还剩15页未读，
继续阅读
【化学】广西南宁市第三中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）
展开
广西南宁市第三中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
1.生活中常用到一些化学知识，下列分析中正确的是（ ）
A. NaHCO3能与碱反应，所以可用作焙制糕点的发酵粉
B. 铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属
C. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现
D. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板
【答案】D
【详解】A. 小苏打无毒且受热分解放出二氧化碳，所以可用作焙制糕点的发酵粉，故A错误；
B. 铝是活泼的金属，在空气中极易被氧化生成一层致密的氧化膜，能阻止内部金属的氧化，因此铝在空气中耐腐蚀，故B错误；
C.焰色反应为元素的性质，则焰火的五彩缤纷是某些金属元素性质的展现，为物理变化，故C错误；
D. FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，故D正确。
所以D选项是正确的。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为22.4L
B. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
C. 7.8g Na2O2与足量的CO2反应，转移的电子数为0.1NA
D. 0. 1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的阴离子的个数大于0.1NA
【答案】C
【详解】A、标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol；气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定为标况，故A错误；
B.氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气分子为NA个，物质的量为1mol，在标况下体积为22.4L，故B错误；
C、Na2O2与CO2的反应是歧化反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2此反应每反应2mol Na2O2，转移2mol电子，故当反应0.1mol Na2O2时，转移0.1mol电子，数目为0.1NA，故C正确；
D.1molNa2O含有阴离子1mol，1molNa2O2含有1mol阴离子，二者无论按何种比例混合，0.1mol该混合物，阴离子数目都为0.1mol，即0.1NA，故D错误。
答案选C。
3.下列物质的分类全部正确的是（ ）
A. 纯碱一碱 硫化氢一酸 小苏打一酸式盐
B. 葡萄糖一电解质 CO2—酸性氧化物 蛋白质溶液一胶体
C. 碘酒一混合物 胆矾一纯净物 臭氧一单质
D. 氨水一 电解质 硫酸钡一非电解质 酒精一有机物
【答案】C
【解析】A、纯碱是碳酸钠属于正盐，不是碱，故A不正确；B、葡萄糖是非电解质，故B错误；C、碘酒是碘和酒精的混合物，胆矾即CuSO4·5H2O，是固定组成，所以是纯净物，臭氧是氧元素的一种单质，故C正确；D、氨水是氨气溶于水形成的溶液，是混合物，是电解质溶液，不是电解质，一水合氨是电解质，硫酸钡是盐，属于电解质，故D错误。本题正确答案为C。
4.在溶液中加入Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Ba2+、Cl、NO3- B. K+、AlO、Cl、SO
C. Ba2+、Mg2+、NO、HCO D. Na+、Cl、CO、SO
【答案】B
【解析】
【分析】Na2O2具有强氧化性，能和水反应生成氢氧化钠和氧气，加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明离子不具有强还原性，且与OH-不反应，以此解答。
【详解】A.在溶液中加入过氧化钠后生成NaOH，与NH4+结合生成弱电解质，不能大量共存，故A错误；
B.该组离子之间不发生任何反应，且与过氧化钠、OH-不反应，可大量共存，所以B选项是正确的；
C. 在溶液中加入过氧化钠后生成NaOH，NaOH与Mg2+、HCO3-之间反应生成沉淀和水而不能大量共存，故C错误；
D.过氧化钠具有强氧化性，与SO32-发生氧化还原反应，则离子不能共存，故D错误。
所以B选项是正确的。
5.下列相关反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. Al2O3与过量氨水：Al2O3＋2NH3·H2O═2AlO＋2NH4＋＋H2O
B. 钠与水反应：2Na+2H+═2Na++H2↑
C. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH-=2AlO+H2↑
D. Na2CO3溶液中滴加少量的稀盐酸：H++ CO═HCO
【答案】D
【详解】A．一水合氨是弱碱，不能溶解氧化铝，该反应不能发生，故A错误；
B．钠是活泼金属，与水反应生成NaOH和氢气，NaOH完全电离，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B错误；
C．往NaOH溶液中投入铝粉，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，故C错误；
D．Na2CO3溶液中滴加少量的稀盐酸，离子方程式：H++CO32-═HCO3-，故D正确。
故选D。
6.化学是一门以实验为基础的自然科学，下列实验操作或实验评价不正确的是（ ）
A. 用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高
B. 可选用CCl4作萃取剂萃取溴水中的溴单质
C. 蒸馏时温度计的位置如右图所示，则温度计所示温度低于馏出物的沸点
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】C
【详解】A. 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，所以A选项是正确的；
B.CCl4与溴单质互溶而不与溴水（溴的水溶液）中的水互溶，所以能够萃取溴水中的溴单质，所以B选项是正确的；
C.蒸馏时测定馏分的温度，则温度计水银球插在蒸馏烧瓶支管口处，若在下方位置，将收集到低沸点馏分，故C错误；
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线会导致配制的溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，所以D选项是正确的。
故选C。
7.下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是（ ）
① C与O2 ② Na与O2 ③Al与NaOH溶液
④ AlCl3溶液与氨水 ⑤ CO2与NaOH溶液
A. 除③外 B. 除③⑤外 C. 除③④外 D. 除②外
【答案】C
【详解】①碳与氧气反应，氧气少量生成一氧化碳，氧气过量生成二氧化碳，反应产物与反应用量有关，故选①；
②钠与氧气反应，常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，反应产物与反应条件有关，故选②；
③Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应产物与反应条件或用量无关，故不选③；
④氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应产物与反应条件或用量无关，故不选④；
⑤二氧化碳与氢氧化钠反应，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，反应产物与反应为用量有关，故选⑤；
故选：C。
8.下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）
①向石灰水中通入过量的CO2
②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量
③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸
④向NaAlO2溶液中通入CO2至过量
A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②③
【答案】A
【详解】①因石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故①正确；
②因Fe(OH)3胶体加入稀盐酸产生聚沉现象，稀盐酸与Fe(OH)3反应，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故②正确；
③根据Ba(OH)2能与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，硫酸钡与硫酸不反应，所以出现先产生沉淀然后沉淀不溶解现象，故③错误；
④向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝，氢氧化铝与二氧化碳不反应，沉淀不溶解， 故④错误。
所以A选项是正确的。
9.下列除杂或检验的方法正确的是（ ）
A. 氯化亚铁溶液中混有少量氯化铁：加入足量双氧水
B. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
C. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
D. 灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中含有Na+，无K+
【答案】C
【详解】A. 氯化铁能和铁反应生成氯化亚铁，因此氯化亚铁溶液中混有少量氯化铁，加足量的铁粉，然后过滤即可，若加入双氧水会将亚铁离子氧化为Fe3+，故A错误；
B.在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，不能确定是否含Fe2+，可利用其还原性检验，故B错误；
C. 金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故C正确；
