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【化学】湖北省武汉市汉阳一中2018-2019学年高一上学期12月月考试卷（解析版）
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湖北省武汉市汉阳一中2018-2019学年高一上学期12月月考试卷
1.大多数物质的俗名是根据其特殊的物理性质或用途得来的。下列物质的俗名与化学式或用途不相符的一项是（ ）
选项
俗名
主要成分(化学式)
用途
A
石英
SiO2
集成电路
B
纯碱
Na2CO3
制备玻璃
C
水玻璃
Na2SiO3
制备硅胶
D
铁红
Fe2O3
用作油漆和涂料
【答案】A
【解析】
【详解】A、石英成分是SiO2，SiO2是制造光导纤维的原料，SiO2不导电，不能用于集成电路，故A说法错误；B、 Na2CO3的俗名是纯碱，制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，故B说法正确；C、Na2SiO3的水溶液称为水玻璃，硅酸钠用途之一是制备硅胶，故C说法正确；D、氧化铁俗称铁红，用作油漆和涂料，故D说法正确。
2.下列关于胶体的说法错误的是（ ）
A. 可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaCl
B. “卤水点豆腐”、“不同牌子的墨水不能混用”都与胶体的聚沉有关
C. 雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质原因是能发生丁达尔现象
D. 电泳现象说明胶体粒子带电
【答案】C
【解析】
【分析】A. 胶体粒子的直径介于1−100 nm之间，能够透过滤纸，不能穿过半透膜，而离子、小分子之间可以透过半透膜；
B. 胶体具有聚沉特性，聚沉的方法有加热、加入电解质、加入带相反电荷的胶体；
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；
D. 胶体微粒带有电荷，在电场的作用下，会在分散剂里作定向移动，这种现象叫做电泳现象。
【详解】A. 淀粉胶体粒子的直径介于1−100 nm之间，能够透过滤纸，不能穿过半透膜，而NaCl中的离子、小分子可以透过半透膜，所以可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaCl，故A项正确，不符合题意；
B. “卤水点豆腐”利用的是加入电解质使胶体发生聚沉；墨水属于胶体，“不同牌子的墨水”中的胶体粒子可能带电性相反的电荷，若混用可能会使墨水发生聚沉，则“卤水点豆腐”、“不同牌子的墨水不能混用”都与胶体的聚沉有关，故B项正确，不符合题意；
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1−100 nm之间，故C项错误，符合题意；
D. 电泳现象说明胶体粒子带电，D项正确，不符合题意；
答案选C。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 将l00mL 0.1mol•L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数为0.01NA
B. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为2NA
C. 7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1NA
D. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol O2转移的电子数为0.1NA
【答案】C
【详解】A. Fe(OH)3胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算含有的氢氧化铁胶粒数目，故A项错误；
B.，故B项错误；
C. 过氧化钠和硫化钠的摩尔质量都是78g/mol，7.8 g硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为0.1mol，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则0.1 mol混合物中含有0.1 mol阴离子，含有的阴离子数为0.1 NA，故C项正确；
D. 过氧化钠与水反应生成0.1 mol氧气，转移了0.2 mol电子，转移电子的数目为0.2 NA，故D项错误；
答案选C。
4.对合金的认识错误的是（ ）
A. 合金是纯净物 B. 可以由非金属和金属组成的
C. 生铁与钢都是铁碳合金 D. 可以由金属和金属组成的
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查合金与合金的性质，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。
【详解】A、合金是一种混合物，选项A错误；
B、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项B正确；
C、生铁和钢都是铁的合金，生铁是含碳量为2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%～2%的铁合金，生铁和钢都是铁碳合金，选项C正确；
D、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项D正确；
答案选A。
5.氢化钠可以作为生氢剂，反应方程式如下：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是氧化还原反应，反应中有2个电子发生转移
B. 该反应是非氧化还原反应
C. 该反应是氧化还原反应，当生成1molH2时，转移电子1mol
D. 该反应的离子方程式为H-+H2O=OH-+H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】反应NaH+H2O＝NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，以此解答。
【详解】A．NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，该反应是氧化还原反应，反应中有1个电子发生转移，故A错误；
B．反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C．NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，反应中电子转移数为1，则当生成1molH2时，转移电子1mol，故C正确；
D．反应的离子方程式为NaH+H2O＝OH-+Na++H2↑，故D错误；
答案选C。
6.下列各组中的两种物质作用，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是（ ）
A. NaOH与 CO2 B. Na2O2 与CO2 C. NaOH与AlCl3 D. Na与O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaOH和少量 CO2反应生成碳酸钠和水，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故不符合题意；
B. Na2O2 和CO2反应生成碳酸钠和氧气，符合题意；
C. 少量NaOH与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，过量的氢氧化钠和氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠和水，故不符合题意；
D. Na与O2在常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故不符合题意。
故选B。
7.下列离子方程式错误的是（ ）
A. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2+ +O2 +4H+ = 4Fe3+ +2H2O
B. 为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药：HCO3-+H+ = H2O+CO2↑
C. 明矾净水的原理：Al3++3H2O = Al(OH)3(胶体)+3H+
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀：2Ba2+ + Al3+ + 2SO42-+ 4OH－ = AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】根据离子反应的条件分析；根据离子反应方程书写规则分析；
【详解】A. 由于在酸性条件下抑制了Fe2+水解，Fe2+在空气中，被氧气被氧化为Fe3+，则FeSO4酸性溶液暴露在空气中的离子反应为：4Fe2+ +O2 +4H+===4Fe3+ +2H2O，故A正确，但不符合题意；
B. 为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药发生的离子反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B正确，但不符合题意；
C.明矾净水原理即是明矾中的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体吸附水中杂质，离子方程式为：Al3++3H2O ===Al(OH)3(胶体)+3H+，故C正确，但不符合题意；
D. 恰好使SO42-沉淀完全，明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1：2，则向明矾溶液中滴加Ba（OH）2，恰好使SO42-沉淀完全的离子反应为：A13++2SO42-+2Ba2++4OH-═A1O2-+2BaSO4↓，故D错误，但符合题意；
故选D。
8.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（ ）
A. 若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋ B. 若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
C. 若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出 D. 若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
【答案】B
【解析】
【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答。
【详解】A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；
B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；
C．若溶液中有Cu2+，加入的铁不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；
D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；
答案选B。
9.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是（ ）
①Na、Na2O、Na2O2 ②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2 ③Fe、FeCl2、FeCl3 ④NaOH、Na2CO3、NaHCO3 ⑤C、CO、CO2
A. ②④ B. ①③⑤ C. ①②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①若X为Na，W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，Na 与O2在常温条件下反应生成Na2O，Na2O在有氧气并且加热的条件下生成Na2O2，Na 与O2在加热条件下反应生成Na2O2，故①正确；
