河北省邢台一中高一化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年河北省邢台一中高一（上）期中化学试卷　一、选择题：（每小题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列对“摩尔（mol）”的叙述不正确的是（　　）A．摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的多少B．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物C．1mol任何气体所含的气体分子数目都相等D．用“摩尔”（而不用“个”）计量微观粒子与用“纳米”（而不用“米”）计量原子直径，计量思路都是扩大单位　2．下列表格中各项分类都正确的一组是（　　）类别选项纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖BCaO海水铜乙醇C胆矾铝合金AgClCO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋A．AB．BC．CD．D　3．2022年9月25日晚9时10分，我国“神舟七号”载人飞船顺利升入太空．此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4═3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，下列叙述错误的是（　　）A．此反应是氧化还原反应B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行C．在反应中N2O4做还原剂D．R的分子式为C2H8N2　4．某无色酸性溶液中，则该溶液中一定能够大量共存的离子组是（　　）A．Fe2+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣B．Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣C．Na+、K+、SO32﹣、NO3﹣D．Na+、K+、MnO4﹣、Br﹣　5．实验室用固态不纯氯化钠（含少量NH4HCO3和Na2SO4杂质）制取纯净氯化钠溶液．下列操作可供选用：①逐滴加入稀盐酸，调节pH值为5；②煮沸；③加蒸馏水溶解；④加热至不再产生气体为止；⑤加入稍过量的Na2CO3溶液；⑥加入稍过量的BaCl2溶液；⑦过滤．上述实验操作的正确顺序应是（　　）A．①②⑤⑥⑦③④B．③④⑥⑤⑦①②C．④③⑥⑤⑦①②D．④③⑤⑥⑦②①24\n　6．2022年新春，北京一号地铁的车厢中都换上了“金施尔康”的广告，宣称它含有抗氧化成分，因此具有防止人体衰老的功能．人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力．服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C与“金施尔康”具有的性质是（　　）A．维生素C与“金施尔康”都是氧化剂B．维生素C与“金施尔康”都是还原剂C．维生素C是氧化剂，“金施尔康”是还原剂D．维生素C是还原剂，“金施尔康”是氧化剂　7．下列说法中正确的是（　　）A．金属阳离子一定只具有氧化性B．金属单质作反应物时一定不是氧化剂C．氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原D．氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂　8．氢氧化铝可作为治疗某种胃病的内服药，这是利用了氢氧化铝的哪个性质（　　）A．酸性B．碱性C．两性D．氧化性　9．FeCl3、CuCl2混溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的（　　）A．加入KSCN的溶液一定不变红色B．溶液中一定含有Fe3+C．溶液中可能含Cu2+D．剩余固体中一定有铜　10．2.1g平均相对分子质量为7.2的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加（　　）A．2.1gB．3.6gC．7.2gD．无法确定　11．由Zn，Fe，Al，Mg四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为11.2升，则混合物中一定含有的金属是（　　）A．ZnB．FeC．AlD．Mg　12．制备氯化物时，常用两种方法：①用金属与氯气直接化合制得；②用金属与盐酸反应制得．用以上两种方法都可制得的氯化物是（　　）A．AlCl3B．FeCl3C．FeCl2D．CuCl2　13．有甲、乙、丙三瓶等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，若将甲蒸发掉一半水分，在乙中通入少量的CO2，丙不变，然后分别向甲、乙、丙三瓶中加入同浓度的盐酸，完全反应后所需盐酸溶液的体积是（　　）A．甲=乙=丙B．丙＞乙＞甲C．乙＞甲=丙D．甲=丙＞乙　14．把少量CO2分别通入到浓度相同的①Ba（NO3）2溶液；②Ba（OH）2溶液；③溶有氨的BaCl2溶液中．预计能观察到白色沉淀的溶液是（　　）24\nA．①和②B．只有②C．②和③D．只有③　15．把Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（　　）A．Al3+B．Al（OH）3C．AlO2﹣D．Al3+和Al（OH）3　16．将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则已反应的Fe3+和生成的Fe2+物质的量之比为（　　）A．1：1B．1：2C．2：3D．2：1　17．某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如图．盐卤Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl2•6H2OMgCl2Mg下列说法错误的是（　　）A．操作①发生的反应为非氧化还原反应B．若在实验室进行操作①只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器C．操作②是蒸发浓缩、冷却结晶D．在整个制备过程中，未发生置换反应　18．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（　　）①Na、Na2O②AlCl3、Al（OH）3③Cl2、FeCl3④S、SO2．A．①②B．②③C．③④D．①②④　19．有镁铝混合物粉末10.2g，将它溶于500mL4mol•L﹣1的盐酸里，若要使沉淀质量达到最大值，则需加入2mol•L﹣1氢氧化钠溶液的体积为（　　）A．1000mLB．500mLC．100mLD．1500mL　20．某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和A13+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，搅拌后，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（　　）A．Fe3+B．Mg2+C．Fe2+D．A13+　21．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（　　）A．三者的单质放置在潮湿的空气中均只生成氧化物B．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均可用两种单质直接化合的方法C．三者对应的氧化物均为碱性氧化物D．三者对应的氢氧化物均可由其对应的氧化物加水生成　22．在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水．以下叙述正确的是（　　）24\nA．铝热剂就是单指Fe2O3粉末和铝粉的混合物B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液C．分别还原amolFe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3：2：3D．明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物　23．