D. 用铂丝灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，没有通过蓝色的钴玻璃观察，则可能有K+，故D错误。
所以C选项是正确的。
10.下列各项所述内容对应的图象正确的是（ ）
【答案】D
【解析】A、向含有H+，Al3+，Mg2+的溶液中，逐渐加入NaOH溶液，先是和氢离子之间发生中和反应，所以开始没有沉淀产生，A错误；B、硫酸铝溶液中加入氢氧化钡溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓，若Al3+反应完毕，OH-还有剩余，还发生反应：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，但是生成的硫酸钡不会消失，沉淀不会为零，B错误；C、物质的量相等的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，金属镁反应速率快，根据金属和氢气量的关系Mg～H2、Al～1.5H2，所以最终产生氢气的体积不相等，C错误；D、向AlCl3溶液中加氨水会发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于氨水中，符合反应情况，D正确，答案选D。
11.反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应，下列说法正确的是（ ）
①2NaI＋MnO2＋3H2SO4=2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2
②2NaIO3＋5NaHSO3=2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2
A. 两个反应中硫元素均被氧化
B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C. 氧化性: MnO2＞SO＞IO＞I2
D. 反应①②中生成等量I2时，转移电子数之比为1:5
【答案】D
【解析】试题分析：A.在第一个反应中S元素的化合价没有发生变化，碘元素的化合价升高，因此该反应是碘元素的氧化反应，错误；B. 碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，错误；C.根据氧化性：氧化剂>氧化产物；氧化剂>还原剂，在第一个反应中，氧化性：MnO2＞SO42﹣；在第二个反应中氧化性：IO3﹣＞SO42﹣，所以选项C错误；D. 反应①产生1molI2转移2mol电子；在②中产生1molI2转移10mol电子，因此生成等量的I2时转移电子数比为1：5，正确。
12.下表各组物质中，可以实现XYZ（每步只发生一个反应）所示转化的是（ ）
选项
X
Y
Z
M
A
Fe
FeCl2
FeCl3
HCl
B
C
CO
CO2
O2
C
CO2
Na2CO3
NaHCO3
NaOH
D
AlO2-
Al(OH)3
Al3＋
CO2
【答案】B
【解析】A．Fe与氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，不符合转化关系，故A错误；B．过量的碳与氧气反应生成CO，CO在氧气中燃烧生成二氧化碳，符合转化关系，故B正确；C．二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，但碳酸钠不能与氢氧化钠反应，不符合转化关系，故C错误；D．溶液中四羟基合铝酸根能与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶于强酸，但不能溶于弱酸碳酸，不符合转化关系，故D错误，故选B。
13.下列实验方案中，不能测定Na2CO3 和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
B. 取a克混合物充分加热，减重b克
C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体通过浓硫酸后用碱石灰吸收，固体增重b克
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤称重，得b克固体
【答案】C
【详解】A项，得到的固体产物是NaCl，Na2CO3 和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故不选A项；
B项，在Na2CO3 和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故不选B项；
C项，逸出气体通过浓硫酸吸收水蒸气，通过碱石灰吸收CO2，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故不选C项；
D项，Na2CO3 和NaHCO3转化为BaCO3，经过滤、洗涤称重，得b克固体，由于没有干燥，沉淀不纯，所以不能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
14.已知Cu2O能与稀硝酸反应: Cu2O+HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+H2O(未配平)，若生成的NO在标况下的体积为0.448L，下列说法正确的是（ ）
A. 转移的电子总数为0.06NA
B. 作氧化剂的HNO3是0.14mol
C. 至少需要0.5mo/L的硝酸140mL与Cu2O反应
D. 被氧化的Cu2O是144g
【答案】A
【分析】Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O；标况下的体积为0.448L的 NO，物质的量是=0.02mol，据此计算。
【详解】设生成0.02mol NO，参加反应的Cu2O是x mol；参加反应的硝酸是y mol；
3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O
3 14 2
x y 0.02
=，=， 解得x=0.03mol，y=0.14mol；
A. 根据3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O，生成2molNO，转移电子6mol，所以生成0.02molNO转移的电子总数为0.06NA，故A正确；
B.作氧化剂的HNO3占参加反应硝酸的，所以作氧化剂的HNO3是0.14mol×=0.02mol，故B错误；
C.至少需要0.5mo/L的硝酸的体积是0.14mol÷0.5mo/L=0.28L=280mL，故C错误；
D.被氧化的Cu2O是0.03mol ×144g/mol =4.32g，故D错误。
答案选A。
15.现有42.4g由Fe、Al、Al2O3组成的混合物，将固体混合物分成两等份，将其中一份加入足量的NaOH溶液中充分反应后剩余固体质量为5.6g；将另一份完全溶解在600mL2mol/L的硫酸溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L，欲使该反应后溶液中的金属离子完全沉淀，至少应加入3mol/LNaOH溶液的体积是（ ）
A. 300mL B. 600mL C. 800mL D. 900mL
【答案】C
【详解】将42.4g由Fe、Al、Al2O3的混合物分成两等份，其中一份为21.2g加入足量的NaOH溶液中充分反应后剩余固体质量为5.6g即Fe的质量为5.6g，则设混合物中Al、Al2O3的物质的量分别为x、y，所以有27g/mol×x+102g/mol×y=15.6g①；
另一份完全溶解在600mL2mol/L的硫酸溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L，
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑， 2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，
0.1mol 0.1mol x x
Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，
y 3y
所以有：0.1+ x=mol②；联立①②方程，解得x=0.2mol，y=0.1mol。
由反应式可知，反应后溶液中含有0.1molFe2+、0.4molAl3+，剩余的H+为：2mol/L×0.6L×2-0.1mol×2-0.2mol×3-0.1mol×3×2=1.0mol，
欲使该反应后溶液中的金属离子完全沉淀，加入3mol/LNaOH溶液，发生的反应有：
H++OH-=H2O，Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，
1.0mol 0.1mol 0.4mol
需要NaOH的物质的量为：1.0mol+0.1mol×2+0.4mol×3=2.4mol，
需要NaOH溶液的体积是=0.8L=800mL。
答案选C。
16.某无色溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO等离子中的几种，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法一定正确的是 （ ）
A. 一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+，一定不存在Na+、SO、Fe3+
B. 一定存在H+、Al3+、NH4+、SO，可能存在Na+、Mg2+
C. 溶液中c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）为1:1:2
D. 溶液中≤
【答案】D
【解析】该无色溶液中不含有棕黄色离子Fe3+。由图可知依次发生反应：H++OH－H2O，Al3++3OH－Al(OH)3↓、Mg2++2-Mg(OH)2↓，+OH－NH3·H2O，Al(OH)3+OH－+2H2O，可见含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+，为了保持电荷守恒还要含有阴离子SO42﹣。A. 一定存在SO42﹣，故A错误；B. 没有溶于氢氧化钠溶液的沉淀是氢氧化镁，说明一定存在Mg2+，故B错误；C. 由图判断溶液中c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）为1：1：1，故C错误；D. H+、NH4+、Mg2+、Al3+所带正电荷是H+的9倍，无法确定是否存在Na+，所以为了保持电荷守恒，溶液中c（H+）/c（SO42﹣）比值小于等于2/9，故D正确。故选D。