②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，AlCl3与少量的NaOH反应生成Al(OH)3和NaCl，Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2和H2O，AlCl3与过量的NaOH反应生成NaAlO2、H2O和NaCl，故②正确；
③若X为Fe，W为Cl2，则Fe和Cl2反应只生成FeCl3，故③错误；
④若X为NaOH，W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，NaOH与少量的CO2反应生成Na2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成NaHCO3，NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，故④正确；
⑤若X为C，W为O2，则Y为CO，Z为CO2，C和O2在不完全燃烧条件下生成CO，CO继续氧化为CO2，C和O2在完全燃烧条件下生成CO2，故⑤正确。
所以正确的是①②④⑤。
故选C。
10.下列说法错误的是（ ）
A. SiO2能与HF反应，因此可用HF刻蚀玻璃
B. 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸胶体
C. 氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，化学式为Si3N4
D. SiO2溶于水显酸性
【答案】D
【解析】
【分析】A. 氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；
B. 盐酸的酸性强于硅酸，根据强酸制弱酸分析解答；
C. 氮化硅化学式的书写可以根据化合价代数和为0；
D. SiO2难溶于水。
【详解】A. 氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，能够腐蚀玻璃，可用于刻蚀玻璃，故A项正确；
B. 盐酸的酸性强于硅酸，所以向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶，故B项正确；
C. 根据化合物中正负化合价的代数和为0的原则，氮的化合价为-3价，硅的化合价为+4价，所以氮化硅的化学式为Si3N4，故C项正确；
D. SiO2难溶于水且不与水反应，不能利用SiO2直接制备硅酸，故D项错误；
答案选D。
11. 用下列装置不能达到有关实验目的的是（ ）
A. 用甲图装置证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水)
B. 用乙图装置制备Fe(OH)2
C. 用丙图装置制取金属锰
D. 用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】D
【解析】试题分析：A、由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B、由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C、由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；故选D。
12.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
金属钠着火，不能用水扑灭，
应用沙土灭火
金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生成氢气
B
K2FeO4用于自来水的消毒和净化
K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的
Fe3+水解生成胶状物，可以吸附水中悬浮物
C
Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源
Na2O2与CO2和H2O反应放出O2
D
节日燃放的烟花颜色五颜六色
是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反应呈现的
【答案】D
【解析】
【分析】A. 金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生成易燃气体氢气；
B. K2FeO4具有强氧化性，在杀菌、消毒过程中被还原生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体；
C. Na2O2能与人呼出的CO2、水蒸气反应生成O2；
D. 铂、铁灼烧时均为无色；
【详解】A. 金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生成氢气，其化学方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，则金属钠着火，不能用水扑灭，应用沙土灭火，故A项正确；
B. K2FeO4具有强氧化性，在杀菌、消毒过程中被还原生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，可以吸附水中悬浮的杂质，故B项正确；
C、Na2O2能与人呼出的CO2、水蒸气反应生成O2，则Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故C项正确；
D. 含铂、铁的物质在灼烧时火焰均为无色，则节日燃放的烟花，是碱金属、锶等金属化合物焰色反应所呈现的色彩，跟铂、铁金属无关，故D项错误；
答案选D。
13.下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（ ）组
①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量
③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量 ④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量 ⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小；
②因加入的电解质可使胶体先聚沉，然后H2SO4与Fe(OH)3再进一步发生复分解反应，沉淀溶解；
③盐酸酸性强于碳酸，氯化钡溶液与二氧化碳不反应；
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙；
⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，后过量时氢氧化铝溶解，但是最终会有硫酸钡沉淀不能溶解；
⑥向溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝沉淀与盐酸发生复分解反应；
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量，反应先生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，继续通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，沉淀不溶解。
【详解】①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入至过量，有晶体析出，且不会再被溶解，故①不选；
②向氢氧化铁胶体中逐滴滴加稀至过量，胶体先聚沉，然后氢氧化铁可溶解于硫酸，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故②选；
③盐酸酸性强于碳酸，所以氯化钡溶液与二氧化碳不反应，不会产生沉淀，故③不选；
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，其化学方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，然后继续通入CO2，发生反应：CaCO3+CO2+H2O = Ca(HCO3)2，所以现象为先出现沉淀后沉淀完全溶解，故④选；
⑤少量的Ba(OH)2加入Al2(SO4)3溶液后，发生反应，其化学方程式为：Al2(SO4)3 +3Ba(OH)2 = 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓，继续滴加Ba(OH)2时，沉淀溶解，其离子方程式为：Al(OH)3+OH－= AlO2－+2H2O，但硫酸钡不能被溶解，故⑤不选；
⑥向溶液中逐滴滴加盐酸时，发生的离子反应方程式为：AlO2-+H++H2O = Al(OH)3，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝沉淀与盐酸发生复分解反应，即：Al(OH)3+3H+ = Al3++3H2O，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故⑥选；
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2，发生反应的离子方程式为：2AlO2-+ CO2+3H2O = 2Al(OH)3↓+ CO32-，继续通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，其离子方程式为：CO32-+ CO2+H2O = 2HCO3-，但Al(OH)3沉淀不溶于弱酸，故⑦不选；
故②④⑥三个符合题意；
答案选B。
14.甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V（甲）：V（乙）=1：2，则加入铝粉质量为（ ）
A. 2.7g B. 3.6g C. 5.4g D. 1.8g
【答案】C
【解析】
【分析】铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量来计算。
【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为n(HCl)=n(NaOH)=0.1L×3mol·L－1=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为V（甲）：V（乙）=1：2，
设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
6 3
0.3mol x
6/3=0.3mol/x，解得x=0.15mol，一定条件下，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.3mol
2/3=y/0.3mol，解得y=0.2mol，则铝的质量为m(Al)=0.2mol×27g·mol－1=5.4g，
故选：C。
15.下列图像均为实验过程中产生沉淀的物质的量与加入试剂的量之间的关系图，其中错误的是（ ）
A. 图A表示向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量
B. 图B表示将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系
C. 图C表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量