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（　　）A．Fe→FeCl2→FeCl3→Fe（OH）3B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3D．Na→NaOH→NaHCO3→Na2CO3　24．下列示意图与对应的反应情况正确的是（　　）A．含0.01molNaOH和0.01molBa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B．KHCO3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D．向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸　　二、非选择题（共52分）25．A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色，而B的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）为紫色，A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E．试推断：A：　　　　　　、B：　　　　　　、C：　　　　　　、D：　　　　　　、E：　　　　　　．　24\n26．某100mL的CuCl2溶液中，已知溶液中的Cl﹣的浓度为0.2mol/L．现将一定量的铁粉投入到该溶液中（不考虑溶液的体积变化），回答下列问题：（1）原溶液中Cu2+的物质的量浓度为　　　　　　；（2）反应后测得Cl﹣的物质的量浓度为　　　　　　；（3）若反应后测得Fe2+的溶液为0.05mol/L，则反应生成铜单质的质量为　　　　　　；（4）剩余的Cu2+的物质的量浓度为　　　　　　．　27．（14分）（2022•重庆）某学习小组用如图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．（1）A中试剂为　　　　　　．（2）实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是　　　　　　．（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性．上述操作的顺序是　　　　　　（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应　　　　　　．（4）B中发生反应的化学方程式为　　　　　　．（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL（已换算为标准状况），B中剩余固体质量为cg，则铝的相对原子质量为　　　　　　．（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将　　　　　　（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）．　28．（15分）（2022秋•邢台校级期中）铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的知识，完成下列问题．（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是　　　　　　（用字母代号填）．A．Fe；B．FeCl3；C．FeSO4；D．Fe2O3（2）向沸水中逐滴滴加1mol/LFeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是　　　　　　nm．（3）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：　　　　　　．某校同学为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：首先取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中含有的金属阳离子是　　　　　　，在此基础上，又进行了定量组成的测定：取50.0mL待测溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，得白色沉淀，过滤、干燥、称量，沉淀质量为43.05g．溶液中c（Cl﹣）=　　　　　　mol/L．24\n（4）若要验证该溶液中含有Fe2+，正确的实验方法是　　　　　　．A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe2+；B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+；C．向试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2+．（5）欲从废水中回收铜，并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下：A．请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：①　　　　　　；②　　　　　　；③　　　　　　；④HCl．B．请写出通入⑥的化学方程式　　　　　　．　29．（10分）（2022秋•邢台校级期中）将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL，2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/LNaOH溶液．请回答：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n（Mg）=　　　　　　mol，n（Al）=　　　　　　mol，V2=　　　　　　mL．（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=　　　　　　mL．（3）加入V2mLNaOH溶液后，向所得溶液中通入足量CO2，写出发生的反应的离子方程式　　　　　　．　　24\n2022-2022学年河北省邢台一中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：（每小题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列对“摩尔（mol）”的叙述不正确的是（　　）A．摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的多少B．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物C．1mol任何气体所含的气体分子数目都相等D．用“摩尔”（而不用“个”）计量微观粒子与用“纳米”（而不用“米”）计量原子直径，计量思路都是扩大单位【考点】物质的量的单位--摩尔．【专题】化学用语专题．【分析】A、摩尔是物质的量的单位，用于描述物质所含微观粒子的数目；B、混合物和纯净物都可以用物质的量进行描述；C、1mol任何气体都含有阿伏伽德罗常数的个气体分子；D、纳米是缩小单位，不是扩大单位．【解答】解：A、摩尔是物质的量的单位，摩尔用于计量物质所含微观粒子的多少，故A正确；B、摩尔既能用来计量纯净物，如1mol氧气，又能用来计量混合物，如1mol氯气和氮气的混合物，故B正确；C、1mol任何气体都含有阿伏伽德罗常数个气体分子，所含的气体分子数目都相等，故C正确；D、摩尔的计量思路都是扩大单位，而纳米是缩小单位，二者的计量思路不同，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质的量及其单位摩尔，题目难度不大，试题注重了基础知识的考查，注意掌握摩尔与物质的量的关系，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　2．下列表格中各项分类都正确的一组是（　　）类别选项纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖BCaO海水铜乙醇C胆矾铝合金AgClCO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋A．AB．BC．CD．