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四川省射洪县射洪中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题
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射洪中学高2019级2019年下期第二次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 K-39
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题
1.下面所列物质贴错了标签的是
A
B
C
D
物质
氢氧化钠
金属汞
碳酸钠
烟花爆竹
危险警告标签
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠是强碱，具有很强的腐蚀性，属于腐蚀品，标签正确，故A正确；
B. 金属汞有毒，属于有毒物质，标签正确，故B正确；
C. 碳酸钠属于盐，不能燃烧，不属于易燃品，标签错误，故C错误；
D. 烟花爆竹易燃易爆炸，属于爆炸品，标签正确，故D正确；
答案选C。
2.下列有关物质分类说法正确的是( )
A. 纯碱、液态氧、碘酒、稀盐酸依次是盐、单质、混合物、电解质
B. 干冰、生石灰、硫酸、碳酸氢铵依次是电解质、氧化物、酸、盐
C. 氯化氢、氨气、水银、草木灰依次是电解质、非电解质、单质、混合物
D. 冰水、空气、泥水依次是溶液、胶体、浊液
【答案】C
【解析】
【详解】A. 稀盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B. 干冰是氧化物，在水中不能自身电离，属于非电解质，故B错误；
C. 氯化氢、氨气、水银、草木灰依次是电解质、非电解质、单质、混合物，分类合适，故C正确；
D. 冰水由水分子构成，属于纯净物，故D错误；
故选C。
3.每年10月23日上午6:02到晚上6:02被誉为“摩尔日”（Mole Day）这个时间的美式写法为6：02/10/23,外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L的和混合气体中含有的碳原子数为NA
B. 1 mol与过量的水蒸气完全反应时电子转移数为2NA
C. 标准状况下，5.6L 含有的分子数为0.25NA
D. 1 mol/L 溶液中含有的数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 和分子中都只含一个碳原子，标准状况下，22.4L的和混合气体中含有的碳原子数为NA，故A正确；
B. 1 mol与过量的水蒸气完全反应生成四氧化三铁，电子转移数为 NA，故B错误；
C. 标准状况下， 呈液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D. 1 mol/L 溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算含有的数目，故D错误；
故选A。
4.下列关于胶体的叙述中不正确的是
A. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜
B. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐，利用了胶体聚沉的性质
C. 可利用丁达尔效应区分胶体与溶液
D. 部分胶体粒子，因吸附阳离子或阴离子，在电场作用下能产生电泳现象
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据分散质粒子直径的大小不同把物质分为溶液，胶体，浊液，氯化铁溶液中离子直径较小能透过半透膜，氢氧化铁胶体中胶体粒子直径较大不能透过半透膜，故A错误；
B. 豆浆是一种胶体，盐卤或石膏加入到豆浆里，会使豆浆发生聚沉，制成豆腐，故B正确；
C. 区分胶体与溶液可利用丁达尔效应，胶体在通过光线时，产生丁达尔效应，溶液没有这样的现象，故可以用丁达尔效应区分溶液和胶体，故C正确；
D. 部分胶体粒子有较大的表面积，具有吸附性，因吸附阳离子或阴离子，使胶体粒子带电，在电场作用下能产生电泳现象，故D正确；
答案选A。
【点睛】胶体的电泳，聚沉现象是胶体的性质，区分溶液和教体的方法是丁达尔效应，胶体，溶液，浊液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同，需辨析清楚。
5.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. 能与酸反应，可用作红色油漆和涂料
C. 是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. 能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. 能与HCl反应，可用于制胃酸中和剂，故A错误；
B. 是红色固体，难氧化，可用作红色油漆和涂料，故B错误；
C. 熔点高，可用作耐高温材料，故C错误；
D. 能与水反应，可用作食品干燥剂，防止食品因潮湿而变质，故D正确；
故选D。
6.下列用于分离提纯物质的装置正确的是
A. 灼烧固体 B. 过滤 C. 分液 D. 蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A．灼烧固体应该在坩埚中进行，不能在表面皿中进行，错误；
B．过滤应该用玻璃棒引流，错误；
C．分液应该是分离互不相溶的两层液体混合物的方法，由于I2的CCl4的密度比水大，而且与水互不相溶，因此可以用分液的方法分离，正确；
D．蒸馏时应该用温度计测量气体的温度，所以温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口附近，不能伸到液面下，错误。
答案选C。
7.下列有关金属性质的描述，符合事实的是
A. 金属钠暴露在空气中，表面变暗，生成白色的过氧化钠固体
B. 用坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，发出耀眼白光，放出大量热，生成白色固体
C. 用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，有液态的铝滴落
D. 金属铝比铁活泼，因此在空气中，铁制品比铝制品耐腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠在空气中，表面变暗，被空气中的氧气氧化成为氧化钠，氧化钠是白色固体，与氧气点燃或高温下产生过氧化钠，过氧化钠是淡黄色固体，故A错误；
B. 坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，镁与氧气反应发出耀眼的白光，放出大量的热，产生白色氧化镁固体，故B正确；
C. 用坩埚钳夹住一小块铝箔，铝的性质较活泼，易被空气中的氧气氧化，铝的表面生成致密的氧化膜而失去了光泽，由于铝熔点低，所以在酒精灯上加热时铝熔化成液态，由于氧化铝熔点较高，加热时氧化膜包裹着的内层熔化的铝而不会滴落，故C错误；
D. 金属铝比铁活泼，铝置于空气时，表面生成致密的氧化铝薄膜，从而阻止空气与铝的进一步反应，保护内部的铝不被腐蚀，铁接触潮湿的空气会生成疏松的铁锈，空气与水蒸气可穿透过那层氧化物，使反应继续进行，对内部的铁单质起不到保护作用，所以铝比铁更耐腐蚀，故D错误；
答案选B。
【点睛】金属的性质中比较钠，镁，铝，铁这些金属的活泼型，可以看它们和氧气或是酸的反应速率大小，注意钠在空气中被氧化的实验现象，氧化钠和过氧化钠的颜色，铝在空气中的反应现象。
8. 下列物质中，不属于合金的是
A. 硬铝 B. 黄铜 C. 钢铁 D. 金箔
【答案】D
【解析】
【详解】A.硬铝是含有Cu、Mg、Mn、Si的铝合金；
B.黄铜是铜和锌的合金；
C.钢铁是铁和碳的合金；
D.金箔是Au，是纯净物。
因此，不属于合金的是Au，选D。
9.除去Na2CO3固体中少量NaHCO3的最佳方法是
A. 加入适量盐酸 B. 加热 C. 加入NaOH溶液 D. 配成溶液后通入CO2
【答案】B
【解析】
【分析】
除杂题考查杂质和被提纯物质的性质，解题时要注意三个原则：①不增，即除去杂质后不能引入新的杂质；②不减，即尽可能不减少被提纯的物质；③操作简便，易于分离。
【详解】A、加入适量盐酸，碳酸钠和碳酸氢钠都能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
B、加热后，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，该方法最好；
C、加入氢氧化钠溶液，碳酸氢钠可以与其反应生成碳酸钠，但是氢氧化钠的用量无法控制，故该法不好；
D、配成溶液后通入二氧化碳，碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，不能除杂。
故选B。
10.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是( )
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④足量Na2O2投入FeCl2溶液中
A. 只有①④ B. 只有③ C. 只有②③ D. 只有①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①金属钠与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，然后FeCl3与NaOH溶液反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，有气体生成和沉淀产生，故①符合题意；
②明矾为KAl(SO4)2·12H2O，加入过量NaOH溶液，只发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀、无气体产生，故②不符合题意；
③发生Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，只产生沉淀，无气体，故③不符合题意；
④Na2O2与水发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，利用过氧化钠的强氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，故④符合题意；
综上所述，选项A正确。
11.下列判断正确的是( )
①足量金属与标准状况下反应时一定转移2 mol电子
②金属与氧气反应时都生成最高价金属氧化物
③金属钠与反应生成，金属铜也能与反应生成