D. 图D表示向烧碱溶液中滴加明矾溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、MgCl2和AlCl3和盐酸的混合溶液中滴加NaOH溶液，先发生中和反应，故开始无沉淀；再发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，生成两种沉淀，沉淀量随着氢氧化钠的量增大而增大，继续加入氢氧化钠溶液，发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，最后氢氧化铝溶解而氢氧化镁不溶解，沉淀的量不变，选项A正确；B、将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2，根据物质的溶解性知，沉淀量与通入二氧化碳关系图相符，选项B正确；C. Al3+结合氢氧根离子的能力强于NH4+，发生离子反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,消耗氢氧化钠的物质的量之比为3：1：1，选项C正确；D、形成1 mol偏铝酸根离子需要1 mol铝离子，消耗1 mol偏铝酸根离子却只需要1/3mol铝离子，与图中比例不符，选项D错误；答案选D。
16.向一定量的Fe、Fe3O4、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为（ ）
A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】
盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），据此结合m=nM计算得到的铁的质量。
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）=×0.2L×1mol/L=0.1mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，
答案选B。
17.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、NO3—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+
B. 溶液中n(Al3+)=0.1 mol
C. 溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和NO3—
D. n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=2∶2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子；加氢氧化钠溶液产生白色沉淀说明不含铁离子；由图像可知溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子，加入氢氧化钠溶液，按照氢离子→镁离子和铝离子→铵根离子→氢氧化铝沉淀的顺序反应，沉淀量的变化是先在x轴上，然后逐渐增大，平行x轴，再减小，最后平行x轴，可以对照图象上的量求出各离子的量。
【详解】由图像可知溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子，A正确；溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量为（0.8mol—0.7mol）=0.1mol，由氢氧化铝沉淀溶解的方程式可知，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，由铝原子个数守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，B正确；加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，C错误；由图中数据可知，中和氢离子的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，溶解氢氧化铝沉淀的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，由铝原子个数守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为（0.5mol—0.1mol）=0.4mol，生成氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量为0.3mol，则生成氢氧化镁沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为0.1mol，由方程式可知氢氧化镁的物质的量为0.05mol，由镁原子个数守恒可知镁离子的物质的量为0.05mol，故氢离子、铝离子和镁离子的物质的量比为2:2:1，D正确。
故选C。
18.硅是无机非金属材料的主角,硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。
（1）下列物质不属于硅酸盐的是____。
A．陶瓷 B．玻璃 C．水泥 D．生石灰
（2）玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，将其表示为氧化物形式为_________________________。
（3）用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧,说明Na2SiO3可用作______。Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得,高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是___。
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
（4）高纯度单晶硅可以按下列方法制备:
SiO2 Si(粗) SiHCl3 Si(纯)
写出步骤①的化学方程式___________________________________________________。步骤②的产物经过冷凝后得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)，提纯SiHCl3主要操作的名称是_________。 步骤③需要在无水无氧环境下进行，若在有氧环境下，除了有不安全因素外还可能使产品中混有杂质____________。
【答案】 (1). D (2). Na2O·Al2O3·4SiO2 (3). 防火剂 (4). D (5). 2C+ SiO2 Si+ 2CO (6). 蒸馏 (7). SiO2
【解析】
【分析】（1）硅酸盐指由硅酸或多硅酸形成的盐，常见的硅酸盐材料有陶瓷、玻璃和水泥等；
（2）用氧化物的形式表示硅酸盐的组成时，各氧化物的排列顺序为：较活泼金属的氧化物→较不活泼金属的氧化物→二氧化硅→水。氧化物化学式之间用“・”隔开，化学式前的计量数只能取整数，且只代表氧化物本身；
（3）水玻璃是矿物胶，不燃烧，可用作防火剂；二氧化硅能够与碱反应，氯化铝能够与碱发生反应；
（4）①工业用C还原二氧化硅制备粗硅；
②根据沸点不同选择混合物的分离和提纯方法；硅和氧气在高温条件下会生成二氧化硅。
【详解】（1）陶瓷、玻璃和水泥都是硅酸盐，生石灰是氧化钙，不属于硅酸盐，
故答案选D；
（2）用氧化物的形式表示硅酸盐的组成时，各氧化物的排列顺序为：较活泼金属的氧化物→较不活泼金属的氧化物→二氧化硅→水。氧化物化学式之间用“・”隔开，则NaAlSi2O6，表示为氧化物形式为Na2O·Al2O3·4SiO2，
故答案为：Na2O·Al2O3·4SiO2；
（3）水玻璃是矿物胶，不能燃烧，也有支持燃烧，可以在可燃物表面形成一层耐高温材料，故可以做防火剂；普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚都含有二氧化硅，能够与碱反应。氯化铝与碱能够发生反应，铁坩埚却不会与碱反应，所以高温熔融纯碱时可选用的是铁坩埚，
故答案为：防火剂；D；
（4）①步骤①为工业制备粗硅的过程，其化学方程式为：2C+ SiO2 Si+ 2CO，
故答案为2C+ SiO2 Si+ 2CO；
②SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)，因沸点不同，故可采用蒸馏的方法提纯SiHCl3；步骤③是SiHCl3与过量还原性气体氢气反应制备高纯硅的过程，需要在无水、无氧环境下进行，若在有氧环境下，除了有不安全因素外，还可能使产品中生成的硅单质与氧气在高温下反应生成杂质SiO2。
故答案为：蒸馏；SiO2。
19.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。（碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物）
（1）实验步骤：
①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是________________。
②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为____________________________、__________________________。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。
（2）关于该实验方案，请回答下列问题。
①若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是_______________________________。
②E处干燥管中盛放的药品是________，其作用是________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量分数______________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为________(用含w、m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑ (3). Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑ (4). Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大 (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果 (7). 偏大 (8). ×100%
【解析】
【分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量；由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而间接求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是干燥并除尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，
（1）①根据实验基本操作步骤可知，气体发生装置需要检查装置气密性；
④含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠；
（2）①若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小；
②E处干燥管是碱石灰，防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，如果实验中没有该装置D装置中测定二氧化碳质量增大；
③根据D装置中增重质量计算吸收的二氧化碳的量，根据碳酸氢钠分解时生成的二氧化碳和水蒸气的关系式计算碳酸氢钠生成的水蒸气，总的水蒸气减去碳酸氢钠生成的水蒸气就是十水碳酸钠分解生成的水蒸气，根据十水碳酸钠分解生成的水蒸气和十水碳酸钠的关系式计算十水碳酸钠的质量，从而计算其质量分数。
【详解】（1）①为使实验顺利进行，气体发生装置组装好仪器后，首先需要进行检查装置气密性操作，故答案为：检查装置气密性；
④含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，与此同时，碳酸钠晶体不稳定，会失去结晶水生成碳酸钠，器化学方程式分别为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑；