17.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。
（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是______价，Na2FeO4能给水消毒利用的是________性。
（2）用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原理是______________（用简要的文字叙述）。
（3）工业上可用FeCl3、NaOH 、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，配平反应的离子方程式：_____Fe3+ +_____OH－+____ClO－ =_____FeO42－+ _____ + ______Cl－ ，____________氧化剂为________，若反应过程中转移了0.5 mol电子，则还原产物的物质的量为________ mol。
【答案】(1). +6 (2). 强氧化 (3). Fe3+与水反应生成胶体Fe(OH)3可以吸附水中悬浮物 (4). 2、10、3、2、5 H2O、3 (5). ClO－ (6). 0.25
【解析】
【分析】(1)根据化合价的代数和为0来进行分析；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；
(2) Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此解答；
(3)根据得失电子数守恒和质量守恒来配平；根据化合价变化，判断氧化剂；根据生成物与转移电子的比例关系进行有关计算。
【详解】(1)化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；
因此，本题正确答案是：+6；强氧化；
(2) Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe(OH)3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，因而可以净水。
因此，本题正确答案是：Fe3+与水反应生成胶体Fe(OH)3可以吸附水中悬浮物；
(3)因为是用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，故2mol失去6mol电子，被氧化为2mol Na2FeO4，失去的6mol电子能被3molNaClO得到，NaClO中+1价氯元素还原为-1价，得3molCl-，加上2mol FeCl3中的6molCl-，一共会生成9molNaCl；反应物中有10mol NaOH，根据氢原子的守恒可以知道，产物中会生成5molH2O，
配平反应的离子方程式为：2Fe3+ +10OH－+3ClO－ =2FeO42－+5 H2O + 3Cl－；由离子方程式可知，ClO－得电子化合价降低，作氧化剂，被还原为Cl-，所以还原产物为Cl-，每生成1mol Cl-，转移2mol电子，则若反应过程中转移了0.5 mol电子，则生成Cl-的物质的量为0.25mol。
因此，本题正确答案是：2、10、3、2、5 H2O、3 ；ClO－ ；0.25。
18.已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。
（1）物质A的化学式为 ________。
（2）H在潮湿空气中变成M的实验现象是__________________________________________，化学方程式为___________________________________________。
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为___________________________________，列出A的一种重要用途_________。
（4）反应①的离子方程式为_______________________________________。
【答案】(1). Na2O2 (2). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (3). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑ (5). 供氧剂(或漂白剂) (6). Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O
【解析】
【分析】根据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe，D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe(OH)3，据此答题。
【详解】根据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe，D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe(OH)3，
(1)根据上面的分析可以知道，A为Na2O2，
因此，本题正确答案是：Na2O2；
(2) Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，化学方程式为4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3，
因此，本题正确答案是：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；
(3) Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑； Na2O2具有强氧化性，可用作供氧剂(或漂白剂)，
因此，本题正确答案是：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑；供氧剂(或漂白剂)；
4）反应①为四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式为Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O，
因此，本题正确答案是：Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O。
19.铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示：（提示：SiO2为难溶于盐酸的固体）
请回答下列问题：
（1）固体a的化学式为________。
（2）在Ⅱ中加过量的烧碱涉及到的反应离子方程式有Fe3+ + 3OH- =Fe(OH)3↓、H+ + OH- =H2O、_________________；Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为________________。
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为_____________，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)_________________________。
（4）0.2 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合的离子反应方程式为_____________________________________。
（5）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和加入的H2SO4的物质的量之比为________。
【答案】(1). SiO2 (2). Al3+ + 4OH-= AlO2-+2H2O (3). AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓ (4). 过滤 (5). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 (6). 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓ (7). 3∶10
【解析】
【分析】（1）Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸；
（2）Ⅱ中加过量的烧碱，铝离子和过量碱反应生成偏铝酸钠和水；碳酸的酸性强于偏铝酸，故二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝沉淀；
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为过滤；依据从可溶性溶液中获取固体的实验方法回答；
（4）设NH4Al(SO4)2为2mol，则Ba(OH)2为3mol，溶液中含有2molNH4+、2molAl3+、4molSO42-，Al3+完全沉淀时，恰好需要3mol Ba(OH)2，此时发生2 NH4Al(SO4)2+3 Ba(OH)2=（NH4）2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；
（5）设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)212H2O的物质的量都是1 mol，然后依据铝离子与硫酸根的关系回答即可。
【详解】（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2；故答案为：SiO2；
（2）Al2O3和Fe2O3溶于过量盐酸生成AlCl3、FeCl3，因此在Ⅱ中加过量的烧碱涉及到的反应离子方程式有Fe3+ + 3OH- =Fe(OH)3↓、H+ + OH- =H2O、Al3+ + 4OH-= AlO2-+2H2O；Ⅲ中通入足量CO2气体生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓。故答案为：Al3+ + 4OH-= AlO2-+2H2O ；AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓；
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为过滤；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（4）设NH4Al(SO4)2为2mol，则Ba(OH)2为3mol，溶液中含有2molNH4+、2molAl3+、4molSO42-，Al3+完全沉淀时，恰好需要3mol Ba(OH)2，此时发生2 NH4Al(SO4)2+3 Ba(OH)2=（NH4）2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓。