④与足量反应时，每生成转移电子的数目为
⑤遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色
⑥向饱和烧碱溶液中加入，充分反应后，恢复至原温度，溶液中不变
A. ①②③ B. ②③⑤ C. ②④⑥ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①足量金属与标准状况下反应生成Na2O时一定转移2 mol电子，生成Na2O2时只转移1mol电子，故错误；
②金属与氧气反应时不一定生成最高价金属氧化物，如铁与氧气生成四氧化三铁，故错误；
③金属钠的活泼性比氢强，金属钠与反应生成，但金属铜的活泼性比氢弱，金属铜不能与反应生成 ，故错误；
④与足量反应时，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑每生成转移电子的数目为 ，故正确；
⑤2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，后褪色，故错误；
⑥向饱和烧碱溶液中加入，充分反应后，恢复至原温度，仍然是饱和溶液，溶液中不变，故正确；
故选D．
12.某溶液中只含有大量的下列离子：、、和M离子，经测定、、和M离子的物质的量之比为2：5：1：1，则M离子可能是下列中的（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol， Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，故选B。
【点睛】本题考查物质的量有关计算，关键是学会利用电荷守恒的应用，即溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。
13.下列离子方程式书写不正确的是( )
A. 向小苏打溶液中加入硫酸氢钠溶液：
B. 碳酸镁与稀硫酸反应：
C. 溶液中滴入过量稀氨水：
D. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小苏打是强电解质，但HCO3－不拆，向小苏打溶液中加入硫酸氢钠溶液：，故A正确；
B. 碳酸镁微溶，写化学式，碳酸镁与稀硫酸反应：，故B正确；
C. 一水合氨是弱碱，不能溶解氢氧化铝，溶液中滴入过量稀氨水：，故C正确；
D. 钡离子与氢氧根离子的物质的量比为1:2，向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：，故D错误；
故选D。
14.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A. KMnO4是氧化剂，Fe3+是还原产物 B. Fe2+的还原性强于 Mn2+
C. 氧化剂和还原剂物质的量之比为 5:1 D. 生成 1mol 水时，转移 2.5 mol 电子
【答案】B
【解析】
【详解】A项，MnO4－中Mn元素的化合价降低，KMnO4是氧化剂，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Fe3＋是氧化产物，故A错误；
B项，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故B正确；
C项，锰元素的化合价由+7价降至+2价，铁元素的化合价由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，故C错误；
D项，根据反应的离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O 可知，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D错误；
故答案为B。
15.下列各组物质中，将前者和后者混合时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是（ ）
A. 溶液，NaOH溶液 B. 稀，溶液
C. 澄清石灰水， D. 氨水，溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 溶液、NaOH溶液混合，若前者少量，发生反应为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；若前者过量，发生反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，不合题意。
B. 稀、溶液混合，若前者过量，发生反应为AlO2-+4H+=Al3++2H2O；若后者过量，发生反应为AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，不合题意。
C. 澄清石灰水、，若前者过量，发生反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；若后者过量，发生反应Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，不合题意。
D. 氨水、溶液，不管前者是否过量，发生的反应都是Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+，因为氢氧化铝不溶于过量的氨水，符合题意。
故答案为D。
【点睛】如果我们弄不清过量时发生反应的产物，可先让两种反应物发生复分解反应，然后从共存出发，看过量反应物与产物是否共存。若共存，复分解反应的产物就是最终产物；若不共存，再让产物与过量反应物发生反应，从而确定最终产物。
16.向四支试管中分别加入少量不同溶液进行如下实验，其中操作，现象和结论均正确的是( )
选项
操 作
现 象
结 论
A
先向待测液滴加溶液，再滴足量的盐酸
生成白色沉淀，加酸后沉淀不溶解
原溶液中有
B
先向待测液滴加2滴溶液，再滴几滴新制的氯水
先不显红色，再滴新制的氯水后溶液变为红色
原溶液中有
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有，
无
D
向待测液滴足量的盐酸
将产生的气体通入足量澄清石灰水，溶液变浑浊
原溶液中有
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、先向待测液滴加溶液，再滴足量的盐酸，生成白色沉淀，加酸后沉淀不溶解，白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，故A错误；
B、先向待测液滴加2滴溶液，不显红色，说明不含铁离子，再滴几滴新制的氯水后溶液变为红色，说明生成了铁离子，故原溶液中有，B正确；
C、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，只能说明原溶液中有，无法确定有无，故C错误；
D、向待测液滴足量的盐酸，将产生的气体通入足量澄清石灰水，溶液变浑浊，原溶液中可能有CO32－、HCO3－、SO32－、HSO3－，故D错误；
故选B。
17.某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A. K+、Mg2+、Cl-、 B. Na+、、、
C. Na+、K+、、Cl- D. K+、Na+、、
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液中加入铝粉，有H2放出，该溶液为非氧化性酸或强碱溶液，若离子之间不能反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，离子在溶液中一定能大量共存。
【详解】A项、碱溶液中不能存在Mg2+，故A错误；
B项、碱溶液中不能存在NH4+、HCO3-，酸溶液中不能存在HCO3-，故B错误；
C项、非氧化性酸或强碱溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D项、酸溶液中不能存在CO32-，故D错误；
故选C。
18.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：溶液遇能产生黑色的)，下列说法错误的是( )
A. 装置①的仪器还可以制取、等气体
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯
C. 装置②③中分别盛装饱和溶液、浓
D. 装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置可知①为二氧化碳的发生装置，②应为NaHCO3溶液，用于除去HCl，③为浓硫酸，用于干燥二氧化碳气体，在加热条件下，在④中如发生反应，则二氧化碳可被还原生成CO，可观察到⑥中溶液产生黑色沉淀。
【详解】A．装置①为常温下固体和液体制备气体的装置，可用稀硫酸和锌反应制备氢气，用MnO2催化双氧水分解反应制备氧气，故A正确；
B．装置⑤中石灰水变浑浊后，可将装置内的空气排出，防止氧气和钠反应，故B正确；
C．二氧化碳与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，用于除去氯化氢，故C错误；
D．一氧化碳与氯化钯发生氧化还原反应，方程式PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl，故D正确。
故选：C。
【点睛】本题考查物质的性质实验探究，注意把握实验的原理以及相关物质的性质，把握实验的严密性的评价，易错点C，二氧化碳与碳酸钠溶液反应。
19.取100mL0.2mol/L的FeCl3溶液置于烧杯中，向其中加入一定量的Fe、Cu混合物，充分反应后仍有固体剩余，下列叙述一定正确的是（ ）（设溶液体积不变，不考虑水解因素）。
A. 烧杯中有Fe无Cu，c(Fe2+)=0.2mol/L
B. 烧杯中有Cu无Fe，c(Fe2+)=0.3mol/L
C. 烧杯中有Cu无Fe，0.2mol/Lc(Fe2+)0.3mol/L
D. 烧杯中Fe、Cu均有，c(Fe2+)=0.3mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A、铁还原性大于铜，FeCl3溶液首先与铁反应，铁有剩余，一定有铜剩余，故A错误；
B、有铜无铁，说明铁全部反应生成亚铁离子，若只发生2Fe3++Fe=3Fe2+，原溶液中铁离子物质的量为0.1L×0.2mol/L= 0.02mol，生成亚铁离子0.03mol，亚铁离子浓度c(Fe2+)==0.3mol/L，若铜部分溶解，2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，生成的亚铁离子小于0.03mol，则c(Fe2+)＜0.3mol/L，即c(Fe2+)≤0.3mol/L，故B错误；