（2）①若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3⋅10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3⋅10H2O的含量将偏小，对测定结果的影响是NaCl偏大，NaHCO3偏小，Na2CO3⋅10H2O偏小，
故答案为：Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大；
②干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则D装置的增重偏大，导致测定结果中碳酸氢钠的质量偏大，
故答案为：碱石灰；防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果；偏大；
③若样品质量为w g，反应后C和D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x。
2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑
18 44g
x m2 g
则x = ，
装置C吸收的是水蒸气,包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的两部分，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量= ，
设十水碳酸钠的质量为y。
Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑
286 180g
y g
y= g
所以十水碳酸钠的质量分数 = ×100%，故答案为：×100%；
20.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．
Ⅰ．（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）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1 mol/L 的溶液。检验亚铁离子是否被氧化的方法：______________________________________________。
Ⅱ．工业上用赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等）制备绿矾FeSO4·7H2O的流程如下：
（1）氢氧化钠溶液加入赤铁矿中发生反应的离子方程式为____________；_________________。
（2）向滤渣Ⅰ中加入过量的试剂a为___________，过量的试剂b投入到滤液Ⅱ发生的所有反应的离子方程式为______________；_________________；________________。
（3）实验室中操作①②③的名称为_________________________。
（4）操作④隔绝空气的目的是_______________________________________________。
Ⅲ. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中Na2O2 是________（填氧化剂、还原剂），与CO2反应的化学反应方程式_________________________。
（2）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________________________________________________________。
②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为____mol。
【答案】(1). C (2). 取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若显血红色，则含有Fe3+，亚铁离子被氧化 (3). Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O (4). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (5). 硫酸(H2SO4) (6). Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ (7). Fe＋Cu2+＝Cu＋Fe2+ (8). Fe＋2H+＝H2↑＋Fe2+ (9). 过滤 (10). 防止溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+ (11). 氧化剂、还原剂 (12). 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2 (13). 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O (14). 0.15
【解析】
【分析】I.（1）元素化合价升高，做还原剂，具有还原性；元素化合价降低，做氧化剂，具有氧化性；
（2）选用KSCN溶液可检验Fe3+的存在；
II. 赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等），由制备流程可知，加NaOH后，Al2O3、SiO2与NaOH反应，则滤液I中含OH-、AlO2-、SiO32-，滤渣I中含Fe2O3、FeO、MnO2、CuO，加试剂a为硫酸，操作①②均为过滤，滤液Ⅱ中含硫酸、Fe2（SO4）3、FeSO4、CuSO4，试剂b为Fe，操作③为过滤，滤渣Ⅲ为Cu、Fe，滤液Ⅲ含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾FeSO4·7H2O，以此来解答。
Ⅲ. （1）根据氧化还原反应中化合价升高被氧化做还原剂，化合价降低被还原做氧化剂的规律分析作答，又过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气；
（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O-作氧化剂被还原生成C1-，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；
②根据化合价变化和电子转移情况来计算。
【详解】I.（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性，应该处于中间价态，化合价既可以升高，又可以降低，
A. Fe化合价最低，不符合题意，故A项错误；
B. FeCl3铁元素为+3价，具有强氧化性，一般情况下没有还原性，故B项错误；
C. FeSO4中铁元素为+2价，即可升高又可降低，故C项符合题意；
D. Fe2O3铁元素为+3价，具有强氧化性，一般情况下没有还原性，故D项错误；
答案选C；
（2）Fe2+容易被空气氧化为Fe3+，KSCN溶液遇到Fe3+溶液显红色，故检验亚铁离子是否被氧化的方法为：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若显血红色，则含有Fe3+，说明有亚铁离子被氧化，
故答案为：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若显血红色，则含有Fe3+，亚铁离子被氧化；
II. 赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等），由制备流程可知，加NaOH后，Al2O3、SiO2与NaOH反应，则滤液I中含OH-、AlO2-、SiO32-，滤渣I中含Fe2O3、FeO、MnO2、CuO，所加试剂a为硫酸，操作①②均为过滤，滤液Ⅱ中含硫酸、Fe2（SO4）3、FeSO4、CuSO4，试剂b为Fe，操作③为过滤，滤渣Ⅲ为Cu、Fe，滤液Ⅲ含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾FeSO4·7H2O，
（1）由上述分析知，Al2O3、SiO2可与NaOH反应，则氢氧化钠溶液加入赤铁矿中发生反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
（2）根据实验目的可知，试剂a为硫酸，因Fe2O3、FeO、CuO与过量的稀硫酸反应生成Fe2+、Fe3+、Cu2+，则滤液Ⅱ中含的溶质有硫酸、Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4，要想得到FeSO4，除去过量的稀硫酸、Fe2(SO4)3和CuSO4，需要加入还原剂Fe，故过量的试剂b投入到滤液Ⅱ发生的所有反应的离子方程式为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；Fe＋Cu2+＝Cu＋Fe2+；Fe＋2H+＝H2↑＋Fe2+，故答案为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；Fe＋Cu2+＝Cu＋Fe2+；Fe＋2H+＝H2↑＋Fe2+；
（3）由实验流程图已知，每次均会得到滤液和滤渣，所以实验室中操作①②③的名称为过滤，故答案为：过滤；
（4）得到的FeSO4溶液易被空气氧化成Fe2(SO4)3，为防止Fe2+被空气氧化为Fe3+，需要隔绝空气，故答案为：防止溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+；
Ⅲ. （1）反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价一半由−1价降低为−2价，另一半由−1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠与二氧化碳会反应生成碳酸钠与氧气，其化学方程式为：2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2，故答案为：氧化剂、还原剂；2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2；
（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O−作氧化剂被还原生成C1−，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该离子反应为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−═2FeO42−+3Cl−+5H2O，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−═2FeO42−+3Cl−+5H2O；
②反应2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−═2FeO42−+3Cl−+5H2O中转移电子是6 mol，还原产物为氯离子。根据关系式6e-~3 Cl−可知，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15 mol，故答案为： 0.15。
21.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B,每份10 mL,分别向A、B中通入不等量的CO2,再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸,标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示,试回答下列问题：
(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为_______________。
(2)曲线A表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液中的溶质成分是___，其物质的量之比为___。
(3)曲线B表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况下)的最大值为____mL。
【答案】(1)0.75mol/L (2) Na2CO3 NaOH Na2CO3∶NaOH=1∶3 (3)112