D【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】混合物由两种或两种以上物质组成，纯净物纯净物是由一种物质组成；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．【解答】解：A、生理盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误；B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；24\nC、胆矾是纯净物，铝合金含有多种成分是混合物；氯化银是电解质，二氧化碳是非电解质，故C正确；D、硫酸钠溶液是混合物，所以不是电解质；食醋是弱电解质，故D错误；故选C．【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质和非电解质的判断，难度不大，明确能导电的不一定是电解质，电解质不一定导电．　3．2022年9月25日晚9时10分，我国“神舟七号”载人飞船顺利升入太空．此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4═3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，下列叙述错误的是（　　）A．此反应是氧化还原反应B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行C．在反应中N2O4做还原剂D．R的分子式为C2H8N2【考点】氧化还原反应．【分析】A、氧化还原反应的特征是有化合价的变化，据此判断；B、剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热；C、所含元素化合价升高的反应物为还原剂，结合化合价升降相等判断；D、根据原子守恒判断偏二甲肼分子式．【解答】解：A、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，故A正确；B、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故B正确；C、N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高，故偏二甲肼作还原剂，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应、氧化剂、还原剂的判断，难度中等，关键是概念理解，化合价的判断．　4．某无色酸性溶液中，则该溶液中一定能够大量共存的离子组是（　　）A．Fe2+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣B．Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣C．Na+、K+、SO32﹣、NO3﹣D．Na+、K+、MnO4﹣、Br﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈酸性，如离子能大量共存，则在酸性条件下离子之间不发生任何反应，以此解答．【解答】解：A．酸性条件下Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，且Fe2+有颜色，故A错误；B．溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．酸性条件下，SO32﹣与NO3﹣发生氧化还原反应，故C错误；D．MnO4﹣有颜色，不能大量共存，且酸性条件下MnO4﹣与Br﹣发生氧化还原反应，故D错误．故选B．24\n【点评】本题考查离子共存问题，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，学习中注重相关基础知识的积累，难度不大．　5．实验室用固态不纯氯化钠（含少量NH4HCO3和Na2SO4杂质）制取纯净氯化钠溶液．下列操作可供选用：①逐滴加入稀盐酸，调节pH值为5；②煮沸；③加蒸馏水溶解；④加热至不再产生气体为止；⑤加入稍过量的Na2CO3溶液；⑥加入稍过量的BaCl2溶液；⑦过滤．上述实验操作的正确顺序应是（　　）A．①②⑤⑥⑦③④B．③④⑥⑤⑦①②C．④③⑥⑤⑦①②D．④③⑤⑥⑦②①【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】NH4HCO3不稳定，加热以分解，可首先通过加热除去NH4HCO3，将加热后的固体加水溶解，加入足量的BaCl2溶液除去Na2SO4杂质，然后再加入过量的Na2CO3溶液除去BaCl2，最后加入盐酸，加热可制取纯净氯化钠溶液．【解答】解：因为碳酸氢铵加热易分解，所以在试管中加入固体混合物，并加热，使碳酸氢铵分解为氨气、水蒸气、二氧化碳，而硫酸钠和氯化钠留在试管中；然后将加热后的固体残渣冷却后加水溶解；向溶液中加入足量的BaCl2溶液，目的是除去硫酸钠；向试管溶液中再加入足量Na2CO3溶液，目的是除去多余的氯化钡；过滤是除去硫酸钡和碳酸钡沉淀；向滤液中加入盐酸至不再产生气泡为止，目的是除去多余的碳酸钠；将溶液加热煮沸即得到NaCl溶液，目的是除去多余的盐酸．所以实验步骤：④加热至不再产生气体为止；③加蒸馏水溶解；⑥加入稍过量的BaCl2溶液；⑤加入稍过量的Na2CO3溶液；⑦过滤；①逐滴加入稀盐酸，调pH值为5；②煮沸．故选C．【点评】本题主要考查实验方案的设计，解题的关键是掌握各物质的性质以及操作步骤，难度较大．本题为综合型的实验题，做题时要认真审题，要细心，步步为营．　6．2022年新春，北京一号地铁的车厢中都换上了“金施尔康”的广告，宣称它含有抗氧化成分，因此具有防止人体衰老的功能．人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力．服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C与“金施尔康”具有的性质是（　　）A．维生素C与“金施尔康”都是氧化剂B．维生素C与“金施尔康”都是还原剂C．维生素C是氧化剂，“金施尔康”是还原剂D．维生素C是还原剂，“金施尔康”是氧化剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．24\n【分析】“金施尔康”含有抗氧化成分，则含有还原性；亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，则Fe元素的化合价降低，维生素C中某元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：由信息可知，“金施尔康”含有抗氧化成分，则含有还原性；亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，而维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，则解毒过程中Fe元素的化合价降低，维生素C中某元素的化合价升高，所以维生素C在反应中作还原剂，具有还原性；所以维生素C与“金施尔康”都是还原剂，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重信息的获取和知识迁移应用能力的考查，把握元素的化合价变化即可解答，题目难度不大．　7．下列说法中正确的是（　　）A．金属阳离子一定只具有氧化性B．金属单质作反应物时一定不是氧化剂C．氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原D．氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂【考点】氧化还原反应．【分析】A．金属离子可能具有还原性；B．金属单质作反应物时，一定失去电子；C．氧化还原反应中可能同种元素被氧化也被还原；D．氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂．【解答】解：A．金属离子可能具有还原性，如亚铁离子具有还原性，一般最高价金属离子具有氧化性，故A错误；B．金属单质作反应物时，一定失去电子，则一定为还原剂，故B正确；C．氧化还原反应中可能同种元素被氧化也被还原，如氯气与NaOH的反应中，只有Cl元素的化合价变化，故C错误；D．氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH的反应中，NaOH为反应物，不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及实例的考查，题目难度不大．　8．氢氧化铝可作为治疗某种胃病的内服药，这是利用了氢氧化铝的哪个性质（　　）A．酸性B．碱性C．两性D．氧化性【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】人的胃液里含有胃酸，胃酸主要成分为盐酸．若胃酸分泌过多会引起胃病．氢氧化铝为弱碱性，可中和胃酸缓解病痛．【解答】解：胃酸主要成分为盐酸，胃酸分泌过多会引起胃病．氢氧化铝为弱碱性，与胃液中含有的盐酸反应中和生成氯化铝和水，反应方程式为Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O．故选B【点评】本题考查了氢氧化铝性质，难度较小，依据酸碱的性质进行解答．　9．FeCl3、CuCl2混溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的（　　）24\nA．加入KSCN的溶液一定不变红色B．溶液中一定含有Fe3+C．溶液中可能含Cu2+D．剩余固体中一定有铜【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】元素及其化合物．【分析】根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断．【解答】解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中一定不含有Fe3+，故B错误；C、当固体为铜时，溶液中可能含有Cu2+，故C正确；D、通过以上分析知，剩余固体中可能是Fe、Cu，还可以是Cu，剩余固体中一定有Cu．故D正确．故选B．【点评】本题考查了离子的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．　10．2.1g平均相对分子质量为7.2的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加（　　）A．2.1gB．3.6gC．7.2gD．无法确定【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，以此解答该题．【解答】解：CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，24\n故由2.1gCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为2.1g，故选A．【点评】本题考查混合物计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意利用总反应方程式判断固体增重，也可以利用差量法进行判断，难度中等．　11．由Zn，Fe，Al，Mg四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为11.2升，则混合物中一定含有的金属是（　　）A．ZnB．FeC．AlD．Mg【考点】有关混合物反应的计算．【分析】标况下11.2L氢气的物质的量==0.5mol，故10g金属提供的电子为0.5mol×2=1mol，结合化合价计算提供1mol电子需要各金属的质量，混合各组分的质量满足都等于10g或满足有的组分小于10g、有的组分大于10g，据此判断．【解答】解：标况下11.2L氢气的物质的量==0.5mol，故10g金属提供的电子为0.5mol×2=1mol，A．Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×=32.5g，B．Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol×=28g，C．Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×=9g，D．Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×=12g，提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al，故选：C．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意利用平均值法解答较为简单，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大．　12．制备氯化物时，常用两种方法：①用金属与氯气直接化合制得；②用金属与盐酸反应制得．用以上两种方法都可制得的氯化物是（　　）A．AlCl3B．FeCl3C．FeCl2D．CuCl2【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】元素及其化合物．【分析】金属和氯气反应时，氯气将金属氧化到最高价态，变价金属和盐酸反应时，生成低价态的盐和氢气．【解答】解：A、金属铝和氯气反应生成氯化铝，和盐酸反应生成氯化铝和氢气，故A正确；B、金属铁和氯气反应生成氯化铁，和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故B错误；C、金属铁和氯气反应生成氯化铁，和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故C错误；D、金属铜和氯气反应生成氯化铜，但是金属铜和盐酸不反应，故D错误．故选A．【点评】本题考查金属的化学性质，可以根据所学知识进行回答，较简单．24\n　13．有甲、乙、丙三瓶等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，若将甲蒸发掉一半水分，在乙中通入少量的CO2，丙不变，然后分别向甲、乙、丙三瓶中加入同浓度的盐酸，完全反应后所需盐酸溶液的体积是（　　）A．甲=乙=丙B．丙＞乙＞甲C．乙＞甲=丙D．甲=丙＞乙【考点】离子方程式的有关计算．【专题】守恒法．【分析】甲蒸发掉一半水分，在乙中通入少量的CO2，丙不变，然后分别向甲、乙、丙三瓶中加入同浓度的盐酸，完全反应后溶液中的溶质均为NaCl，结合原子守恒计算．【解答】解：甲蒸发掉一半水分，在乙中通入少量的CO2，丙不变，然后分别向甲、乙、丙三瓶中加入同浓度的盐酸，完全反应后溶液中的溶质均为NaCl，等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，n（NaOH）相同，由原子守恒可知，n（NaOH）～n（NaCl）～n（HCl），即消耗盐酸的物质的量相同，同浓度的盐酸，则消耗盐酸的体积相同，故选A．【点评】本题考查离子反应的计算，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握反应后溶液中的溶质及原子守恒为解答的关键，利用守恒法可快速得到答案，简化计算过程，题目难度不大．　14．把少量CO2分别通入到浓度相同的①Ba（NO3）2溶液；②Ba（OH）2溶液；③溶有氨的BaCl2溶液中．预计能观察到白色沉淀的溶液是（　　）A．①和②B．只有②C．②和③D．只有③【考点】氨的化学性质；化学基本反应类型．【专题】元素及其化合物．【分析】二氧化碳属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，碳酸属于弱酸，不能制取强酸，据此分析解答．【解答】解：①碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，所以没有沉淀生成，故错误；②二氧化碳属于酸性氧化物，少量二氧化碳和氢氧化钡溶液反应生成难溶性的白色沉淀碳酸钡，所以有白色沉淀生成，故正确；③二氧化碳和氯化钡不反应，但二氧化碳和一水合氨反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钡反应生成难溶性的白色沉淀碳酸钡，所以有白色沉淀生成，故正确；故选C．【点评】本题考查了物质之间的反应，明确物质的性质即可解答，注意③中二氧化碳虽然和氯化钡反应，但和一水合氨反应，然后再发生复分解反应，为易错点．　15．把Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（　　）A．Al3+B．Al（OH）3C．AlO2﹣D．Al3+和Al（OH）3【考点】离子方程式的有关计算．