C、根据B 的分析，有铜无铁，c(Fe2+)≤0.3mol/L，由于有铁溶解，因此c(Fe2+)＞0.2mol/L，即0.2mol/L＜c(Fe2+)≤0.3mol/L，故C错误；
D、溶液中铁铜都有，说明铁离子只和铁反应生成亚铁离子，依据A计算得到c(Fe2+)=0.3mol/L，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意一定发生2Fe3++Fe=3Fe2+，因此当铁离子完全反应后，生成的亚铁离子浓度一定大于原来铁离子浓度。
20.镁、铝合金粉末10.2g溶于500mL 4mol·L－1盐酸中恰好完全反应。若加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为
A. 100mL B. 500mL C. 1000mL D. 1500mL
【答案】C
【解析】
【详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，反应后为NaCl溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.5L×4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为：2mol÷2mol/L=1L=1000mL，答案选C。
【点睛】本题考查混合物反应计算，明确发生反应实质及反应后溶质组成为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。利用守恒法可以减少计算量，提高答题效率。化学计算中的守恒法应用很广泛，例如本题中的离子守恒，氧化还原反应中的电子得失守恒，化学反应方程式中的质量守恒定律以及溶液中的电荷守恒等，平时注意解题方法规律的总结和积累。
21.将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与消耗的HCl物质的量关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。下列说法不正确的是（ ）
A. 通入CO2气体的体积在标准状况下为22.4 L
B. O到a点发生反应的离子方程式：H++OH—=H2O、CO32—+H+=HCO3—
C. O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3
D. NaOH溶液物质的量浓度为2.5 mol•L—1
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可知，a点开始产生气体，二氧化碳最大量时，该阶段消耗的盐酸的物质的量为2mol，则由方程式HCO3—+H+= CO2 ↑+H2O可知二氧化碳也为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，所以标况下二氧化碳的体积为44.8L，故错误；
B. O到a点发生反应为氢离子和氢氧根离子反应生成水，氢离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，离子方程式H++OH—=H2O、CO32—+H+=HCO3—，故正确；
C.碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，盐酸和碳酸钠或碳酸氢钠反应都是1:1的，由图像可知生成二氧化碳消耗的盐酸的物质的量小于反应开始到产生二氧化碳阶段消耗的盐酸，故溶液中的溶质为氢氧化钠和碳酸钠，故正确；
D.加入5mol盐酸生成的二氧化碳的体积最大，此时溶液中溶质为氯化钠，所以氢氧化钠的物质的量为5mol，则氢氧化钠的浓度为5mol/2L=2.5mol/L。故正确。
故选A。
【点睛】掌握反应过程是关键，二氧化碳和氢氧化钠反应后的溶液可能是氢氧化钠和碳酸钠或碳酸钠或碳酸钠和碳酸氢钠。碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，两步反应消耗盐酸相等，若图像中前者大于后者，说明溶液中的成分为氢氧化钠和碳酸钠，若前者小于后者，则溶液为碳酸钠和碳酸氢钠。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题
22.铝、铁是常见的两种金属，它们的单质及化合物在生活生产中处处可见。
（1）过量的铁和稀硝酸发生反应，产物是和，写出该反应的化学方程式_______________。
（2）实验室配制溶液时，如果没有隔绝空气，会被氧化为________（填写化学式）。在该溶液中加入________试剂，看到_________现象，证明溶液变质。写出检验已经被氧化的离子方程式_________。
（3）已知可溶于水，下图表示是向溶液中逐滴加入溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入的物质的量x的关系。
由图可知c点的沉淀是______（填化学式），a-b过程中沉淀物质的量较大的是____（填化学式）,写出从开始滴加入溶液至c点的总反应离子方程式_______。
【答案】 (1). 3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O (2). Fe2(SO4)3 (3). KSCN溶液 (4). 溶液变为血红色 (5). (6). BaSO4 (7). BaSO4 (8). 2Al3+ + 3SO42- + 3Ba2+ + 8OH- = 3BaSO4 ↓+ 2AlO2- + 4H2O
【解析】
【详解】（1）Fe过量，与硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（2）亚铁离子易被氧化为铁离子，实验室配制FeSO4溶液时，如果没有隔绝空气，FeSO4会被氧化为Fe2(SO4)3；检验铁离子的溶液用KSCN溶液，铁离子遇到KSCN溶液，溶液显血红色；检验已经被氧化的离子方程式：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；
（3）在a-b发生反应Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，c-d发生反应2Al（OH）3+Ba(OH)2=Ba(AlO2)2+4H2O，Al(OH)3溶解，所以c点沉淀只有BaSO4；由方程式Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓可知，沉淀的物质的量：Al(OH)3＜BaSO4；
从开始滴加入溶液至c点，氢氧根过量，铝以偏铝酸根离子形式存在，总反应离子方程式: 2Al3+ + 3SO42- + 3Ba2+ + 8OH- = 3BaSO4 ↓+ 2AlO2- + 4H2O。
【点睛】本题考查了氧化还原反应、离子反应方程式及图象的分析，把握发生的离子反应及图象中对应的离子反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的综合考查，难点（3）从开始滴加入溶液至c点，氢氧根过量，铝以偏铝酸根离子形式存在，从而写出过程中发生的总离子方程式。
23.某同学设计如下实验方案，以分离KNO3和Ba(NO3)2两种固体混合物试回答下列问题
供选试剂：Na2SO4溶液、Na2CO3溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、硫酸、硝酸
(1)试剂a是_______加入试剂b所发生反应的离子方程式为___________________________
(2)该方案能否达到实验目的：__________________________（填能或不能）若不能，应如何改进？__________________________（若能此问不用回答）
(3)若要测定原混合物中Ba(NO3)2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是__________的质量
(4)用所制备的KNO3固体配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL,回答下列问题：
①配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、______________
②需要用托盘天平称量_______g KNO3固体)
③下列情况会使所配溶液浓度偏低的是________
A.称量固体时，砝码与药品的位置放反了，即“左码右物”
B.使用有少量蒸馏水的容量瓶
C.定容时俯视刻度线观察液面
D.洗涤和转移时有液体外溅
【答案】 (1). K2CO3溶液 (2). (3). 不能 (4). 应在操作②的滤液中加入稍过量（或适量）硝酸后再蒸发结晶 (5). 干燥的沉淀A1，或固体B (6). 500mL容量瓶、玻璃棒 (7). 5.1 (8). AD
【解析】
【分析】
分离KNO3和Ba(NO3)2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使Ba(NO3)2转化为沉淀，过滤后沉淀加入硝酸可生成Ba(NO3)2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体Ba(NO3)2，操作②所得滤液为KNO3和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KNO3和K2CO3，应加入过量硝酸可得KNO3，A为不纯的BaCO3沉淀，经过洗涤干燥得到A1为纯净的BaCO3沉淀，加硝酸，蒸发得到固体B为Ba(NO3)2，以此解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知试剂a为K2CO3溶液，试剂b为硝酸，加入试剂b，BaCO3沉淀加入硝酸可生成Ba(NO3)2溶液，反应的化学方程式为
故答案为K2CO3溶液；；
(2) 操作②所得滤液为KNO3和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KNO3和K2CO3，蒸发结晶前应加入适量稀硝酸，将过量的碳酸钾转化成硝酸钾，否则晶体不纯，所以该方案不能达到实验目的，
故答案为应在操作②的滤液中加入过量硝酸后再蒸发结晶；
(3)固体溶解后加入过量K2CO3使Ba(NO3)2，转化为碳酸钡沉淀，过滤后沉淀加入试剂b硝酸可将碳酸钡转化成Ba(NO3)2溶液，然后经蒸发、结晶、干燥后可得固体Ba(NO3)2，若要测定原混合物中KNO3和Ba(NO3)2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是固体B或干燥的沉淀A1的质量，依据B为Ba(NO3)2计算得到质量分数，A1为碳酸钡，结合钡元素守恒计算氯化钡质量得到，