【解析】略
1.大多数物质的俗名是根据其特殊的物理性质或用途得来的。下列物质的俗名与化学式或用途不相符的一项是（ ）
选项
俗名
主要成分(化学式)
用途
A
石英
SiO2
集成电路
B
纯碱
Na2CO3
制备玻璃
C
水玻璃
Na2SiO3
制备硅胶
D
铁红
Fe2O3
用作油漆和涂料
【答案】A
【解析】
【详解】A、石英成分是SiO2，SiO2是制造光导纤维的原料，SiO2不导电，不能用于集成电路，故A说法错误；B、 Na2CO3的俗名是纯碱，制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，故B说法正确；C、Na2SiO3的水溶液称为水玻璃，硅酸钠用途之一是制备硅胶，故C说法正确；D、氧化铁俗称铁红，用作油漆和涂料，故D说法正确。
2.下列关于胶体的说法错误的是（ ）
A. 可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaCl
B. “卤水点豆腐”、“不同牌子的墨水不能混用”都与胶体的聚沉有关
C. 雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质原因是能发生丁达尔现象
D. 电泳现象说明胶体粒子带电
【答案】C
【解析】
【分析】A. 胶体粒子的直径介于1−100 nm之间，能够透过滤纸，不能穿过半透膜，而离子、小分子之间可以透过半透膜；
B. 胶体具有聚沉特性，聚沉的方法有加热、加入电解质、加入带相反电荷的胶体；
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；
D. 胶体微粒带有电荷，在电场的作用下，会在分散剂里作定向移动，这种现象叫做电泳现象。
【详解】A. 淀粉胶体粒子的直径介于1−100 nm之间，能够透过滤纸，不能穿过半透膜，而NaCl中的离子、小分子可以透过半透膜，所以可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaCl，故A项正确，不符合题意；
B. “卤水点豆腐”利用的是加入电解质使胶体发生聚沉；墨水属于胶体，“不同牌子的墨水”中的胶体粒子可能带电性相反的电荷，若混用可能会使墨水发生聚沉，则“卤水点豆腐”、“不同牌子的墨水不能混用”都与胶体的聚沉有关，故B项正确，不符合题意；
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1−100 nm之间，故C项错误，符合题意；
D. 电泳现象说明胶体粒子带电，D项正确，不符合题意；
答案选C。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 将l00mL 0.1mol•L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数为0.01NA
B. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为2NA
C. 7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1NA
D. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol O2转移的电子数为0.1NA
【答案】C
【详解】A. Fe(OH)3胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算含有的氢氧化铁胶粒数目，故A项错误；
B.，故B项错误；
C. 过氧化钠和硫化钠的摩尔质量都是78g/mol，7.8 g硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为0.1mol，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则0.1 mol混合物中含有0.1 mol阴离子，含有的阴离子数为0.1 NA，故C项正确；
D. 过氧化钠与水反应生成0.1 mol氧气，转移了0.2 mol电子，转移电子的数目为0.2 NA，故D项错误；
答案选C。
4.对合金的认识错误的是（ ）
A. 合金是纯净物 B. 可以由非金属和金属组成的
C. 生铁与钢都是铁碳合金 D. 可以由金属和金属组成的
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查合金与合金的性质，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。
【详解】A、合金是一种混合物，选项A错误；
B、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项B正确；
C、生铁和钢都是铁的合金，生铁是含碳量为2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%～2%的铁合金，生铁和钢都是铁碳合金，选项C正确；
D、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项D正确；
答案选A。
5.氢化钠可以作为生氢剂，反应方程式如下：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是氧化还原反应，反应中有2个电子发生转移
B. 该反应是非氧化还原反应
C. 该反应是氧化还原反应，当生成1molH2时，转移电子1mol
D. 该反应的离子方程式为H-+H2O=OH-+H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】反应NaH+H2O＝NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，以此解答。
【详解】A．NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，该反应是氧化还原反应，反应中有1个电子发生转移，故A错误；
B．反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C．NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，反应中电子转移数为1，则当生成1molH2时，转移电子1mol，故C正确；
D．反应的离子方程式为NaH+H2O＝OH-+Na++H2↑，故D错误；
答案选C。
6.下列各组中的两种物质作用，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是（ ）
A. NaOH与 CO2 B. Na2O2 与CO2 C. NaOH与AlCl3 D. Na与O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaOH和少量 CO2反应生成碳酸钠和水，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故不符合题意；
B. Na2O2 和CO2反应生成碳酸钠和氧气，符合题意；
C. 少量NaOH与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，过量的氢氧化钠和氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠和水，故不符合题意；
D. Na与O2在常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故不符合题意。
故选B。
7.下列离子方程式错误的是（ ）
A. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2+ +O2 +4H+ = 4Fe3+ +2H2O
B. 为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药：HCO3-+H+ = H2O+CO2↑
C. 明矾净水的原理：Al3++3H2O = Al(OH)3(胶体)+3H+
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42-完全沉淀：2Ba2+ + Al3+ + 2SO42-+ 4OH－ = AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】根据离子反应的条件分析；根据离子反应方程书写规则分析；
【详解】A. 由于在酸性条件下抑制了Fe2+水解，Fe2+在空气中，被氧气被氧化为Fe3+，则FeSO4酸性溶液暴露在空气中的离子反应为：4Fe2+ +O2 +4H+===4Fe3+ +2H2O，故A正确，但不符合题意；
B. 为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药发生的离子反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B正确，但不符合题意；
C.明矾净水原理即是明矾中的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体吸附水中杂质，离子方程式为：Al3++3H2O ===Al(OH)3(胶体)+3H+，故C正确，但不符合题意；
D. 恰好使SO42-沉淀完全，明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1：2，则向明矾溶液中滴加Ba（OH）2，恰好使SO42-沉淀完全的离子反应为：A13++2SO42-+2Ba2++4OH-═A1O2-+2BaSO4↓，故D错误，但符合题意；
故选D。
8.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（ ）
A. 若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋ B. 若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
C. 若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出 D. 若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
【答案】B
【解析】
【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答。
【详解】A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；
B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；
C．若溶液中有Cu2+，加入的铁不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；
D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；
答案选B。
9.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是（ ）
①Na、Na2O、Na2O2 ②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2 ③Fe、FeCl2、FeCl3 ④NaOH、Na2CO3、NaHCO3 ⑤C、CO、CO2
A. ②④ B. ①③⑤ C. ①②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①若X为Na，W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，Na 与O2在常温条件下反应生成Na2O，Na2O在有氧气并且加热的条件下生成Na2O2，Na 与O2在加热条件下反应生成Na2O2，故①正确；
②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，AlCl3与少量的NaOH反应生成Al(OH)3和NaCl，Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2和H2O，AlCl3与过量的NaOH反应生成NaAlO2、H2O和NaCl，故②正确；