【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42﹣，根据反应：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O判断．24\n【解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42﹣，由反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH﹣，则发生Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2﹣，故选C．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，本题中注意判断使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据Al3+和OH﹣物质的量的关系判断反应产物．　16．将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，则已反应的Fe3+和生成的Fe2+物质的量之比为（　　）A．1：1B．1：2C．2：3D．2：1【考点】铁的化学性质；化学方程式的有关计算．【分析】铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3+的物质的量，二者之比即为答案．【解答】解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反应的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+23n1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以，未反应的Fe3+的物质的量为1.5n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为n：1.5n=2：3，故选C．【点评】本题是一道关于三价铁和亚铁之间相互转化的题目，要求学生学会利用化学方程式表达题目已知条件，难度不大．　17．某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如图．盐卤Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl2•6H2OMgCl2Mg下列说法错误的是（　　）A．操作①发生的反应为非氧化还原反应B．若在实验室进行操作①只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器C．操作②是蒸发浓缩、冷却结晶D．在整个制备过程中，未发生置换反应【考点】金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物．【专题】综合实验题．【分析】A．盐卤和氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁；B．操作①为过滤，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；C．从溶液中分离出晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法；D．一种化合物和一种单质反应生成另外的单质和化合物的反应为置换反应．【解答】解：A．操作①发生复分解反应Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，故A正确；B．过滤操作中还需使用的玻璃仪器有玻璃棒，故B错误；C．MgCl2溶液得到MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，故C正确；D．只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，故D正确；故选B．24\n【点评】本题考查物质的制备，侧重考查基本实验操作、基本反应类型判断，明确流程图中发生的反应、操作方法是解本题关键，会正确书写相应的化学方程式，题目难度不大．　18．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（　　）①Na、Na2O②AlCl3、Al（OH）3③Cl2、FeCl3④S、SO2．A．①②B．②③C．③④D．①②④【考点】钠的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物．【分析】①钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，钠与氧气点燃生成过氧化钠；②氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；③氯气与铁反应只生成氯化铁；④硫与氧气反应只生成二氧化硫．【解答】解：①钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，钠与氧气点燃生成过氧化钠，所以X是钠，Y是氧化钠，W是氧气，Z是过氧化钠，故正确；②氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以X是氯化铝，Y是氢氧化铝，W是氢氧化钠，Z是偏铝酸钠，故正确；③氯气与铁反应只生成氯化铁，所以不能实现上述转化关系，故错误；④硫与氧气反应只生成二氧化硫，所以不能实现上述转化关系，故错误；故选：A．【点评】本题考查考查常见元素及其化合物的有关转化，熟悉物质的性质及反应条件对反应的影响是解题关键，注意对相关知识的积累．　19．有镁铝混合物粉末10.2g，将它溶于500mL4mol•L﹣1的盐酸里，若要使沉淀质量达到最大值，则需加入2mol•L﹣1氢氧化钠溶液的体积为（　　）A．1000mLB．500mLC．100mLD．1500mL【考点】有关混合物反应的计算．【分析】由题意可知，酸碱恰好完全中和时产生的沉淀的质量最大，利用盐酸与氢氧化钠的反应的关系来计算．【解答】解：因产生的沉淀的质量最大，钠元素和氯元素以NaCl存在，即相当于酸碱恰好中和时沉淀量最大，设需加入的氢氧化钠溶液的体积为为x，则HCl～NaOH110.5L×4mol/Lx×2mol/L，解得x=1L=1000mL，24\n故选A．【点评】本题考查金属与酸及盐与碱反应，明确生成沉淀最大时钠与氯元素的存在形式是解答本题的关键，然后利用关系式法即可计算解答．　20．某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和A13+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，搅拌后，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（　　）A．Fe3+B．Mg2+C．Fe2+D．A13+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】加入过量的氢氧化钠溶液并充分搅拌，四种金属离子均转化为沉淀，然后氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，结合再加入过量的盐酸发生的反应解答．【解答】解：溶液中有Fe2+、Fe3+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液并充分搅拌，反应时，四种金属离子均先转化为沉淀，然后氢氧化铝与过量的NaOH反应转化为偏铝酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁、氢氧化镁、偏铝酸钠与盐酸反应生成金属阳离子为Fe3+、Mg2+和Al3+，显然溶液中大量减少的离子是Fe2+，故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，把握发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝的两性、氧化还原反应即可解答，题目难度不大．　21．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（　　）A．三者的单质放置在潮湿的空气中均只生成氧化物B．