故答案为干燥的沉淀A1，或固体B；
(4) ①配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；
故答案为500mL容量瓶、玻璃棒；
②用固体KNO3配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要KNO3质量为：0.1mol/L×0.5L×101g/mol=5.05g；由于托盘天平的精确度为0.1g，故用天平称量的质量为5.1g，
故答案为5.1g；
③A. 称量固体时，砝码与药品的位置放反了，即“左码右物”，会使称量药品的质量偏小， 根据c=，导致所得溶质的物质的量浓度偏小，故A符合题意；
B. 使用有少量蒸馏水的容量瓶，定容时还要加水，故对浓度无影响，故B不符合题意；
C. 定容时俯视刻度线观察液面会使v偏小，根据c=，故浓度偏大，故C不符合题意；
D. 洗涤和转移时有液体外溅会使n减小，根据c=，故浓度偏小，故D符合题意；
故答案为AD。
24.已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见的金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。
（1）写出下列物质的化学名称：A：_________I：_________J：_________G：_________
（2）写出C→I的离子方程式：_____________________________________________________。
（3）写出F→G实验现象：_________________________________________________________。
（4）将一定量A和C混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
①混合物中含A的质量为______________；
②所用硫酸溶液物质的量浓度为___________。
【答案】 (1). 三氧化二铁 (2). 偏铝酸钠 (3). 氢氧化铝 (4). 氢氧化铁 (5). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O (6). 白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (7). 16g (8). 6.5mol/L
【解析】
【分析】
A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，B、D是金属单质，A和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3；J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，I是NaAlO2，氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，所以H是AlCl3；G是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则G是 Fe(OH)3，F是 Fe(OH)2，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe(OH)2，则E是 FeCl2，据此分析解答。
【详解】(1)根据上面的分析可知A为Fe2O3，I是NaAlO2，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3，故答案为三氧化二铁；偏铝酸钠；氢氧化铝；氢氧化铁。
(2)氧化铝是两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，C→I的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(3)F→G为氢氧化亚铁与氧气、水共同作用生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
(4)A和C的混合物为Fe2O3 和Al2O3的混合物，溶于100mL稀硫酸中，生成铁离子和铝离子；根据图像可知，加入氢氧化钠溶液后，开始没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余；随着碱量的增加，沉淀逐渐增多，达到最大值，碱过量，氢氧化铝溶解，氢氧化铁不溶解。
①根据21.4g沉淀的质量是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是=0.2mol，根据铁元素守恒，所以氧化铁的物质的量是0.1mol，Fe2O3的质量是0.1mol×160g/mol=16g，故答案为16g；
②从260-300mL，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是：37g-21.4g=15.6g，即=0.2mol，消耗NaOH为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度=5mol/L；当V(NaOH)=260mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4；根据钠元素守恒：2n(Na2SO4)=n(NaOH)，n(Na2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×0.26L×5 mol/L =0.65mol；根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.65mol，则c(H2SO4)==6.5mol/L，故答案为6.5mol/L。
【点睛】正确判断物质是解题的关键。解答本题的突破口为“红褐色沉淀、红棕色金属氧化物”。本题的易错点和难点为(4)，要注意图像最高点对应溶液的溶质为硫酸钠。
25.甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂。实验室利用与甘氨酸制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
查阅资料：
①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。
②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。
实验过程：
I．装置C中盛有17.4g和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。
Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是________。
（2）装置B中盛有的试剂是：_______；装置D的作用是________。
（3）向溶液中加入溶液可制得，该反应的离子方程式为________。
（4）过程I加入柠檬酸促进溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。
①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是________；
②柠檬酸的作用还有________。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是________。
（6）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_______％。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强、便于液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中 (5). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (6). pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀 (7). 防止Fe2+被氧化 (8). 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 (9). 75
【解析】
【分析】
（1）a为分液漏斗，b中软管可平衡气压；
（2）B中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，C中应防止亚铁被氧化；
（3）溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水；
（4）① pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀。
②结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化，柠檬酸具有还原性；
（5）甘氨酸亚铁难溶于乙醇；
（6）17.4g即0.15mol FeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁。
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；与a相比，仪器b的优点是是平衡气压，使液体顺利流下。
（2）装置B中盛有的试剂是：饱和NaHCO3溶液；装置D的作用是防止空气进入C中（从而防止Fe2＋被氧化）。
（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，该反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O。
（4）①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是 pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe2＋+2OH－=Fe（OH）2↓ ；
②结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是过程Ⅱ中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出。
（6）17.4g即0.15mol FeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，其产率是 ×100%=75%。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，易错点（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，复分解反应强于水解，注意题中信息，结合元素化合物知识的应用。