③若X为Fe，W为Cl2，则Fe和Cl2反应只生成FeCl3，故③错误；
④若X为NaOH，W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，NaOH与少量的CO2反应生成Na2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成NaHCO3，NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，故④正确；
⑤若X为C，W为O2，则Y为CO，Z为CO2，C和O2在不完全燃烧条件下生成CO，CO继续氧化为CO2，C和O2在完全燃烧条件下生成CO2，故⑤正确。
所以正确的是①②④⑤。
故选C。
10.下列说法错误的是（ ）
A. SiO2能与HF反应，因此可用HF刻蚀玻璃
B. 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸胶体
C. 氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，化学式为Si3N4
D. SiO2溶于水显酸性
【答案】D
【解析】
【分析】A. 氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；
B. 盐酸的酸性强于硅酸，根据强酸制弱酸分析解答；
C. 氮化硅化学式的书写可以根据化合价代数和为0；
D. SiO2难溶于水。
【详解】A. 氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，能够腐蚀玻璃，可用于刻蚀玻璃，故A项正确；
B. 盐酸的酸性强于硅酸，所以向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶，故B项正确；
C. 根据化合物中正负化合价的代数和为0的原则，氮的化合价为-3价，硅的化合价为+4价，所以氮化硅的化学式为Si3N4，故C项正确；
D. SiO2难溶于水且不与水反应，不能利用SiO2直接制备硅酸，故D项错误；
答案选D。
11. 用下列装置不能达到有关实验目的的是（ ）
A. 用甲图装置证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水)
B. 用乙图装置制备Fe(OH)2
C. 用丙图装置制取金属锰
D. 用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】D
【解析】试题分析：A、由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B、由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C、由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；故选D。
12.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
金属钠着火，不能用水扑灭，
应用沙土灭火
金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生成氢气
B
K2FeO4用于自来水的消毒和净化
K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的
Fe3+水解生成胶状物，可以吸附水中悬浮物
C
Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源
Na2O2与CO2和H2O反应放出O2
D
节日燃放的烟花颜色五颜六色
是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反应呈现的
【答案】D
【解析】
【分析】A. 金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生成易燃气体氢气；
B. K2FeO4具有强氧化性，在杀菌、消毒过程中被还原生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体；
C. Na2O2能与人呼出的CO2、水蒸气反应生成O2；
D. 铂、铁灼烧时均为无色；
【详解】A. 金属钠很活泼，能与水剧烈反应并生成氢气，其化学方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，则金属钠着火，不能用水扑灭，应用沙土灭火，故A项正确；
B. K2FeO4具有强氧化性，在杀菌、消毒过程中被还原生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，可以吸附水中悬浮的杂质，故B项正确；
C、Na2O2能与人呼出的CO2、水蒸气反应生成O2，则Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故C项正确；
D. 含铂、铁的物质在灼烧时火焰均为无色，则节日燃放的烟花，是碱金属、锶等金属化合物焰色反应所呈现的色彩，跟铂、铁金属无关，故D项错误；
答案选D。
13.下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（ ）组
①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量
③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量 ④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量 ⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小；
②因加入的电解质可使胶体先聚沉，然后H2SO4与Fe(OH)3再进一步发生复分解反应，沉淀溶解；
③盐酸酸性强于碳酸，氯化钡溶液与二氧化碳不反应；
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙；
⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，后过量时氢氧化铝溶解，但是最终会有硫酸钡沉淀不能溶解；
⑥向溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝沉淀与盐酸发生复分解反应；
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量，反应先生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，继续通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，沉淀不溶解。
【详解】①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入至过量，有晶体析出，且不会再被溶解，故①不选；
②向氢氧化铁胶体中逐滴滴加稀至过量，胶体先聚沉，然后氢氧化铁可溶解于硫酸，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故②选；
③盐酸酸性强于碳酸，所以氯化钡溶液与二氧化碳不反应，不会产生沉淀，故③不选；
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，其化学方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，然后继续通入CO2，发生反应：CaCO3+CO2+H2O = Ca(HCO3)2，所以现象为先出现沉淀后沉淀完全溶解，故④选；
⑤少量的Ba(OH)2加入Al2(SO4)3溶液后，发生反应，其化学方程式为：Al2(SO4)3 +3Ba(OH)2 = 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓，继续滴加Ba(OH)2时，沉淀溶解，其离子方程式为：Al(OH)3+OH－= AlO2－+2H2O，但硫酸钡不能被溶解，故⑤不选；
⑥向溶液中逐滴滴加盐酸时，发生的离子反应方程式为：AlO2-+H++H2O = Al(OH)3，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝沉淀与盐酸发生复分解反应，即：Al(OH)3+3H+ = Al3++3H2O，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故⑥选；
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2，发生反应的离子方程式为：2AlO2-+ CO2+3H2O = 2Al(OH)3↓+ CO32-，继续通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，其离子方程式为：CO32-+ CO2+H2O = 2HCO3-，但Al(OH)3沉淀不溶于弱酸，故⑦不选；
故②④⑥三个符合题意；
答案选B。
14.甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V（甲）：V（乙）=1：2，则加入铝粉质量为（ ）
A. 2.7g B. 3.6g C. 5.4g D. 1.8g
【答案】C
【解析】
【分析】铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量来计算。
【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为n(HCl)=n(NaOH)=0.1L×3mol·L－1=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为V（甲）：V（乙）=1：2，
设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
6 3
0.3mol x
6/3=0.3mol/x，解得x=0.15mol，一定条件下，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.3mol
2/3=y/0.3mol，解得y=0.2mol，则铝的质量为m(Al)=0.2mol×27g·mol－1=5.4g，
故选：C。
15.下列图像均为实验过程中产生沉淀的物质的量与加入试剂的量之间的关系图，其中错误的是（ ）
A. 图A表示向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量
B. 图B表示将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系
C. 图C表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量
D. 图D表示向烧碱溶液中滴加明矾溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、MgCl2和AlCl3和盐酸的混合溶液中滴加NaOH溶液，先发生中和反应，故开始无沉淀；再发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，生成两种沉淀，沉淀量随着氢氧化钠的量增大而增大，继续加入氢氧化钠溶液，发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，最后氢氧化铝溶解而氢氧化镁不溶解，沉淀的量不变，选项A正确；B、将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2，根据物质的溶解性知，沉淀量与通入二氧化碳关系图相符，选项B正确；C. Al3+结合氢氧根离子的能力强于NH4+，发生离子反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,消耗氢氧化钠的物质的量之比为3：1：1，选项C正确；D、形成1 mol偏铝酸根离子需要1 mol铝离子，消耗1 mol偏铝酸根离子却只需要1/3mol铝离子，与图中比例不符，选项D错误；答案选D。
