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甘肃省天水一中2019-2020学年高一上学期第三学段（期末考试）考试化学试题
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天水一中高一2019-2020学年第一学期第三学段（期末）考试
化学试题
（满分：100分 时间：90分钟）
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64 I-127
一、选择题：（共22题，每题2分）
1.下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是（ ）
A. 陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品
B. 常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应
C. 水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂，高纯硅可用于制造太阳能电池，高纯二氧化硅可用于制造光导纤维
D. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示
【答案】A
【解析】
【详解】A．水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，A项错误；
B．单质硅在常温下性质不活泼，B项正确；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂或无机粘合剂；硅单质属于半导体，高纯硅可用于制作太阳能电池；二氧化硅具有良好的透光性，高纯二氧化硅可用于制造光导纤维，C项正确；
D．硅酸盐种类繁多，结构复杂可以用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示其组成，一般氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“·”隔开，D项正确；
答案选A
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 16gCuSO4·5H2O溶于1L水所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/L
B. 1 mol·L－1的Fe2（SO4）3溶液中，含有的SO42－数目为3NA
C. 标准状况下，22.4 L CO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NA
D. 1 mol Fe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4，Fe失去8NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液的体积不是1L，不能计算硫酸铜的浓度，A项错误；
B．根据公式，可知，若要计算的量，则需要知道溶液的体积，B项错误；
C．CO2和O2分子中均含有两个氧原子，无论何种比例混合，只要物质的量固定，那么氧原子的总量就是定值；根据公式，标况下22.4L的气体即1mol，所以混合气体中氧原子个数为2NA，C项正确；
D．Fe3O4中的Fe的价态为，所以1molFe生成Fe3O4失去mol电子，D项错误；
答案选C。
3.下列说法不正确的是( )。
A. Cl2与H2O反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B. 氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物。
C. 漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2。
D. 氯水中含有次氯酸，氯水具有杀菌、漂白作用
【答案】A
【解析】
【详解】A.Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸，主要以分子形式存在，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B.氯气、液氯的构成微粒都是Cl2，二者是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，B正确；
C.Cl2与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，产生的Ca(ClO)2和CaCl2是漂白粉的主要成分，C正确；
D.氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，因此氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，因此氯水具有杀菌、漂白作用，D正确；
故合理选项是A。
4.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板：Cu＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋
B. 醋酸溶解鸡蛋壳：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C. 在NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4＋2H2O
D. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－＋CO2＋H2O=H2SiO3+CO32－
【答案】C
【解析】
【详解】A．选项中的方程式电荷和电子得失均不守恒，正确的离子方程式为：，A项错误；
B．醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆分，B项错误；
C．NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2后，溶液呈中性，说明：，由于Ba2+的量有限，所以参与反应的，所以上述方程式正确，C项正确；
D．通入的CO2是过量的，所以最终生成，此外，也要注意沉淀符号，正确的离子方程式为：，D项错误；
答案选C。
【点睛】离子方程式正误判断，可先验证离子方程式是否满足守恒关系(原子守恒，电荷守恒以及电子得失守恒)，再判断物质的拆分是否符合要求，最后检验反应是否符合实际，产物是否正确以及化学计量系数是否正确等。
5.不用任何试剂，只用试管和胶头滴管就可以鉴别开来的一组是：（ ）
（1）溶液和溶液 （2）NaOH溶液和溶液
（3）HCl溶液和溶液 （4）AlCl3溶液和氨水溶液
A. （1）（2）（3） B. （2）（3）（4） C. （1）（2） D. （2）（3）
【答案】D
【解析】
【详解】（1）溶液和溶液相互滴加均有白色沉淀，只用试管和胶头滴管不能鉴别；
（2）在NaOH溶液中滴加溶液，先无白色沉淀生成，后逐渐有白色沉淀生成，在溶液中滴加NaOH溶液，先有白色沉淀生成，后白色沉淀逐渐溶解，现象不同，可以用试管和胶头滴管鉴别；
（3）在HCl溶液中滴加溶液，先无白色沉淀生成，后逐渐有白色沉淀生成，在溶液中滴加HCl溶液，先有白色沉淀生成，后白色沉淀逐渐溶解，现象不同，可以用试管和胶头滴管鉴别；
（4）AlCl3溶液和氨水溶液相互滴加均有白色沉淀，只用试管和胶头滴管不能鉴别；
所以不用任何试剂，只用试管和胶头滴管就可以鉴别的是（2）（3），故D正确；
故选D。
【点睛】需要注意的是第（4）组，铝盐与强碱反应时候，用量多少现象不同，但与弱碱反应，不管用量多少或者滴加顺序正反都只是生成沉淀。
6.下列除杂方案不正确的是（ ）
被提纯的物质[括号内物质是杂质]
除杂试剂
除杂方法
A
FeCl3 [FeCl2]
H2O2溶液
-
B
CO2（g） [HCl（g）]
Na2CO3溶液
洗气
C
Cl2（g） [HCl（g）]
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D
Na2CO3（s） [NaHCO3（s）]
-