射洪中学高2019级2019年下期第二次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 K-39
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题
1.下面所列物质贴错了标签的是
A
B
C
D
物质
氢氧化钠
金属汞
碳酸钠
烟花爆竹
危险警告标签
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠是强碱，具有很强的腐蚀性，属于腐蚀品，标签正确，故A正确；
B. 金属汞有毒，属于有毒物质，标签正确，故B正确；
C. 碳酸钠属于盐，不能燃烧，不属于易燃品，标签错误，故C错误；
D. 烟花爆竹易燃易爆炸，属于爆炸品，标签正确，故D正确；
答案选C。
2.下列有关物质分类说法正确的是( )
A. 纯碱、液态氧、碘酒、稀盐酸依次是盐、单质、混合物、电解质
B. 干冰、生石灰、硫酸、碳酸氢铵依次是电解质、氧化物、酸、盐
C. 氯化氢、氨气、水银、草木灰依次是电解质、非电解质、单质、混合物
D. 冰水、空气、泥水依次是溶液、胶体、浊液
【答案】C
【解析】
【详解】A. 稀盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B. 干冰是氧化物，在水中不能自身电离，属于非电解质，故B错误；
C. 氯化氢、氨气、水银、草木灰依次是电解质、非电解质、单质、混合物，分类合适，故C正确；
D. 冰水由水分子构成，属于纯净物，故D错误；
故选C。
3.每年10月23日上午6:02到晚上6:02被誉为“摩尔日”（Mole Day）这个时间的美式写法为6：02/10/23,外观与阿伏加德罗常数的值6.02×1023相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L的和混合气体中含有的碳原子数为NA
B. 1 mol与过量的水蒸气完全反应时电子转移数为2NA
C. 标准状况下，5.6L 含有的分子数为0.25NA
D. 1 mol/L 溶液中含有的数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 和分子中都只含一个碳原子，标准状况下，22.4L的和混合气体中含有的碳原子数为NA，故A正确；
B. 1 mol与过量的水蒸气完全反应生成四氧化三铁，电子转移数为 NA，故B错误；
C. 标准状况下， 呈液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D. 1 mol/L 溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算含有的数目，故D错误；
故选A。
4.下列关于胶体的叙述中不正确的是
A. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜
B. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐，利用了胶体聚沉的性质
C. 可利用丁达尔效应区分胶体与溶液
D. 部分胶体粒子，因吸附阳离子或阴离子，在电场作用下能产生电泳现象
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据分散质粒子直径的大小不同把物质分为溶液，胶体，浊液，氯化铁溶液中离子直径较小能透过半透膜，氢氧化铁胶体中胶体粒子直径较大不能透过半透膜，故A错误；
B. 豆浆是一种胶体，盐卤或石膏加入到豆浆里，会使豆浆发生聚沉，制成豆腐，故B正确；
C. 区分胶体与溶液可利用丁达尔效应，胶体在通过光线时，产生丁达尔效应，溶液没有这样的现象，故可以用丁达尔效应区分溶液和胶体，故C正确；
D. 部分胶体粒子有较大的表面积，具有吸附性，因吸附阳离子或阴离子，使胶体粒子带电，在电场作用下能产生电泳现象，故D正确；
答案选A。
【点睛】胶体的电泳，聚沉现象是胶体的性质，区分溶液和教体的方法是丁达尔效应，胶体，溶液，浊液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同，需辨析清楚。
5.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. 能与酸反应，可用作红色油漆和涂料
C. 是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. 能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. 能与HCl反应，可用于制胃酸中和剂，故A错误；
B. 是红色固体，难氧化，可用作红色油漆和涂料，故B错误；
C. 熔点高，可用作耐高温材料，故C错误；
D. 能与水反应，可用作食品干燥剂，防止食品因潮湿而变质，故D正确；
故选D。
6.下列用于分离提纯物质的装置正确的是
A. 灼烧固体 B. 过滤 C. 分液 D. 蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A．灼烧固体应该在坩埚中进行，不能在表面皿中进行，错误；
B．过滤应该用玻璃棒引流，错误；
C．分液应该是分离互不相溶的两层液体混合物的方法，由于I2的CCl4的密度比水大，而且与水互不相溶，因此可以用分液的方法分离，正确；
D．蒸馏时应该用温度计测量气体的温度，所以温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口附近，不能伸到液面下，错误。
答案选C。
7.下列有关金属性质的描述，符合事实的是
A. 金属钠暴露在空气中，表面变暗，生成白色的过氧化钠固体
B. 用坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，发出耀眼白光，放出大量热，生成白色固体
C. 用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，有液态的铝滴落
D. 金属铝比铁活泼，因此在空气中，铁制品比铝制品耐腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠在空气中，表面变暗，被空气中的氧气氧化成为氧化钠，氧化钠是白色固体，与氧气点燃或高温下产生过氧化钠，过氧化钠是淡黄色固体，故A错误；
B. 坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，镁与氧气反应发出耀眼的白光，放出大量的热，产生白色氧化镁固体，故B正确；
C. 用坩埚钳夹住一小块铝箔，铝的性质较活泼，易被空气中的氧气氧化，铝的表面生成致密的氧化膜而失去了光泽，由于铝熔点低，所以在酒精灯上加热时铝熔化成液态，由于氧化铝熔点较高，加热时氧化膜包裹着的内层熔化的铝而不会滴落，故C错误；
D. 金属铝比铁活泼，铝置于空气时，表面生成致密的氧化铝薄膜，从而阻止空气与铝的进一步反应，保护内部的铝不被腐蚀，铁接触潮湿的空气会生成疏松的铁锈，空气与水蒸气可穿透过那层氧化物，使反应继续进行，对内部的铁单质起不到保护作用，所以铝比铁更耐腐蚀，故D错误；
答案选B。
【点睛】金属的性质中比较钠，镁，铝，铁这些金属的活泼型，可以看它们和氧气或是酸的反应速率大小，注意钠在空气中被氧化的实验现象，氧化钠和过氧化钠的颜色，铝在空气中的反应现象。
8. 下列物质中，不属于合金的是
A. 硬铝 B. 黄铜 C. 钢铁 D. 金箔
【答案】D
【解析】
【详解】A.硬铝是含有Cu、Mg、Mn、Si的铝合金；
B.黄铜是铜和锌的合金；
C.钢铁是铁和碳的合金；
D.金箔是Au，是纯净物。
因此，不属于合金的是Au，选D。
9.除去Na2CO3固体中少量NaHCO3的最佳方法是
A. 加入适量盐酸 B. 加热 C. 加入NaOH溶液 D. 配成溶液后通入CO2
【答案】B
【解析】
【分析】
除杂题考查杂质和被提纯物质的性质，解题时要注意三个原则：①不增，即除去杂质后不能引入新的杂质；②不减，即尽可能不减少被提纯的物质；③操作简便，易于分离。
【详解】A、加入适量盐酸，碳酸钠和碳酸氢钠都能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
B、加热后，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，该方法最好；
C、加入氢氧化钠溶液，碳酸氢钠可以与其反应生成碳酸钠，但是氢氧化钠的用量无法控制，故该法不好；
D、配成溶液后通入二氧化碳，碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，不能除杂。
故选B。
10.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是( )
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④足量Na2O2投入FeCl2溶液中
A. 只有①④ B. 只有③ C. 只有②③ D. 只有①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①金属钠与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，然后FeCl3与NaOH溶液反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，有气体生成和沉淀产生，故①符合题意；
②明矾为KAl(SO4)2·12H2O，加入过量NaOH溶液，只发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀、无气体产生，故②不符合题意；
③发生Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，只产生沉淀，无气体，故③不符合题意；
④Na2O2与水发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，利用过氧化钠的强氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，故④符合题意；
综上所述，选项A正确。
11.下列判断正确的是( )
①足量金属与标准状况下反应时一定转移2 mol电子
②金属与氧气反应时都生成最高价金属氧化物
③金属钠与反应生成，金属铜也能与反应生成
④与足量反应时，每生成转移电子的数目为
⑤遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色