故答案为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓。
（5）设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)212H2O的物质的量都是1mol，则对应的Al3+共3mol，SO42-共5mol，根据Al3+和SO42-守恒可知加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为:5=3:10。
20.某固体混合物是由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3、KCl中的两种或几种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。
（1）气体B的成分是_________，由气体B的成分推测一定含有的物质的质量为________g。
（2）该固体混合物中_____（填“有”、“没有”或“不能确定”）KCl，理由是__________________，请另设计一种简单的方法检验该固体中是否含有KCl________________________________。
（3）另取14.05g固体混合物溶于1L 0.4mol/LNaHSO4溶液中，所得溶液中阴离子物质的量浓度之比为________。
【答案】(1). H2 (2). 2.7g (3). 没有 (4). 经过计算，固体中含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，三者质量和刚好为14.05g，所以不含有KCl (5). 取该固体在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰是否有紫色，若没有紫色，则没有KCl (6). 9:2或2:9
【解析】
【分析】根据流程图可知，该固体与足量的氢氧化钠反应后产生气体，与氢氧化钠反应产生气体的固体可能是Al或硫酸铵；该气体通过浓硫酸，体积减少2.24L，说明产生气体A为氨气，体积为2.24L，余3.36L气体B为氢气，说明固体中含有Al，且质量可通过氢气的体积计算；加入过量氢氧化钠后产生白色沉淀，久置无变化，说明不含氯化亚铁，一定含有氯化镁；得到的溶液中加入稀盐酸先产生沉淀，后沉淀溶解，说明此时溶液中含有偏铝酸根离子，因为固体中一定有Al，所以不一定含有氯化铝；根据以上分析，固体混合物中一定含有Al、硫酸铵、氯化镁，以此解答。
【详解】根据流程图可知，该固体与足量的氢氧化钠反应后产生气体，与氢氧化钠反应产生气体的固体可能是Al或硫酸铵；该气体通过浓硫酸，体积减少2.24L，说明产生气体A为氨气，体积为2.24L，余3.36L气体B为氢气，说明固体中含有Al，且质量可通过氢气的体积计算；加入过量氢氧化钠后产生白色沉淀，久置无变化，说明不含氯化亚铁，一定含有氯化镁；得到的溶液中加入稀盐酸先产生沉淀，后沉淀溶解，说明此时溶液中含有偏铝酸根离子，因为固体中一定有Al，所以不一定含有氯化铝；根据以上分析，固体混合物中一定含有Al、硫酸铵、氯化镁。
（1）通过以上分析，气体B的成分是H2，由气体B的成分推测一定含有的物质为Al，Al与氢氧化钠溶液反应产生H2，生成2.24L H2需要Al的质量为××27g/mol=2.7g。
故答案为：H2 ；2.7；
（2）通过以上分析，该固体混合物中一定含有Al、硫酸铵、氯化镁。
其中含Al的质量为2.7g，
含硫酸铵的质量为：×132g/mol=6.6g，
含氯化镁的质量为：×95g/mol=4.75g，
因为2.7g+6.6g+4.75g=14.05g，所以混合物只由Al、硫酸铵、氯化镁组成，不含KCl；
可通过焰色反应检验K+来确定该固体中是否含有KCl。
故答案为：没有；经过计算，固体中含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，三者质量和刚好为14.05g，所以不含有KCl；取该固体在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰是否有紫色，若没有紫色，则没有KCl；
（3）1L 0.4mol/LNaHSO4溶液中含有0.4mol H+和0.4mol SO42-，与混合物（Al、(NH4)2SO4、MgCl2）混合后，含有的的阴离子为SO42-和Cl-，其中含SO42-为0.4mol+0.05mol=0.45mol，含Cl-为0.05mol×2=0.1mol，SO42-与Cl-物质的量浓度之比=二者的物质的量之比=0.45:0.1=9:2。
故答案为：9:2或2:9。
21.某研究性学习小组请你参与“研究铁与水蒸气反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并回答下列问题：
探究一：设计如图所示装置进行“铁与水蒸气反应”的实验(夹持仪器略) 。
（1）硬质玻璃管 B 中发生反应的化学方程式为：________________________________。
（2）装置 D的作用是_______________________。
探究二：设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管B 中黑色固体的成分（已知酸性KMnO4溶液能与盐酸发生反应）。
（3）待硬质玻璃管 B 冷却后，取少许其中的固体物质继续进行如下实验：
①试剂A是________，现象2为___________________ 。
②若现象1中溶液未变血红色，请从硬质玻璃管B中固体物质的成分分析可能的原因：________________________________________________________________________。
探究三：某学习小组设计用硬质玻璃管B中固体制备Fe3O4纳米材料的流程示意图如下：
已知：①浊液B中铁元素以FeOOH形式存在；
②在操作I中，相同条件下测得Fe3O4的产率与的关系如下图所示。
（4）在滤液A转化为浊液B反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，目的是_________。
（5）设浊液B中FeOOH的物质的量为amol，滤液A中的铁元素的物质的量为bmol。为使Fe3O4的产率最高，则＝_________。（填数值，保留3位有效数字）
【答案】(1). 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2 (2). 除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂 (3). 稀硫酸 (4). 酸性KMnO4溶液褪色 (5). B中固体可能有Fe3O4 和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+ (6). 加热使其分解除去，防止其在步骤⑤中继续氧化＋2价铁元素 (7). 63.6%
【解析】
【分析】探究一：A中制取水蒸气，B中Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C收集氢气、D用于干燥氢气，E中氢气还原CuO；
(1)高温条件下，Fe和水蒸气发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气；
(2) 装置 D有除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂的作用。
探究二：(3)铁离子和KSCN反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN不反应；
亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
探究三：B中固体（主要成分为Fe3O4和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。
【详解】探究一、A中制取水蒸气、B中Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C收集氢气、D用于干燥氢气，E中氢气还原CuO；
(1)高温条件下，Fe和水蒸气发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2，
因此，本题正确答案是：3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2；
(2) 装置 D有除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂的作用，
因此，本题正确答案是：除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂。
探究二：(3)铁离子和KSCN反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN不反应，向溶液中加入KSCN溶液呈红色，说明含有四氧化三铁，可能含有Fe；铁离子和Fe反应生成亚铁离子，不变红色说明固体中含有四氧化三铁和Fe，
①根据实验流程试剂A应是稀硫酸，亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，现象2为酸性KMnO4溶液褪色，
因此，本题正确答案是：稀硫酸；酸性KMnO4溶液褪色；
②若现象1中溶液未变血红色，说明B中固体可能有Fe3O4 和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+，
因此，本题正确答案是：B中固体可能有Fe3O4 和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+；
探究三：（4）步骤④中，浊液D中的氢氧化亚铁与过氧化氢反应生成FeOOH，反应为：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O；步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2；
因此，本题正确答案是：加热使其分解除去，防止其在步骤⑤中继续氧化＋2价铁元素；
（5）设浊液B中FeOOH的物质的量为amol，滤液A中的铁元素的物质的量为bmol。