加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二价铁具有还原性，加入过氧化氢后可被氧化为Fe3+，过氧化氢则被还原为水，并且剩余的未反应的过氧化氢加热易分解生成水和O2，不会再引入新杂质，A项正确；
B．CO2会与Na2CO3溶液反应，造成损耗，此外，还会引入水蒸气杂质；应当先将气体通入饱和的碳酸氢钠溶液，这样既能除去HCl杂质，又能避免CO2的损耗，再将气体经过浓硫酸干燥，B项错误；
C．Cl2中混有HCl杂质，先通过饱和食盐水，吸收HCl的同时降低Cl2溶解造成的损耗，再将气体通过浓硫酸干燥就可得到纯净干燥的Cl2，C项正确；
D．碳酸氢钠加热易分解，可转化为碳酸钠，D项正确；
答案选B。
7.已知还原性 I- > Fe2+ > Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（ ）
A. I-、Fe3+ 、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br
C. Fe2+、Fe3+ 、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】由于还原性 I- > Fe2+ > Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；当I－反应完全后再发生反应：2Fe3＋+ Cl2=2Fe2++2Cl－，当该反应完成后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br ，故选项是B。
8. 已知在硝酸溶液中加入铝粉不产生氢气。若在加入铝粉能放出氢气的无色溶液中，分别加入下列各组离子，可能大量共存的是（ ）
A. Ca2+、NO3ˉ、CO32-、Na+ B. Na+、Ba2+、Mg2+、HCO3ˉ
C. NO3ˉ、Cu2+、K+、Clˉ D. NO3ˉ、K+、AlO2ˉ、OHˉ
【答案】D
【解析】
【分析】
加入铝粉能放出氢气的无色溶液可能显酸性，也可能显碱性，据此分析作答。
【详解】A. Ca2+与CO32-结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；
B. HCO3-与氢离子或氢氧根离子均反应，不能大量共存，B错误；
C. 如果显酸性，NO3-在酸性溶液中与铝反应不能产生氢气，如果显碱性Cu2+不能大量共存，且铜离子在溶液中显蓝色，C错误；
D. 如果溶液显碱性，NO3-、K+、AlO2-、OH-之间不反应，可以大量共存，且能与铝反应产生氢气，D正确，
答案选D。
【点睛】掌握相关离子的性质是解答的关键，注意解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
9.下列说法正确的是（ ）
A. Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗
B. Ⅱ图中：湿润有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气
C. Ⅲ图中：生成蓝色的烟
D. Ⅳ图中：用该装置可以验证酸性：盐酸>碳酸>硅酸。
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气，随着反应进行，盐酸浓度会下降，下降到某种程度，二者不再反应无法生成Cl2，A项错误；
B．氯气的漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸，干燥布条中无水，所以无法产生次氯酸，颜色不会褪去，湿润布条含水，可以产生次氯酸，颜色会褪去；若将尾气直接排放，其中未反应的氯气会污染空气，所以需要将尾气通入NaOH溶液中进行吸收，B项正确；
C．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，C项错误；
D．利用盐酸与石灰石反应可制备CO2，所以可证明盐酸酸性强于碳酸；由于盐酸具有挥发性，制备出的CO2中会含有HCl杂质，HCl杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀；若不对制备出的CO2进行除杂，其中的HCl杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程，因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的，D项错误；
答案选B。
10.下列关于钠的化合物的说法中不正确的是（ ）
①热稳定性：Na2CO3 ＞ NaHCO3
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，故均为碱性氧化物
③与盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3 ＞ NaHCO3
④Na2O和Na2O2晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为1 : 2
⑤等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：Na2CO3 ＞ NaHCO3
⑥分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，均可产生白色沉淀
A. ②③⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Na2CO3 的热稳定性强，而NaHCO3受热易分解，①正确；
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，但Na2O2同时生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，②不正确；
③与盐酸反应Na2CO3 不能立即产生CO2，NaHCO3可立即产生CO2，③不正确；
④Na2O和Na2O2晶体中阴离子分别为O2-和O22-、阳离子为Na+，二者的数目比均为1 : 2，④正确；
⑤等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：Na2CO3
综合以上分析，②③⑤⑥不正确。故选A。
11.某溶液中含有大量Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+、Cl-、SO42-离子，其中加入足量Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是
A. Na+、Fe2+ B. Al3+、SO42- C. Fe3+、SO42- D. Al3+、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，钠离子浓度增大，故A错误；
B．Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，硫酸根离子自始至终不发生变化，故B正确；
C．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故C错误；
D．加入足量的盐酸溶解沉淀，氯离子浓度增大，故D错误；
故选B。
【点晴】可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点，溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子，增加的是三价铁离子。
12.向X的溶液中，加入Y试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是
A. 向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液
B. 向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2
C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液
D. 向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，故A错误；