16.向一定量的Fe、Fe3O4、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为（ ）
A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】
盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），据此结合m=nM计算得到的铁的质量。
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）=×0.2L×1mol/L=0.1mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，
答案选B。
17.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、NO3—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+
B. 溶液中n(Al3+)=0.1 mol
C. 溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和NO3—
D. n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=2∶2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子；加氢氧化钠溶液产生白色沉淀说明不含铁离子；由图像可知溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子，加入氢氧化钠溶液，按照氢离子→镁离子和铝离子→铵根离子→氢氧化铝沉淀的顺序反应，沉淀量的变化是先在x轴上，然后逐渐增大，平行x轴，再减小，最后平行x轴，可以对照图象上的量求出各离子的量。
【详解】由图像可知溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子，A正确；溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量为（0.8mol—0.7mol）=0.1mol，由氢氧化铝沉淀溶解的方程式可知，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，由铝原子个数守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，B正确；加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，C错误；由图中数据可知，中和氢离子的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，溶解氢氧化铝沉淀的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，氢氧化铝的物质的量为0.1mol，由铝原子个数守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为（0.5mol—0.1mol）=0.4mol，生成氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量为0.3mol，则生成氢氧化镁沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为0.1mol，由方程式可知氢氧化镁的物质的量为0.05mol，由镁原子个数守恒可知镁离子的物质的量为0.05mol，故氢离子、铝离子和镁离子的物质的量比为2:2:1，D正确。
故选C。
18.硅是无机非金属材料的主角,硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。
（1）下列物质不属于硅酸盐的是____。
A．陶瓷 B．玻璃 C．水泥 D．生石灰
（2）玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，将其表示为氧化物形式为_________________________。
（3）用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧,说明Na2SiO3可用作______。Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得,高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是___。
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
（4）高纯度单晶硅可以按下列方法制备:
SiO2 Si(粗) SiHCl3 Si(纯)
写出步骤①的化学方程式___________________________________________________。步骤②的产物经过冷凝后得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)，提纯SiHCl3主要操作的名称是_________。 步骤③需要在无水无氧环境下进行，若在有氧环境下，除了有不安全因素外还可能使产品中混有杂质____________。
【答案】 (1). D (2). Na2O·Al2O3·4SiO2 (3). 防火剂 (4). D (5). 2C+ SiO2 Si+ 2CO (6). 蒸馏 (7). SiO2
【解析】
【分析】（1）硅酸盐指由硅酸或多硅酸形成的盐，常见的硅酸盐材料有陶瓷、玻璃和水泥等；
（2）用氧化物的形式表示硅酸盐的组成时，各氧化物的排列顺序为：较活泼金属的氧化物→较不活泼金属的氧化物→二氧化硅→水。氧化物化学式之间用“・”隔开，化学式前的计量数只能取整数，且只代表氧化物本身；
（3）水玻璃是矿物胶，不燃烧，可用作防火剂；二氧化硅能够与碱反应，氯化铝能够与碱发生反应；
（4）①工业用C还原二氧化硅制备粗硅；
②根据沸点不同选择混合物的分离和提纯方法；硅和氧气在高温条件下会生成二氧化硅。
【详解】（1）陶瓷、玻璃和水泥都是硅酸盐，生石灰是氧化钙，不属于硅酸盐，
故答案选D；
（2）用氧化物的形式表示硅酸盐的组成时，各氧化物的排列顺序为：较活泼金属的氧化物→较不活泼金属的氧化物→二氧化硅→水。氧化物化学式之间用“・”隔开，则NaAlSi2O6，表示为氧化物形式为Na2O·Al2O3·4SiO2，
故答案为：Na2O·Al2O3·4SiO2；
（3）水玻璃是矿物胶，不能燃烧，也有支持燃烧，可以在可燃物表面形成一层耐高温材料，故可以做防火剂；普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚都含有二氧化硅，能够与碱反应。氯化铝与碱能够发生反应，铁坩埚却不会与碱反应，所以高温熔融纯碱时可选用的是铁坩埚，
故答案为：防火剂；D；
（4）①步骤①为工业制备粗硅的过程，其化学方程式为：2C+ SiO2 Si+ 2CO，
故答案为2C+ SiO2 Si+ 2CO；
②SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)，因沸点不同，故可采用蒸馏的方法提纯SiHCl3；步骤③是SiHCl3与过量还原性气体氢气反应制备高纯硅的过程，需要在无水、无氧环境下进行，若在有氧环境下，除了有不安全因素外，还可能使产品中生成的硅单质与氧气在高温下反应生成杂质SiO2。
故答案为：蒸馏；SiO2。
19.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。（碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物）
（1）实验步骤：
①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是________________。
②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为____________________________、__________________________。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。
（2）关于该实验方案，请回答下列问题。
①若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是_______________________________。
②E处干燥管中盛放的药品是________，其作用是________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量分数______________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为________(用含w、m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑ (3). Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑ (4). Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大 (5). 碱石灰 (6). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果 (7). 偏大 (8). ×100%
【解析】
【分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量；由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而间接求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是干燥并除尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，
（1）①根据实验基本操作步骤可知，气体发生装置需要检查装置气密性；
④含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠；
（2）①若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小；
②E处干燥管是碱石灰，防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，如果实验中没有该装置D装置中测定二氧化碳质量增大；
③根据D装置中增重质量计算吸收的二氧化碳的量，根据碳酸氢钠分解时生成的二氧化碳和水蒸气的关系式计算碳酸氢钠生成的水蒸气，总的水蒸气减去碳酸氢钠生成的水蒸气就是十水碳酸钠分解生成的水蒸气，根据十水碳酸钠分解生成的水蒸气和十水碳酸钠的关系式计算十水碳酸钠的质量，从而计算其质量分数。
【详解】（1）①为使实验顺利进行，气体发生装置组装好仪器后，首先需要进行检查装置气密性操作，故答案为：检查装置气密性；
④含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，与此同时，碳酸钠晶体不稳定，会失去结晶水生成碳酸钠，器化学方程式分别为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑；
（2）①若加热反应后不鼓入空气，生成水蒸气质量和二氧化碳质量测定结果会减小，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3⋅10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3⋅10H2O的含量将偏小，对测定结果的影响是NaCl偏大，NaHCO3偏小，Na2CO3⋅10H2O偏小，
故答案为：Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大；