则滤液A中与FeOOH反应的亚铁离子物质的量为(b-a)mol，由图可知=1.75时，Fe3O4的产率最高，则=1.75，解得：=0.636；
因此，本题正确答案是：0.636。
1.生活中常用到一些化学知识，下列分析中正确的是（ ）
A. NaHCO3能与碱反应，所以可用作焙制糕点的发酵粉
B. 铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属
C. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现
D. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板
【答案】D
【详解】A. 小苏打无毒且受热分解放出二氧化碳，所以可用作焙制糕点的发酵粉，故A错误；
B. 铝是活泼的金属，在空气中极易被氧化生成一层致密的氧化膜，能阻止内部金属的氧化，因此铝在空气中耐腐蚀，故B错误；
C.焰色反应为元素的性质，则焰火的五彩缤纷是某些金属元素性质的展现，为物理变化，故C错误；
D. FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，故D正确。
所以D选项是正确的。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为22.4L
B. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
C. 7.8g Na2O2与足量的CO2反应，转移的电子数为0.1NA
D. 0. 1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的阴离子的个数大于0.1NA
【答案】C
【详解】A、标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol；气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定为标况，故A错误；
B.氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气分子为NA个，物质的量为1mol，在标况下体积为22.4L，故B错误；
C、Na2O2与CO2的反应是歧化反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2此反应每反应2mol Na2O2，转移2mol电子，故当反应0.1mol Na2O2时，转移0.1mol电子，数目为0.1NA，故C正确；
D.1molNa2O含有阴离子1mol，1molNa2O2含有1mol阴离子，二者无论按何种比例混合，0.1mol该混合物，阴离子数目都为0.1mol，即0.1NA，故D错误。
答案选C。
3.下列物质的分类全部正确的是（ ）
A. 纯碱一碱 硫化氢一酸 小苏打一酸式盐
B. 葡萄糖一电解质 CO2—酸性氧化物 蛋白质溶液一胶体
C. 碘酒一混合物 胆矾一纯净物 臭氧一单质
D. 氨水一 电解质 硫酸钡一非电解质 酒精一有机物
【答案】C
【解析】A、纯碱是碳酸钠属于正盐，不是碱，故A不正确；B、葡萄糖是非电解质，故B错误；C、碘酒是碘和酒精的混合物，胆矾即CuSO4·5H2O，是固定组成，所以是纯净物，臭氧是氧元素的一种单质，故C正确；D、氨水是氨气溶于水形成的溶液，是混合物，是电解质溶液，不是电解质，一水合氨是电解质，硫酸钡是盐，属于电解质，故D错误。本题正确答案为C。
4.在溶液中加入Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Ba2+、Cl、NO3- B. K+、AlO、Cl、SO
C. Ba2+、Mg2+、NO、HCO D. Na+、Cl、CO、SO
【答案】B
【解析】
【分析】Na2O2具有强氧化性，能和水反应生成氢氧化钠和氧气，加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明离子不具有强还原性，且与OH-不反应，以此解答。
【详解】A.在溶液中加入过氧化钠后生成NaOH，与NH4+结合生成弱电解质，不能大量共存，故A错误；
B.该组离子之间不发生任何反应，且与过氧化钠、OH-不反应，可大量共存，所以B选项是正确的；
C. 在溶液中加入过氧化钠后生成NaOH，NaOH与Mg2+、HCO3-之间反应生成沉淀和水而不能大量共存，故C错误；
D.过氧化钠具有强氧化性，与SO32-发生氧化还原反应，则离子不能共存，故D错误。
所以B选项是正确的。
5.下列相关反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. Al2O3与过量氨水：Al2O3＋2NH3·H2O═2AlO＋2NH4＋＋H2O
B. 钠与水反应：2Na+2H+═2Na++H2↑
C. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH-=2AlO+H2↑
D. Na2CO3溶液中滴加少量的稀盐酸：H++ CO═HCO
【答案】D
【详解】A．一水合氨是弱碱，不能溶解氧化铝，该反应不能发生，故A错误；
B．钠是活泼金属，与水反应生成NaOH和氢气，NaOH完全电离，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B错误；
C．往NaOH溶液中投入铝粉，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，故C错误；
D．Na2CO3溶液中滴加少量的稀盐酸，离子方程式：H++CO32-═HCO3-，故D正确。
故选D。
6.化学是一门以实验为基础的自然科学，下列实验操作或实验评价不正确的是（ ）
A. 用酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高
B. 可选用CCl4作萃取剂萃取溴水中的溴单质
C. 蒸馏时温度计的位置如右图所示，则温度计所示温度低于馏出物的沸点
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】C
【详解】A. 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，所以A选项是正确的；
B.CCl4与溴单质互溶而不与溴水（溴的水溶液）中的水互溶，所以能够萃取溴水中的溴单质，所以B选项是正确的；
C.蒸馏时测定馏分的温度，则温度计水银球插在蒸馏烧瓶支管口处，若在下方位置，将收集到低沸点馏分，故C错误；
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时俯视刻度线会导致配制的溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，所以D选项是正确的。
故选C。
7.下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是（ ）
① C与O2 ② Na与O2 ③Al与NaOH溶液
④ AlCl3溶液与氨水 ⑤ CO2与NaOH溶液
A. 除③外 B. 除③⑤外 C. 除③④外 D. 除②外
【答案】C
【详解】①碳与氧气反应，氧气少量生成一氧化碳，氧气过量生成二氧化碳，反应产物与反应用量有关，故选①；
②钠与氧气反应，常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，反应产物与反应条件有关，故选②；
③Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应产物与反应条件或用量无关，故不选③；
④氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应产物与反应条件或用量无关，故不选④；
⑤二氧化碳与氢氧化钠反应，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，反应产物与反应为用量有关，故选⑤；
故选：C。
8.下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）
①向石灰水中通入过量的CO2
②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量
③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸
④向NaAlO2溶液中通入CO2至过量
A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②③
【答案】A
【详解】①因石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故①正确；
②因Fe(OH)3胶体加入稀盐酸产生聚沉现象，稀盐酸与Fe(OH)3反应，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故②正确；
③根据Ba(OH)2能与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，硫酸钡与硫酸不反应，所以出现先产生沉淀然后沉淀不溶解现象，故③错误；
④向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成氢氧化铝，氢氧化铝与二氧化碳不反应，沉淀不溶解， 故④错误。
所以A选项是正确的。
9.下列除杂或检验的方法正确的是（ ）
A. 氯化亚铁溶液中混有少量氯化铁：加入足量双氧水
B. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
C. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
D. 灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中含有Na+，无K+
【答案】C
【详解】A. 氯化铁能和铁反应生成氯化亚铁，因此氯化亚铁溶液中混有少量氯化铁，加足量的铁粉，然后过滤即可，若加入双氧水会将亚铁离子氧化为Fe3+，故A错误；
B.在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，不能确定是否含Fe2+，可利用其还原性检验，故B错误；
C. 金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故C正确；
D. 用铂丝灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，没有通过蓝色的钴玻璃观察，则可能有K+，故D错误。