⑥向饱和烧碱溶液中加入，充分反应后，恢复至原温度，溶液中不变
A. ①②③ B. ②③⑤ C. ②④⑥ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①足量金属与标准状况下反应生成Na2O时一定转移2 mol电子，生成Na2O2时只转移1mol电子，故错误；
②金属与氧气反应时不一定生成最高价金属氧化物，如铁与氧气生成四氧化三铁，故错误；
③金属钠的活泼性比氢强，金属钠与反应生成，但金属铜的活泼性比氢弱，金属铜不能与反应生成 ，故错误；
④与足量反应时，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑每生成转移电子的数目为 ，故正确；
⑤2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，后褪色，故错误；
⑥向饱和烧碱溶液中加入，充分反应后，恢复至原温度，仍然是饱和溶液，溶液中不变，故正确；
故选D．
12.某溶液中只含有大量的下列离子：、、和M离子，经测定、、和M离子的物质的量之比为2：5：1：1，则M离子可能是下列中的（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol， Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，故选B。
【点睛】本题考查物质的量有关计算，关键是学会利用电荷守恒的应用，即溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。
13.下列离子方程式书写不正确的是( )
A. 向小苏打溶液中加入硫酸氢钠溶液：
B. 碳酸镁与稀硫酸反应：
C. 溶液中滴入过量稀氨水：
D. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小苏打是强电解质，但HCO3－不拆，向小苏打溶液中加入硫酸氢钠溶液：，故A正确；
B. 碳酸镁微溶，写化学式，碳酸镁与稀硫酸反应：，故B正确；
C. 一水合氨是弱碱，不能溶解氢氧化铝，溶液中滴入过量稀氨水：，故C正确；
D. 钡离子与氢氧根离子的物质的量比为1:2，向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：，故D错误；
故选D。
14.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A. KMnO4是氧化剂，Fe3+是还原产物 B. Fe2+的还原性强于 Mn2+
C. 氧化剂和还原剂物质的量之比为 5:1 D. 生成 1mol 水时，转移 2.5 mol 电子
【答案】B
【解析】
【详解】A项，MnO4－中Mn元素的化合价降低，KMnO4是氧化剂，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Fe3＋是氧化产物，故A错误；
B项，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故B正确；
C项，锰元素的化合价由+7价降至+2价，铁元素的化合价由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，故C错误；
D项，根据反应的离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O 可知，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D错误；
故答案为B。
15.下列各组物质中，将前者和后者混合时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是（ ）
A. 溶液，NaOH溶液 B. 稀，溶液
C. 澄清石灰水， D. 氨水，溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 溶液、NaOH溶液混合，若前者少量，发生反应为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；若前者过量，发生反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，不合题意。
B. 稀、溶液混合，若前者过量，发生反应为AlO2-+4H+=Al3++2H2O；若后者过量，发生反应为AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，不合题意。
C. 澄清石灰水、，若前者过量，发生反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；若后者过量，发生反应Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2，不合题意。
D. 氨水、溶液，不管前者是否过量，发生的反应都是Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+，因为氢氧化铝不溶于过量的氨水，符合题意。
故答案为D。
【点睛】如果我们弄不清过量时发生反应的产物，可先让两种反应物发生复分解反应，然后从共存出发，看过量反应物与产物是否共存。若共存，复分解反应的产物就是最终产物；若不共存，再让产物与过量反应物发生反应，从而确定最终产物。
16.向四支试管中分别加入少量不同溶液进行如下实验，其中操作，现象和结论均正确的是( )
选项
操 作
现 象
结 论
A
先向待测液滴加溶液，再滴足量的盐酸
生成白色沉淀，加酸后沉淀不溶解
原溶液中有
B
先向待测液滴加2滴溶液，再滴几滴新制的氯水
先不显红色，再滴新制的氯水后溶液变为红色
原溶液中有
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有，
无
D
向待测液滴足量的盐酸
将产生的气体通入足量澄清石灰水，溶液变浑浊
原溶液中有
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、先向待测液滴加溶液，再滴足量的盐酸，生成白色沉淀，加酸后沉淀不溶解，白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，故A错误；
B、先向待测液滴加2滴溶液，不显红色，说明不含铁离子，再滴几滴新制的氯水后溶液变为红色，说明生成了铁离子，故原溶液中有，B正确；
C、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，只能说明原溶液中有，无法确定有无，故C错误；
D、向待测液滴足量的盐酸，将产生的气体通入足量澄清石灰水，溶液变浑浊，原溶液中可能有CO32－、HCO3－、SO32－、HSO3－，故D错误；
故选B。
17.某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A. K+、Mg2+、Cl-、 B. Na+、、、
C. Na+、K+、、Cl- D. K+、Na+、、
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液中加入铝粉，有H2放出，该溶液为非氧化性酸或强碱溶液，若离子之间不能反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，离子在溶液中一定能大量共存。
【详解】A项、碱溶液中不能存在Mg2+，故A错误；
B项、碱溶液中不能存在NH4+、HCO3-，酸溶液中不能存在HCO3-，故B错误；
C项、非氧化性酸或强碱溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D项、酸溶液中不能存在CO32-，故D错误；
故选C。
18.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：溶液遇能产生黑色的)，下列说法错误的是( )
A. 装置①的仪器还可以制取、等气体
B. 装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯
C. 装置②③中分别盛装饱和溶液、浓
D. 装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是
【答案】C
【解析】
【分析】
由装置可知①为二氧化碳的发生装置，②应为NaHCO3溶液，用于除去HCl，③为浓硫酸，用于干燥二氧化碳气体，在加热条件下，在④中如发生反应，则二氧化碳可被还原生成CO，可观察到⑥中溶液产生黑色沉淀。
【详解】A．装置①为常温下固体和液体制备气体的装置，可用稀硫酸和锌反应制备氢气，用MnO2催化双氧水分解反应制备氧气，故A正确；
B．装置⑤中石灰水变浑浊后，可将装置内的空气排出，防止氧气和钠反应，故B正确；
C．二氧化碳与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，用于除去氯化氢，故C错误；
D．一氧化碳与氯化钯发生氧化还原反应，方程式PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl，故D正确。
故选：C。
【点睛】本题考查物质的性质实验探究，注意把握实验的原理以及相关物质的性质，把握实验的严密性的评价，易错点C，二氧化碳与碳酸钠溶液反应。
19.取100mL0.2mol/L的FeCl3溶液置于烧杯中，向其中加入一定量的Fe、Cu混合物，充分反应后仍有固体剩余，下列叙述一定正确的是（ ）（设溶液体积不变，不考虑水解因素）。
A. 烧杯中有Fe无Cu，c(Fe2+)=0.2mol/L
B. 烧杯中有Cu无Fe，c(Fe2+)=0.3mol/L
C. 烧杯中有Cu无Fe，0.2mol/Lc(Fe2+)0.3mol/L
D. 烧杯中Fe、Cu均有，c(Fe2+)=0.3mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A、铁还原性大于铜，FeCl3溶液首先与铁反应，铁有剩余，一定有铜剩余，故A错误；
B、有铜无铁，说明铁全部反应生成亚铁离子，若只发生2Fe3++Fe=3Fe2+，原溶液中铁离子物质的量为0.1L×0.2mol/L= 0.02mol，生成亚铁离子0.03mol，亚铁离子浓度c(Fe2+)==0.3mol/L，若铜部分溶解，2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，生成的亚铁离子小于0.03mol，则c(Fe2+)＜0.3mol/L，即c(Fe2+)≤0.3mol/L，故B错误；
C、根据B 的分析，有铜无铁，c(Fe2+)≤0.3mol/L，由于有铁溶解，因此c(Fe2+)＞0.2mol/L，即0.2mol/L＜c(Fe2+)≤0.3mol/L，故C错误；