②干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则D装置的增重偏大，导致测定结果中碳酸氢钠的质量偏大，
故答案为：碱石灰；防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果；偏大；
③若样品质量为w g，反应后C和D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x。
2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑
18 44g
x m2 g
则x = ，
装置C吸收的是水蒸气,包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的两部分，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量= ，
设十水碳酸钠的质量为y。
Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑
286 180g
y g
y= g
所以十水碳酸钠的质量分数 = ×100%，故答案为：×100%；
20.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．
Ⅰ．（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）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1 mol/L 的溶液。检验亚铁离子是否被氧化的方法：______________________________________________。
Ⅱ．工业上用赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等）制备绿矾FeSO4·7H2O的流程如下：
（1）氢氧化钠溶液加入赤铁矿中发生反应的离子方程式为____________；_________________。
（2）向滤渣Ⅰ中加入过量的试剂a为___________，过量的试剂b投入到滤液Ⅱ发生的所有反应的离子方程式为______________；_________________；________________。
（3）实验室中操作①②③的名称为_________________________。
（4）操作④隔绝空气的目的是_______________________________________________。
Ⅲ. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中Na2O2 是________（填氧化剂、还原剂），与CO2反应的化学反应方程式_________________________。
（2）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________________________________________________________。
②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为____mol。
【答案】(1). C (2). 取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若显血红色，则含有Fe3+，亚铁离子被氧化 (3). Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O (4). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (5). 硫酸(H2SO4) (6). Fe＋2Fe3+＝3Fe2+ (7). Fe＋Cu2+＝Cu＋Fe2+ (8). Fe＋2H+＝H2↑＋Fe2+ (9). 过滤 (10). 防止溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+ (11). 氧化剂、还原剂 (12). 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2 (13). 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O (14). 0.15
【解析】
【分析】I.（1）元素化合价升高，做还原剂，具有还原性；元素化合价降低，做氧化剂，具有氧化性；
（2）选用KSCN溶液可检验Fe3+的存在；
II. 赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等），由制备流程可知，加NaOH后，Al2O3、SiO2与NaOH反应，则滤液I中含OH-、AlO2-、SiO32-，滤渣I中含Fe2O3、FeO、MnO2、CuO，加试剂a为硫酸，操作①②均为过滤，滤液Ⅱ中含硫酸、Fe2（SO4）3、FeSO4、CuSO4，试剂b为Fe，操作③为过滤，滤渣Ⅲ为Cu、Fe，滤液Ⅲ含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾FeSO4·7H2O，以此来解答。
Ⅲ. （1）根据氧化还原反应中化合价升高被氧化做还原剂，化合价降低被还原做氧化剂的规律分析作答，又过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气；
（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O-作氧化剂被还原生成C1-，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；
②根据化合价变化和电子转移情况来计算。
【详解】I.（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性，应该处于中间价态，化合价既可以升高，又可以降低，
A. Fe化合价最低，不符合题意，故A项错误；
B. FeCl3铁元素为+3价，具有强氧化性，一般情况下没有还原性，故B项错误；
C. FeSO4中铁元素为+2价，即可升高又可降低，故C项符合题意；
D. Fe2O3铁元素为+3价，具有强氧化性，一般情况下没有还原性，故D项错误；
答案选C；
（2）Fe2+容易被空气氧化为Fe3+，KSCN溶液遇到Fe3+溶液显红色，故检验亚铁离子是否被氧化的方法为：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若显血红色，则含有Fe3+，说明有亚铁离子被氧化，
故答案为：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若显血红色，则含有Fe3+，亚铁离子被氧化；
II. 赤铁矿（含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等），由制备流程可知，加NaOH后，Al2O3、SiO2与NaOH反应，则滤液I中含OH-、AlO2-、SiO32-，滤渣I中含Fe2O3、FeO、MnO2、CuO，所加试剂a为硫酸，操作①②均为过滤，滤液Ⅱ中含硫酸、Fe2（SO4）3、FeSO4、CuSO4，试剂b为Fe，操作③为过滤，滤渣Ⅲ为Cu、Fe，滤液Ⅲ含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾FeSO4·7H2O，
（1）由上述分析知，Al2O3、SiO2可与NaOH反应，则氢氧化钠溶液加入赤铁矿中发生反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2－+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
（2）根据实验目的可知，试剂a为硫酸，因Fe2O3、FeO、CuO与过量的稀硫酸反应生成Fe2+、Fe3+、Cu2+，则滤液Ⅱ中含的溶质有硫酸、Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4，要想得到FeSO4，除去过量的稀硫酸、Fe2(SO4)3和CuSO4，需要加入还原剂Fe，故过量的试剂b投入到滤液Ⅱ发生的所有反应的离子方程式为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；Fe＋Cu2+＝Cu＋Fe2+；Fe＋2H+＝H2↑＋Fe2+，故答案为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；Fe＋Cu2+＝Cu＋Fe2+；Fe＋2H+＝H2↑＋Fe2+；
（3）由实验流程图已知，每次均会得到滤液和滤渣，所以实验室中操作①②③的名称为过滤，故答案为：过滤；
（4）得到的FeSO4溶液易被空气氧化成Fe2(SO4)3，为防止Fe2+被空气氧化为Fe3+，需要隔绝空气，故答案为：防止溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+；
Ⅲ. （1）反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价一半由−1价降低为−2价，另一半由−1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠与二氧化碳会反应生成碳酸钠与氧气，其化学方程式为：2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2，故答案为：氧化剂、还原剂；2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2；
（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，C1O−作氧化剂被还原生成C1−，氯元素的价态降了2价，根据电子守恒，得到铁元素物质前边系数是2，Cl的前边系数是3，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该离子反应为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−═2FeO42−+3Cl−+5H2O，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−═2FeO42−+3Cl−+5H2O；
②反应2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−═2FeO42−+3Cl−+5H2O中转移电子是6 mol，还原产物为氯离子。根据关系式6e-~3 Cl−可知，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15 mol，故答案为： 0.15。
21.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B,每份10 mL,分别向A、B中通入不等量的CO2,再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的盐酸,标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示,试回答下列问题：
(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为_______________。
(2)曲线A表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液中的溶质成分是___，其物质的量之比为___。
(3)曲线B表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况下)的最大值为____mL。
【答案】(1)0.75mol/L (2) Na2CO3 NaOH Na2CO3∶NaOH=1∶3 (3)112
【解析】略
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