所以C选项是正确的。
10.下列各项所述内容对应的图象正确的是（ ）
【答案】D
【解析】A、向含有H+，Al3+，Mg2+的溶液中，逐渐加入NaOH溶液，先是和氢离子之间发生中和反应，所以开始没有沉淀产生，A错误；B、硫酸铝溶液中加入氢氧化钡溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓，若Al3+反应完毕，OH-还有剩余，还发生反应：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，但是生成的硫酸钡不会消失，沉淀不会为零，B错误；C、物质的量相等的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，金属镁反应速率快，根据金属和氢气量的关系Mg～H2、Al～1.5H2，所以最终产生氢气的体积不相等，C错误；D、向AlCl3溶液中加氨水会发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于氨水中，符合反应情况，D正确，答案选D。
11.反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应，下列说法正确的是（ ）
①2NaI＋MnO2＋3H2SO4=2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2
②2NaIO3＋5NaHSO3=2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2
A. 两个反应中硫元素均被氧化
B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C. 氧化性: MnO2＞SO＞IO＞I2
D. 反应①②中生成等量I2时，转移电子数之比为1:5
【答案】D
【解析】试题分析：A.在第一个反应中S元素的化合价没有发生变化，碘元素的化合价升高，因此该反应是碘元素的氧化反应，错误；B. 碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，错误；C.根据氧化性：氧化剂>氧化产物；氧化剂>还原剂，在第一个反应中，氧化性：MnO2＞SO42﹣；在第二个反应中氧化性：IO3﹣＞SO42﹣，所以选项C错误；D. 反应①产生1molI2转移2mol电子；在②中产生1molI2转移10mol电子，因此生成等量的I2时转移电子数比为1：5，正确。
12.下表各组物质中，可以实现XYZ（每步只发生一个反应）所示转化的是（ ）
选项
X
Y
Z
M
A
Fe
FeCl2
FeCl3
HCl
B
C
CO
CO2
O2
C
CO2
Na2CO3
NaHCO3
NaOH
D
AlO2-
Al(OH)3
Al3＋
CO2
【答案】B
【解析】A．Fe与氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，不符合转化关系，故A错误；B．过量的碳与氧气反应生成CO，CO在氧气中燃烧生成二氧化碳，符合转化关系，故B正确；C．二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，但碳酸钠不能与氢氧化钠反应，不符合转化关系，故C错误；D．溶液中四羟基合铝酸根能与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶于强酸，但不能溶于弱酸碳酸，不符合转化关系，故D错误，故选B。
13.下列实验方案中，不能测定Na2CO3 和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
B. 取a克混合物充分加热，减重b克
C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体通过浓硫酸后用碱石灰吸收，固体增重b克
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤称重，得b克固体
【答案】C
【详解】A项，得到的固体产物是NaCl，Na2CO3 和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故不选A项；
B项，在Na2CO3 和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故不选B项；
C项，逸出气体通过浓硫酸吸收水蒸气，通过碱石灰吸收CO2，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故不选C项；
D项，Na2CO3 和NaHCO3转化为BaCO3，经过滤、洗涤称重，得b克固体，由于没有干燥，沉淀不纯，所以不能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
14.已知Cu2O能与稀硝酸反应: Cu2O+HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+H2O(未配平)，若生成的NO在标况下的体积为0.448L，下列说法正确的是（ ）
A. 转移的电子总数为0.06NA
B. 作氧化剂的HNO3是0.14mol
C. 至少需要0.5mo/L的硝酸140mL与Cu2O反应
D. 被氧化的Cu2O是144g
【答案】A
【分析】Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O；标况下的体积为0.448L的 NO，物质的量是=0.02mol，据此计算。
【详解】设生成0.02mol NO，参加反应的Cu2O是x mol；参加反应的硝酸是y mol；
3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O
3 14 2
x y 0.02
=，=， 解得x=0.03mol，y=0.14mol；
A. 根据3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O，生成2molNO，转移电子6mol，所以生成0.02molNO转移的电子总数为0.06NA，故A正确；
B.作氧化剂的HNO3占参加反应硝酸的，所以作氧化剂的HNO3是0.14mol×=0.02mol，故B错误；
C.至少需要0.5mo/L的硝酸的体积是0.14mol÷0.5mo/L=0.28L=280mL，故C错误；
D.被氧化的Cu2O是0.03mol ×144g/mol =4.32g，故D错误。
答案选A。
15.现有42.4g由Fe、Al、Al2O3组成的混合物，将固体混合物分成两等份，将其中一份加入足量的NaOH溶液中充分反应后剩余固体质量为5.6g；将另一份完全溶解在600mL2mol/L的硫酸溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L，欲使该反应后溶液中的金属离子完全沉淀，至少应加入3mol/LNaOH溶液的体积是（ ）
A. 300mL B. 600mL C. 800mL D. 900mL
【答案】C
【详解】将42.4g由Fe、Al、Al2O3的混合物分成两等份，其中一份为21.2g加入足量的NaOH溶液中充分反应后剩余固体质量为5.6g即Fe的质量为5.6g，则设混合物中Al、Al2O3的物质的量分别为x、y，所以有27g/mol×x+102g/mol×y=15.6g①；
另一份完全溶解在600mL2mol/L的硫酸溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L，
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑， 2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，
0.1mol 0.1mol x x
Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，
y 3y
所以有：0.1+ x=mol②；联立①②方程，解得x=0.2mol，y=0.1mol。
由反应式可知，反应后溶液中含有0.1molFe2+、0.4molAl3+，剩余的H+为：2mol/L×0.6L×2-0.1mol×2-0.2mol×3-0.1mol×3×2=1.0mol，
欲使该反应后溶液中的金属离子完全沉淀，加入3mol/LNaOH溶液，发生的反应有：
H++OH-=H2O，Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，
1.0mol 0.1mol 0.4mol
需要NaOH的物质的量为：1.0mol+0.1mol×2+0.4mol×3=2.4mol，
需要NaOH溶液的体积是=0.8L=800mL。
答案选C。
16.某无色溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO等离子中的几种，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法一定正确的是 （ ）
A. 一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+，一定不存在Na+、SO、Fe3+
B. 一定存在H+、Al3+、NH4+、SO，可能存在Na+、Mg2+
C. 溶液中c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）为1:1:2
D. 溶液中≤
【答案】D
【解析】该无色溶液中不含有棕黄色离子Fe3+。由图可知依次发生反应：H++OH－H2O，Al3++3OH－Al(OH)3↓、Mg2++2-Mg(OH)2↓，+OH－NH3·H2O，Al(OH)3+OH－+2H2O，可见含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+，为了保持电荷守恒还要含有阴离子SO42﹣。A. 一定存在SO42﹣，故A错误；B. 没有溶于氢氧化钠溶液的沉淀是氢氧化镁，说明一定存在Mg2+，故B错误；C. 由图判断溶液中c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）为1：1：1，故C错误；D. H+、NH4+、Mg2+、Al3+所带正电荷是H+的9倍，无法确定是否存在Na+，所以为了保持电荷守恒，溶液中c（H+）/c（SO42﹣）比值小于等于2/9，故D正确。故选D。
17.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。