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均可用两种单质直接化合的方法C．三者对应的氧化物均为碱性氧化物D．三者对应的氢氧化物均可由其对应的氧化物加水生成【考点】铝的化学性质；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．Fe转化为铁锈，Cu转化为铜绿；B．单质与氯气反应生成高价态金属氯化物；C．氧化铝为两性氧化物；D．三者对应的氧化物均不与水反应．【解答】解：A．Fe转化为铁锈，Cu转化为铜绿，铁锈为氧化铁的水合物，铜绿为碱式盐，只有Al生成氧化铝，故A错误；B．单质与氯气反应生成高价态金属氯化物，则制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均可用两种单质直接化合的方法，故B正确；C．氧化铝为两性氧化物，氧化铁、氧化亚铁、氧化铜为碱性氧化物，故C错误；D．三者对应的氢氧化物均为不溶性碱，则三者对应的氧化物均不与水反应生成相应的碱，故D错误；故选B．【点评】本题考查常见的金属单质的性质，为高频考点，把握金属及其化合物性质为解答的关键，综合性较强，题目难度不大，选项C为解答的易错点．24\n　22．在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水．以下叙述正确的是（　　）A．铝热剂就是单指Fe2O3粉末和铝粉的混合物B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液C．分别还原amolFe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3：2：3D．明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物【考点】探究铝热反应；氧化还原反应；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】元素及其化合物．【分析】A．可以发生铝热反应的混合物称之为铝热剂；B．Fe2O3不溶于水，且和水不反应；C．amolFe2O3被还原得到6amol电子，根据还原剂的化合价变化判断；D．含有结晶水的化合物为纯净物．【解答】解：A．作为铝热剂重要组成的金属氧化物，并非单质氧化铁，也并非泛指所有金属氧化物，而是有﹣定范围的，即指那些难熔的金属氧化物．而这些难熔的金属氧化物和混合物中的铝反应时放出大量热，也是构成铝热反应的一个重要条件，故A错误；B．Fe2O3不溶于水，且和水不反应，应加入盐酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，故B错误；C．amolFe2O3被还原得到6amol电子，则分别消耗H2、Al、CO3amol、2amol、3amol，物质的量之比为3：2：3，故C正确；D．明矾为结晶水化合物，为纯净物，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查元素化合物知识，涉及铝热剂、离子的检验、氧化还原反应以及纯净物与混合物的判断，题目难度中等，注意相关知识的积累．　23．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（　　）A．Fe→FeCl2→FeCl3→Fe（OH）3B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3D．Na→NaOH→NaHCO3→Na2CO3【考点】铁的化学性质；钠的化学性质；铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，再与氯气反应生成氯化铁，与NaOH反应生成氢氧化铁；B．Na与氧气反应生成过氧化钠，再与二氧化碳反应生成碳酸钠，再与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠；C．氧化铝不能一步转化为氢氧化铝；D．Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，再与NaOH反应生成碳酸钠．【解答】解：A．FeFeCl2FeCl3Fe（OH）3，均可一步转化，故A不选；B．NaNa2O2Na2CO3NaHCO3，均可一步转化，故B不选；C．氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，故C选；D．NaNaOHNaHCO3Na2CO3，均可一步转化，故D不选；故选C．24\n【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查金属及化合物的性质和转化，把握发生的化学反应及一步转化为解答的关键，题目难度不大．　24．下列示意图与对应的反应情况正确的是（　　）A．含0.01molNaOH和0.01molBa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B．KHCO3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D．向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸【考点】离子方程式的有关计算．【分析】A．发生的反应为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，当Na2CO3完全反应后，碳酸钡再和二氧化碳反应；B．KHCO3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生反应为Ba（OH）2+KHCO3=BaCO3↓+KOH+H2O；C．向硫酸铝钾中滴入氢氧化钡溶液时发生的离子方程式有Ba2++SO42﹣═BaSO4↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，根据物质间的反应判断；D．先发生NaOH与盐酸的反应不生成沉淀，然后发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，根据方程式确定产生沉淀与沉淀消失阶段消耗盐酸的体积．【解答】解：A．发生的反应为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，当Na2CO3完全反应后，碳酸钡再和二氧化碳反应，所以生成碳酸钡、氢氧化钠反应生成碳酸氢钠、消失碳酸钡需要二氧化碳的物质的量之比为1：1：1，所以其图象应该是，故A错误；24\nB．KHCO3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生反应为Ba（OH）2+KHCO3=BaCO3↓+KOH+H2O，所以图象与实际相符，故B正确；C．向硫酸铝钾中滴入氢氧化钡溶液时发生的离子方程式有Ba2++SO42﹣═BaSO4↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，假设n（KAl（SO4）2）=2mol，当n（Ba（OH）2）≤3mol，发生的反应为Ba2++SO42﹣═BaSO4↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，沉淀的质量为m（BaSO4）+m（Al（OH）3），铝离子完全沉淀时，还剩n（SO42﹣）=1mol；当3mol＜n（Ba（OH）2）≤4mol，发生的反应为Ba2++SO42﹣═BaSO4、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，沉淀的质量为硫酸钡减去溶解的氢氧化铝的质量，硫酸根离子完全沉淀时，铝元素完全转化为偏铝酸根离子，生成的n（BaSO4），溶解的n（Al（OH）3）=2mol，固体增加质量=233g/mol×1mol﹣78g/mol×2mol=77g＞0，再继续加入氢氧化钡溶液，固体的质量不变，所以其图象为，故C错误；D．先发生NaOH与盐酸的反应不生成沉淀，然后发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，沉淀生成与溶解消耗酸为1：3，图象与实际不符，故D错误；故选B．【点评】本题考查了图象分析，明确物质间的反应及物质的性质是解本题关键，根据物质之间量的关系进行解答，难点是根据其分界点确定发生的反应，题目难度中等．　二、非选择题（共52分）25．