D、溶液中铁铜都有，说明铁离子只和铁反应生成亚铁离子，依据A计算得到c(Fe2+)=0.3mol/L，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意一定发生2Fe3++Fe=3Fe2+，因此当铁离子完全反应后，生成的亚铁离子浓度一定大于原来铁离子浓度。
20.镁、铝合金粉末10.2g溶于500mL 4mol·L－1盐酸中恰好完全反应。若加入2mol·L－1的氢氧化钠溶液，使得沉淀达到最大量，则需加入氢氧化钠溶液的体积为
A. 100mL B. 500mL C. 1000mL D. 1500mL
【答案】C
【解析】
【详解】要使产生的沉淀的质量最大，则沉淀为氢氧化镁与氢氧化铝，反应后为NaCl溶液，根据钠离子与氯离子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.5L×4mol/L=2mol，所以需氢氧化钠溶液的体积为：2mol÷2mol/L=1L=1000mL，答案选C。
【点睛】本题考查混合物反应计算，明确发生反应实质及反应后溶质组成为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。利用守恒法可以减少计算量，提高答题效率。化学计算中的守恒法应用很广泛，例如本题中的离子守恒，氧化还原反应中的电子得失守恒，化学反应方程式中的质量守恒定律以及溶液中的电荷守恒等，平时注意解题方法规律的总结和积累。
21.将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与消耗的HCl物质的量关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。下列说法不正确的是（ ）
A. 通入CO2气体的体积在标准状况下为22.4 L
B. O到a点发生反应的离子方程式：H++OH—=H2O、CO32—+H+=HCO3—
C. O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3
D. NaOH溶液物质的量浓度为2.5 mol•L—1
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可知，a点开始产生气体，二氧化碳最大量时，该阶段消耗的盐酸的物质的量为2mol，则由方程式HCO3—+H+= CO2 ↑+H2O可知二氧化碳也为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，所以标况下二氧化碳的体积为44.8L，故错误；
B. O到a点发生反应为氢离子和氢氧根离子反应生成水，氢离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，离子方程式H++OH—=H2O、CO32—+H+=HCO3—，故正确；
C.碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，盐酸和碳酸钠或碳酸氢钠反应都是1:1的，由图像可知生成二氧化碳消耗的盐酸的物质的量小于反应开始到产生二氧化碳阶段消耗的盐酸，故溶液中的溶质为氢氧化钠和碳酸钠，故正确；
D.加入5mol盐酸生成的二氧化碳的体积最大，此时溶液中溶质为氯化钠，所以氢氧化钠的物质的量为5mol，则氢氧化钠的浓度为5mol/2L=2.5mol/L。故正确。
故选A。
【点睛】掌握反应过程是关键，二氧化碳和氢氧化钠反应后的溶液可能是氢氧化钠和碳酸钠或碳酸钠或碳酸钠和碳酸氢钠。碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，两步反应消耗盐酸相等，若图像中前者大于后者，说明溶液中的成分为氢氧化钠和碳酸钠，若前者小于后者，则溶液为碳酸钠和碳酸氢钠。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题
22.铝、铁是常见的两种金属，它们的单质及化合物在生活生产中处处可见。
（1）过量的铁和稀硝酸发生反应，产物是和，写出该反应的化学方程式_______________。
（2）实验室配制溶液时，如果没有隔绝空气，会被氧化为________（填写化学式）。在该溶液中加入________试剂，看到_________现象，证明溶液变质。写出检验已经被氧化的离子方程式_________。
（3）已知可溶于水，下图表示是向溶液中逐滴加入溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入的物质的量x的关系。
由图可知c点的沉淀是______（填化学式），a-b过程中沉淀物质的量较大的是____（填化学式）,写出从开始滴加入溶液至c点的总反应离子方程式_______。
【答案】 (1). 3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O (2). Fe2(SO4)3 (3). KSCN溶液 (4). 溶液变为血红色 (5). (6). BaSO4 (7). BaSO4 (8). 2Al3+ + 3SO42- + 3Ba2+ + 8OH- = 3BaSO4 ↓+ 2AlO2- + 4H2O
【解析】
【详解】（1）Fe过量，与硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（2）亚铁离子易被氧化为铁离子，实验室配制FeSO4溶液时，如果没有隔绝空气，FeSO4会被氧化为Fe2(SO4)3；检验铁离子的溶液用KSCN溶液，铁离子遇到KSCN溶液，溶液显血红色；检验已经被氧化的离子方程式：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；
（3）在a-b发生反应Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，c-d发生反应2Al（OH）3+Ba(OH)2=Ba(AlO2)2+4H2O，Al(OH)3溶解，所以c点沉淀只有BaSO4；由方程式Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓可知，沉淀的物质的量：Al(OH)3＜BaSO4；
从开始滴加入溶液至c点，氢氧根过量，铝以偏铝酸根离子形式存在，总反应离子方程式: 2Al3+ + 3SO42- + 3Ba2+ + 8OH- = 3BaSO4 ↓+ 2AlO2- + 4H2O。
【点睛】本题考查了氧化还原反应、离子反应方程式及图象的分析，把握发生的离子反应及图象中对应的离子反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的综合考查，难点（3）从开始滴加入溶液至c点，氢氧根过量，铝以偏铝酸根离子形式存在，从而写出过程中发生的总离子方程式。
23.某同学设计如下实验方案，以分离KNO3和Ba(NO3)2两种固体混合物试回答下列问题
供选试剂：Na2SO4溶液、Na2CO3溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、硫酸、硝酸
(1)试剂a是_______加入试剂b所发生反应的离子方程式为___________________________
(2)该方案能否达到实验目的：__________________________（填能或不能）若不能，应如何改进？__________________________（若能此问不用回答）
(3)若要测定原混合物中Ba(NO3)2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是__________的质量
(4)用所制备的KNO3固体配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL,回答下列问题：
①配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、______________
②需要用托盘天平称量_______g KNO3固体)
③下列情况会使所配溶液浓度偏低的是________
A.称量固体时，砝码与药品的位置放反了，即“左码右物”
B.使用有少量蒸馏水的容量瓶
C.定容时俯视刻度线观察液面
D.洗涤和转移时有液体外溅
【答案】 (1). K2CO3溶液 (2). (3). 不能 (4). 应在操作②的滤液中加入稍过量（或适量）硝酸后再蒸发结晶 (5). 干燥的沉淀A1，或固体B (6). 500mL容量瓶、玻璃棒 (7). 5.1 (8). AD
【解析】
【分析】
分离KNO3和Ba(NO3)2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使Ba(NO3)2转化为沉淀，过滤后沉淀加入硝酸可生成Ba(NO3)2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体Ba(NO3)2，操作②所得滤液为KNO3和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KNO3和K2CO3，应加入过量硝酸可得KNO3，A为不纯的BaCO3沉淀，经过洗涤干燥得到A1为纯净的BaCO3沉淀，加硝酸，蒸发得到固体B为Ba(NO3)2，以此解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知试剂a为K2CO3溶液，试剂b为硝酸，加入试剂b，BaCO3沉淀加入硝酸可生成Ba(NO3)2溶液，反应的化学方程式为
故答案为K2CO3溶液；；
(2) 操作②所得滤液为KNO3和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KNO3和K2CO3，蒸发结晶前应加入适量稀硝酸，将过量的碳酸钾转化成硝酸钾，否则晶体不纯，所以该方案不能达到实验目的，
故答案为应在操作②的滤液中加入过量硝酸后再蒸发结晶；
(3)固体溶解后加入过量K2CO3使Ba(NO3)2，转化为碳酸钡沉淀，过滤后沉淀加入试剂b硝酸可将碳酸钡转化成Ba(NO3)2溶液，然后经蒸发、结晶、干燥后可得固体Ba(NO3)2，若要测定原混合物中KNO3和Ba(NO3)2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是固体B或干燥的沉淀A1的质量，依据B为Ba(NO3)2计算得到质量分数，A1为碳酸钡，结合钡元素守恒计算氯化钡质量得到，
故答案为干燥的沉淀A1，或固体B；
(4) ①配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；