（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是______价，Na2FeO4能给水消毒利用的是________性。
（2）用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原理是______________（用简要的文字叙述）。
（3）工业上可用FeCl3、NaOH 、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，配平反应的离子方程式：_____Fe3+ +_____OH－+____ClO－ =_____FeO42－+ _____ + ______Cl－ ，____________氧化剂为________，若反应过程中转移了0.5 mol电子，则还原产物的物质的量为________ mol。
【答案】(1). +6 (2). 强氧化 (3). Fe3+与水反应生成胶体Fe(OH)3可以吸附水中悬浮物 (4). 2、10、3、2、5 H2O、3 (5). ClO－ (6). 0.25
【解析】
【分析】(1)根据化合价的代数和为0来进行分析；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；
(2) Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此解答；
(3)根据得失电子数守恒和质量守恒来配平；根据化合价变化，判断氧化剂；根据生成物与转移电子的比例关系进行有关计算。
【详解】(1)化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；
因此，本题正确答案是：+6；强氧化；
(2) Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe(OH)3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，因而可以净水。
因此，本题正确答案是：Fe3+与水反应生成胶体Fe(OH)3可以吸附水中悬浮物；
(3)因为是用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，故2mol失去6mol电子，被氧化为2mol Na2FeO4，失去的6mol电子能被3molNaClO得到，NaClO中+1价氯元素还原为-1价，得3molCl-，加上2mol FeCl3中的6molCl-，一共会生成9molNaCl；反应物中有10mol NaOH，根据氢原子的守恒可以知道，产物中会生成5molH2O，
配平反应的离子方程式为：2Fe3+ +10OH－+3ClO－ =2FeO42－+5 H2O + 3Cl－；由离子方程式可知，ClO－得电子化合价降低，作氧化剂，被还原为Cl-，所以还原产物为Cl-，每生成1mol Cl-，转移2mol电子，则若反应过程中转移了0.5 mol电子，则生成Cl-的物质的量为0.25mol。
因此，本题正确答案是：2、10、3、2、5 H2O、3 ；ClO－ ；0.25。
18.已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。
（1）物质A的化学式为 ________。
（2）H在潮湿空气中变成M的实验现象是__________________________________________，化学方程式为___________________________________________。
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为___________________________________，列出A的一种重要用途_________。
（4）反应①的离子方程式为_______________________________________。
【答案】(1). Na2O2 (2). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (3). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑ (5). 供氧剂(或漂白剂) (6). Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O
【解析】
【分析】根据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe，D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe(OH)3，据此答题。
【详解】根据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe，D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe(OH)3，
(1)根据上面的分析可以知道，A为Na2O2，
因此，本题正确答案是：Na2O2；
(2) Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，化学方程式为4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3，
因此，本题正确答案是：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；
(3) Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑； Na2O2具有强氧化性，可用作供氧剂(或漂白剂)，
因此，本题正确答案是：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑；供氧剂(或漂白剂)；
4）反应①为四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式为Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O，
因此，本题正确答案是：Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O。
19.铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示：（提示：SiO2为难溶于盐酸的固体）
请回答下列问题：
（1）固体a的化学式为________。
（2）在Ⅱ中加过量的烧碱涉及到的反应离子方程式有Fe3+ + 3OH- =Fe(OH)3↓、H+ + OH- =H2O、_________________；Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为________________。
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为_____________，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)_________________________。
（4）0.2 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合的离子反应方程式为_____________________________________。
（5）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和加入的H2SO4的物质的量之比为________。
【答案】(1). SiO2 (2). Al3+ + 4OH-= AlO2-+2H2O (3). AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓ (4). 过滤 (5). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 (6). 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓ (7). 3∶10
【解析】
【分析】（1）Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸；
（2）Ⅱ中加过量的烧碱，铝离子和过量碱反应生成偏铝酸钠和水；碳酸的酸性强于偏铝酸，故二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝沉淀；
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为过滤；依据从可溶性溶液中获取固体的实验方法回答；
（4）设NH4Al(SO4)2为2mol，则Ba(OH)2为3mol，溶液中含有2molNH4+、2molAl3+、4molSO42-，Al3+完全沉淀时，恰好需要3mol Ba(OH)2，此时发生2 NH4Al(SO4)2+3 Ba(OH)2=（NH4）2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；
（5）设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)212H2O的物质的量都是1 mol，然后依据铝离子与硫酸根的关系回答即可。
【详解】（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2；故答案为：SiO2；
（2）Al2O3和Fe2O3溶于过量盐酸生成AlCl3、FeCl3，因此在Ⅱ中加过量的烧碱涉及到的反应离子方程式有Fe3+ + 3OH- =Fe(OH)3↓、H+ + OH- =H2O、Al3+ + 4OH-= AlO2-+2H2O；Ⅲ中通入足量CO2气体生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓。故答案为：Al3+ + 4OH-= AlO2-+2H2O ；AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓；
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为过滤；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（4）设NH4Al(SO4)2为2mol，则Ba(OH)2为3mol，溶液中含有2molNH4+、2molAl3+、4molSO42-，Al3+完全沉淀时，恰好需要3mol Ba(OH)2，此时发生2 NH4Al(SO4)2+3 Ba(OH)2=（NH4）2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓。