A、B、C、D四种化合物，其中A、C、D焰色反应均为黄色，而B的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）为紫色，A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E．试推断：A：　Na2CO3　、B：　KOH　、C：　NaHCO3　、D：　NaCl　、E：　Fe（OH）3　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A、C、D焰色反应均为黄色，则均为钠的化合物，B的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）为紫色，则B为钾的化合物，A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，则C为NaHCO3，A为Na2CO3，D为NaCl；若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E，则B为KOH，E为Fe（OH）3，以此来解答．【解答】解：A、C、D焰色反应均为黄色，则均为钠的化合物，B的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）为紫色，则B为钾的化合物，A、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，则C为NaHCO3，A为Na2CO3，D为NaCl；若B的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀E，则B为KOH，E为Fe（OH）3，综上所述，A为Na2CO3，B为KOH，C为NaHCO3，D为NaCl，E为Fe（OH）3，故答案为：Na2CO3；KOH；NaHCO3；NaCl；Fe（OH）3．【点评】本题考查无机物的推断，熟悉钠的化合物及碱与亚铁离子的反应即可解答，注意现象与发生的化学反应的关系，题目难度不大．24\n　26．某100mL的CuCl2溶液中，已知溶液中的Cl﹣的浓度为0.2mol/L．现将一定量的铁粉投入到该溶液中（不考虑溶液的体积变化），回答下列问题：（1）原溶液中Cu2+的物质的量浓度为　0.1mol/L　；（2）反应后测得Cl﹣的物质的量浓度为　0.2mol/L　；（3）若反应后测得Fe2+的溶液为0.05mol/L，则反应生成铜单质的质量为　0.32g　；（4）剩余的Cu2+的物质的量浓度为　0.05mol/L　．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】（1）原溶液中c（Cu2+）=c（Cl﹣）；（2）反应中氯离子不参加反应，不考虑溶液的体积变化，则氯离子浓度不变；（3）根据n=cV计算n（Fe2+），再根据方程式计算反应生成n（Cu），再根据m=nM计算Cu的质量；（4）根据电荷守恒有：n（Cl﹣）=2n（Fe2+）+2c（Cu2+），据此计算．【解答】解：（1）原溶液中c（Cu2+）=c（Cl﹣）=×0.2mol/L=0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L；（2）反应中氯离子不参加反应，不考虑溶液的体积变化，则氯离子浓度不变，故反应后测得Cl﹣的物质的量浓度为为0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L；（3）n（Fe2+）=0.1L×0.05mol/L=0.005mol，由Cu2++Fe=Fe2++Cu，可知生成Cu为0.005mol，故生成Cu的质量为0.005mol×64g/mol=0.32g，故答案为：0.32g；（4）根据电荷守恒有：n（Cl﹣）=2n（Fe2+）+2c（Cu2+），则：0.2mol/L=2×0.05mol/L+2c（Cu2+），解得：c（Cu2+）=0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L．【点评】本题考查溶液浓度计算、化学方程式计算等，难度不大，侧重对基础知识的巩固．　27．（14分）（2022•重庆）某学习小组用如图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．（1）A中试剂为　NaOH溶液　．（2）实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是　除去铝镁合金表面的氧化膜　．（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性．上述操作的顺序是　⑤①④③②　（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应　使D和C的液面相平　．（4）B中发生反应的化学方程式为　2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑　．（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL（已换算为标准状况），B中剩余固体质量为cg，则铝的相对原子质量为　　．（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将　偏小　（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）．24\n【考点】铝的化学性质；镁的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；（2）由于Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；（3）整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量．在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；（4）B中发生的是Al与碱的反应；（5）（a﹣c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n（Al）可以由产生的H2获得；（6）未洗涤，则造成（a﹣c）变小，则由（5）的结果可进行判断．【解答】解：（1）根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；（2）铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，故答案为：除去铝镁合金表面的氧化膜；（3）实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，故答案为：⑤①④③②；使D和C的液面相平；（4）B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（5）铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a﹣c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2M3×22400ml（a﹣c）gbml解之得：M=，故答案为：；（6）铝的质量分数为：，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小，故答案为：偏小．24\n【点评】本题考查混合物的计算和测定，题目难度中等，建议加强元素化合物的学习，学会分析实验中的每一个关键点．　28．（15分）（2022秋•邢台校级期中）铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的知识，完成下列问题．（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是　C　（用字母代号填）．A．Fe；B．FeCl3；C．FeSO4；D．Fe2O3（2）向沸水中逐滴滴加1mol/LFeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是　1～100　nm．（3）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：　2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+　．