故答案为500mL容量瓶、玻璃棒；
②用固体KNO3配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要KNO3质量为：0.1mol/L×0.5L×101g/mol=5.05g；由于托盘天平的精确度为0.1g，故用天平称量的质量为5.1g，
故答案为5.1g；
③A. 称量固体时，砝码与药品的位置放反了，即“左码右物”，会使称量药品的质量偏小， 根据c=，导致所得溶质的物质的量浓度偏小，故A符合题意；
B. 使用有少量蒸馏水的容量瓶，定容时还要加水，故对浓度无影响，故B不符合题意；
C. 定容时俯视刻度线观察液面会使v偏小，根据c=，故浓度偏大，故C不符合题意；
D. 洗涤和转移时有液体外溅会使n减小，根据c=，故浓度偏小，故D符合题意；
故答案为AD。
24.已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见的金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。
（1）写出下列物质的化学名称：A：_________I：_________J：_________G：_________
（2）写出C→I的离子方程式：_____________________________________________________。
（3）写出F→G实验现象：_________________________________________________________。
（4）将一定量A和C混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
①混合物中含A的质量为______________；
②所用硫酸溶液物质的量浓度为___________。
【答案】 (1). 三氧化二铁 (2). 偏铝酸钠 (3). 氢氧化铝 (4). 氢氧化铁 (5). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O (6). 白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (7). 16g (8). 6.5mol/L
【解析】
【分析】
A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，B、D是金属单质，A和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3；J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，I是NaAlO2，氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，所以H是AlCl3；G是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则G是 Fe(OH)3，F是 Fe(OH)2，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe(OH)2，则E是 FeCl2，据此分析解答。
【详解】(1)根据上面的分析可知A为Fe2O3，I是NaAlO2，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3，故答案为三氧化二铁；偏铝酸钠；氢氧化铝；氢氧化铁。
(2)氧化铝是两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，C→I的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(3)F→G为氢氧化亚铁与氧气、水共同作用生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
(4)A和C的混合物为Fe2O3 和Al2O3的混合物，溶于100mL稀硫酸中，生成铁离子和铝离子；根据图像可知，加入氢氧化钠溶液后，开始没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余；随着碱量的增加，沉淀逐渐增多，达到最大值，碱过量，氢氧化铝溶解，氢氧化铁不溶解。
①根据21.4g沉淀的质量是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是=0.2mol，根据铁元素守恒，所以氧化铁的物质的量是0.1mol，Fe2O3的质量是0.1mol×160g/mol=16g，故答案为16g；
②从260-300mL，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是：37g-21.4g=15.6g，即=0.2mol，消耗NaOH为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度=5mol/L；当V(NaOH)=260mL时，沉淀量最大，此时沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4；根据钠元素守恒：2n(Na2SO4)=n(NaOH)，n(Na2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×0.26L×5 mol/L =0.65mol；根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.65mol，则c(H2SO4)==6.5mol/L，故答案为6.5mol/L。
【点睛】正确判断物质是解题的关键。解答本题的突破口为“红褐色沉淀、红棕色金属氧化物”。本题的易错点和难点为(4)，要注意图像最高点对应溶液的溶质为硫酸钠。
25.甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂。实验室利用与甘氨酸制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
查阅资料：
①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。
②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。
实验过程：
I．装置C中盛有17.4g和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。
Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是________。
（2）装置B中盛有的试剂是：_______；装置D的作用是________。
（3）向溶液中加入溶液可制得，该反应的离子方程式为________。
（4）过程I加入柠檬酸促进溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。
①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是________；
②柠檬酸的作用还有________。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是________。
（6）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_______％。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强、便于液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中 (5). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (6). pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀 (7). 防止Fe2+被氧化 (8). 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 (9). 75
【解析】
【分析】
（1）a为分液漏斗，b中软管可平衡气压；
（2）B中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，C中应防止亚铁被氧化；
（3）溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水；
（4）① pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀。
②结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化，柠檬酸具有还原性；
（5）甘氨酸亚铁难溶于乙醇；
（6）17.4g即0.15mol FeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁。
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；与a相比，仪器b的优点是是平衡气压，使液体顺利流下。
（2）装置B中盛有的试剂是：饱和NaHCO3溶液；装置D的作用是防止空气进入C中（从而防止Fe2＋被氧化）。
（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，该反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O。
（4）①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是 pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe2＋+2OH－=Fe（OH）2↓ ；
②结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是过程Ⅱ中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出。
（6）17.4g即0.15mol FeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，其产率是 ×100%=75%。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，易错点（3）向溶液中加入溶液可制得和二氧化碳、水，复分解反应强于水解，注意题中信息，结合元素化合物知识的应用。
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