故答案为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓。
（5）设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)212H2O的物质的量都是1mol，则对应的Al3+共3mol，SO42-共5mol，根据Al3+和SO42-守恒可知加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为:5=3:10。
20.某固体混合物是由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3、KCl中的两种或几种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。
（1）气体B的成分是_________，由气体B的成分推测一定含有的物质的质量为________g。
（2）该固体混合物中_____（填“有”、“没有”或“不能确定”）KCl，理由是__________________，请另设计一种简单的方法检验该固体中是否含有KCl________________________________。
（3）另取14.05g固体混合物溶于1L 0.4mol/LNaHSO4溶液中，所得溶液中阴离子物质的量浓度之比为________。
【答案】(1). H2 (2). 2.7g (3). 没有 (4). 经过计算，固体中含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，三者质量和刚好为14.05g，所以不含有KCl (5). 取该固体在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰是否有紫色，若没有紫色，则没有KCl (6). 9:2或2:9
【解析】
【分析】根据流程图可知，该固体与足量的氢氧化钠反应后产生气体，与氢氧化钠反应产生气体的固体可能是Al或硫酸铵；该气体通过浓硫酸，体积减少2.24L，说明产生气体A为氨气，体积为2.24L，余3.36L气体B为氢气，说明固体中含有Al，且质量可通过氢气的体积计算；加入过量氢氧化钠后产生白色沉淀，久置无变化，说明不含氯化亚铁，一定含有氯化镁；得到的溶液中加入稀盐酸先产生沉淀，后沉淀溶解，说明此时溶液中含有偏铝酸根离子，因为固体中一定有Al，所以不一定含有氯化铝；根据以上分析，固体混合物中一定含有Al、硫酸铵、氯化镁，以此解答。
【详解】根据流程图可知，该固体与足量的氢氧化钠反应后产生气体，与氢氧化钠反应产生气体的固体可能是Al或硫酸铵；该气体通过浓硫酸，体积减少2.24L，说明产生气体A为氨气，体积为2.24L，余3.36L气体B为氢气，说明固体中含有Al，且质量可通过氢气的体积计算；加入过量氢氧化钠后产生白色沉淀，久置无变化，说明不含氯化亚铁，一定含有氯化镁；得到的溶液中加入稀盐酸先产生沉淀，后沉淀溶解，说明此时溶液中含有偏铝酸根离子，因为固体中一定有Al，所以不一定含有氯化铝；根据以上分析，固体混合物中一定含有Al、硫酸铵、氯化镁。
（1）通过以上分析，气体B的成分是H2，由气体B的成分推测一定含有的物质为Al，Al与氢氧化钠溶液反应产生H2，生成2.24L H2需要Al的质量为××27g/mol=2.7g。
故答案为：H2 ；2.7；
（2）通过以上分析，该固体混合物中一定含有Al、硫酸铵、氯化镁。
其中含Al的质量为2.7g，
含硫酸铵的质量为：×132g/mol=6.6g，
含氯化镁的质量为：×95g/mol=4.75g，
因为2.7g+6.6g+4.75g=14.05g，所以混合物只由Al、硫酸铵、氯化镁组成，不含KCl；
可通过焰色反应检验K+来确定该固体中是否含有KCl。
故答案为：没有；经过计算，固体中含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，三者质量和刚好为14.05g，所以不含有KCl；取该固体在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰是否有紫色，若没有紫色，则没有KCl；
（3）1L 0.4mol/LNaHSO4溶液中含有0.4mol H+和0.4mol SO42-，与混合物（Al、(NH4)2SO4、MgCl2）混合后，含有的的阴离子为SO42-和Cl-，其中含SO42-为0.4mol+0.05mol=0.45mol，含Cl-为0.05mol×2=0.1mol，SO42-与Cl-物质的量浓度之比=二者的物质的量之比=0.45:0.1=9:2。
故答案为：9:2或2:9。
21.某研究性学习小组请你参与“研究铁与水蒸气反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并回答下列问题：
探究一：设计如图所示装置进行“铁与水蒸气反应”的实验(夹持仪器略) 。
（1）硬质玻璃管 B 中发生反应的化学方程式为：________________________________。
（2）装置 D的作用是_______________________。
探究二：设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管B 中黑色固体的成分（已知酸性KMnO4溶液能与盐酸发生反应）。
（3）待硬质玻璃管 B 冷却后，取少许其中的固体物质继续进行如下实验：
①试剂A是________，现象2为___________________ 。
②若现象1中溶液未变血红色，请从硬质玻璃管B中固体物质的成分分析可能的原因：________________________________________________________________________。
探究三：某学习小组设计用硬质玻璃管B中固体制备Fe3O4纳米材料的流程示意图如下：
已知：①浊液B中铁元素以FeOOH形式存在；
②在操作I中，相同条件下测得Fe3O4的产率与的关系如下图所示。
（4）在滤液A转化为浊液B反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，目的是_________。
（5）设浊液B中FeOOH的物质的量为amol，滤液A中的铁元素的物质的量为bmol。为使Fe3O4的产率最高，则＝_________。（填数值，保留3位有效数字）
【答案】(1). 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2 (2). 除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂 (3). 稀硫酸 (4). 酸性KMnO4溶液褪色 (5). B中固体可能有Fe3O4 和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+ (6). 加热使其分解除去，防止其在步骤⑤中继续氧化＋2价铁元素 (7). 63.6%
【解析】
【分析】探究一：A中制取水蒸气，B中Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C收集氢气、D用于干燥氢气，E中氢气还原CuO；
(1)高温条件下，Fe和水蒸气发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气；
(2) 装置 D有除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂的作用。
探究二：(3)铁离子和KSCN反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN不反应；
亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
探究三：B中固体（主要成分为Fe3O4和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。
【详解】探究一、A中制取水蒸气、B中Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C收集氢气、D用于干燥氢气，E中氢气还原CuO；
(1)高温条件下，Fe和水蒸气发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2，
因此，本题正确答案是：3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2；
(2) 装置 D有除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂的作用，
因此，本题正确答案是：除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂。
探究二：(3)铁离子和KSCN反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN不反应，向溶液中加入KSCN溶液呈红色，说明含有四氧化三铁，可能含有Fe；铁离子和Fe反应生成亚铁离子，不变红色说明固体中含有四氧化三铁和Fe，
①根据实验流程试剂A应是稀硫酸，亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，现象2为酸性KMnO4溶液褪色，
因此，本题正确答案是：稀硫酸；酸性KMnO4溶液褪色；
②若现象1中溶液未变血红色，说明B中固体可能有Fe3O4 和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+，
因此，本题正确答案是：B中固体可能有Fe3O4 和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+；
探究三：（4）步骤④中，浊液D中的氢氧化亚铁与过氧化氢反应生成FeOOH，反应为：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O；步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2；
因此，本题正确答案是：加热使其分解除去，防止其在步骤⑤中继续氧化＋2价铁元素；
（5）设浊液B中FeOOH的物质的量为amol，滤液A中的铁元素的物质的量为bmol。
则滤液A中与FeOOH反应的亚铁离子物质的量为(b-a)mol，由图可知=1.75时，Fe3O4的产率最高，则=1.75，解得：=0.636；
因此，本题正确答案是：0.636。
相关资料
更多