某校同学为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：首先取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则溶液中含有的金属阳离子是　Fe3+、Fe2+、Cu2+　，在此基础上，又进行了定量组成的测定：取50.0mL待测溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，得白色沉淀，过滤、干燥、称量，沉淀质量为43.05g．溶液中c（Cl﹣）=　6.0　mol/L．（4）若要验证该溶液中含有Fe2+，正确的实验方法是　B　．A．向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe2+；B．向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+；C．向试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2+．（5）欲从废水中回收铜，并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下：A．请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：①　Fe　；②　FeCl2　；③　FeCu　；④HCl．B．请写出通入⑥的化学方程式　2FeCl2+Cl2=2FeCl3　．【考点】铁的化学性质；胶体的重要性质；"三废"处理与环境保护；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】（1）根据元素的化合价处于中间价态，既能升高，又能降低，既有氧化性又有还原性；（2）根据透明的红褐色是胶体，胶体的粒子直径1nm＜d＜100nm；（3）FeCl3溶液与铜反应：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；滴入KSCN溶液呈红色，存在三价铁离子；沉淀43.05g是氯化银，物质的量是0.3mol；（4）检验的Fe2+方法；（5）A、根据图示进行推断，金属是铁；B、亚铁离子氧化成三价铁离子．【解答】解：（1）因元素的化合价处于中间价态时，既能升高，又能降低，既有氧化性又有还原性，故答案为：C；（2）因透明的红褐色是胶体，胶体的粒子直径1nm＜d＜100nm，故答案为：1～100；24\n（3）FeCl3溶液与铜反应的离子方程式是：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；由于滴入KSCN溶液呈红色，证明溶液中Fe3+有剩余，溶液中含有的金属阳离子是：Fe3+Fe2+Cu2+；43.05g沉淀是氯化银，物质的量为0.3mol，溶液中c（Cl﹣）==6.0mol/L；故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；Fe3+、Fe2+、Cu2+；6.0；（4）A、向试管中加入试液，滴入KSCN溶液，若显血红色，证明含有Fe3+，故A错误；B、向试管中加入试液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+；故B正确；C、试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2+，应该是先加入硫氰化钾，不变色，再加入氯水，若显示红色，证明有亚铁离子，故C错误；故选B；（5）A、制取的是氯化铁溶液，金属①是铁；滤液②是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣③是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，④加入应该是盐酸；故答案为：Fe；FeCl2；FeCu；B、⑥是将亚铁离子氧化成三价铁离子，反应方程式是：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3．【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，涉及的内容较多，注意分析题中提供的信息，根据所学知识写成反应的方程式，本题难度中等．　29．（10分）（2022秋•邢台校级期中）将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL，2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/LNaOH溶液．请回答：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．当V1=160mL时，则金属粉末中n（Mg）=　0.06　mol，n（Al）=　0.04　mol，V2=　440　mL．（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=　400　mL．（3）加入V2mLNaOH溶液后，向所得溶液中通入足量CO2，写出发生的反应的离子方程式　AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣　．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】图像图表题；守恒法；利用化学方程式的计算．【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V1=160mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，根据Mg原子、Al原子、SO42﹣离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Mg）；当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液．根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒，求出n（NaOH），再利用V=计算．24\n（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42﹣离子和Na+离子守恒有n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）求出n（NaOH），再利用V=计算；（3）加入V2mLNaOH溶液后，反应后溶质为偏铝酸钠，向所得溶液中通入足量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠．【解答】（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（Na+）=n（NaOH）=×0.16L×1mol/L=0.08mol，设MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1根据SO42﹣离子守恒有：x+3y=0.2﹣0.08联立方程，解得：x=0.06；y=0.02所以金属粉末中n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=2×0.02mol=0.04mol滴加NaOH溶液到体积V2时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.1L×2mol/L×+0.04mol=0.44mol，所以，V2==0.44L=440ml故答案为：0.06；0.04；440；（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42﹣离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以V（NaOH）==0.4L=400mL，故答案为：400；（3）加入V2mLNaOH溶液后，反应后溶质为偏铝酸钠，向所得溶液中通入足量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，对于图象分析题的解题规律：要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析．注意守恒思想的运用，使计算简化．　24