B、因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，图象与反应符合，故B正确；
C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH，先发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，再发生NH4++OH-═NH3．H2O，最后发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1：1，图象中横坐标中的量与化学反应不符，故C错误；
D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，故D错误；
答案选B。
13.物质检验是化学研究常用的方法之一。下列有关溶液成分的检验，结论不正确的是
A. 若滴加酚酞溶液，溶液变红，原溶液不一定碱溶液
B. 若先滴加足量新制氯水，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为血红色，则原溶液一定含有Fe2+
C. 若滴加Na2CO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液可能含有Ca2+
D. 若滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中可能含CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A．能使酚酞溶液变红的溶液显碱性，显碱性的物质不一定是碱，例如碳酸钠，A项正确；
B．溶液中若原本就含有Fe3+，也会产生相同的现象，所以并不能证明溶液中有Fe2+，B项错误；
C．溶液中若含有Ca2+，则滴加碳酸钠溶液后，会生成碳酸钙，产生白色沉淀的现象，C项正确；
D．溶液中若含有，那么滴加一定量的稀盐酸后，会产生CO2气体，CO2能使澄清的石灰水变浑浊，D项正确；
答案选B。
14.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（ ）
A. 溶液中一定含Cu2＋ B. 溶液中一定含Fe2＋
C. 剩余固体一定含Cu D. 加入KSCN溶液一定不变红色
【答案】A
【解析】
【详解】加入铁粉后，因为Fe3＋氧化性强于Cu2＋，铁粉先与FeCl3反应，然后与CuCl2反应，所以充分反应后仍存在的固体一定含有Cu，可能含有Fe，所得的溶液中一定不含Fe3＋，Cu2＋可能存在，一定含有Fe2＋，加入KSCN溶液一定不変红色。答案选A。
15.某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2+ )＝2 mol·L－1，c(SO42-)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积是
A. 0.5 L B. 1.625 L C. 1.8 L D. 2 L
【答案】D
【解析】
【详解】根据电荷守恒可得c(Al3＋)=3mol/L；
；n(Al3＋)=3ml/L×0.2L=0.6mol；
反应的离子方程式为：Al3＋+3OH—=Al(OH)3↓；
Al3＋+4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；
所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3＋恰好完全反应生成AlO2—离子，即，需氢氧化钠的物质的量为；所以加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为：，
答案选D。
16.1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）
A. Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1mol Na2CO3、1mol CO2、1mol H2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1mol CO2恰好与1mol Na2O2反应生成1mol Na2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故选:A。
【点睛】二氧化碳和水同时遇到过氧化钠时，二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水与过氧化钠反应。
17.在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（ ）
A. 1：10 B. 9：1 C. 4：1 D. 4：3
【答案】D
【解析】
【分析】
已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。
【详解】分两种情况：
⑴ 若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)= ；
⑵ 若H2过量，根据化学反应方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)= ；
故答案为D。
【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。
18.向50 mL 1 mol·L-1的Al2（SO4）3溶液中加入100 mL KOH溶液，充分反应得到3.9 g沉淀，则KOH溶液的物质的量浓度可能是（ ）
①1 mol·L-1 ②3 mol·L-1 ③1.5 mol·L-1 ④3.5 mol·L-1
A. ③ B. ①② C. ②④ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】向硫酸铝溶液中滴加少量KOH，则发生反应的离子方程式为：；若继续滴加KOH，则有可能发生反应：；50mL浓度为1mol/L的硫酸铝溶液，能产生的Al(OH)3沉淀最多为；而题中得到的Al(OH)3沉淀仅为3.9g，所以加入的KOH的量可能有两种情况；一种情况，加入的KOH量较少，溶液中仅有一部分的Al3+转化为Al(OH)3，即只发生了反应：，因此KOH的浓度可能为：；另一种情况，加入的KOH量较多，溶液中的Al3+先全部转变为Al(OH)3，即先发生反应：，随后又有一部分Al(OH)3溶解，即发生反应：，那么溶液中产生的3.9g沉淀，是Al(OH)3在发生部分溶解后剩余的量，所以此情况下KOH的浓度为：；综上所述，KOH可能的浓度为1.5或3.5mol/L，③④正确；
答案选D。
【点睛】向铝盐溶液中滴加NaOH，初始阶段会生成Al(OH)3白色沉淀，Al(OH)3的量达到最大后，继续滴加NaOH，Al(OH)3会逐渐溶解；因此，在计算加入的NaOH的量时，如果沉淀的量不是最大值，那么会有两种结果，一种对应Al3+尚未完全沉淀的阶段，另一种对应Al(OH)3开始溶解的阶段。
19.将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的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HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是
A. O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3
B. a点溶液中c (HCO3-) >c (CO32-)
C. 标准状况下，通入CO2的体积为44．8L
D. 原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+ HCl="NaCl" +H2O+ CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图像可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A正确；
B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根水解，溶液显碱性，则溶液中c(HCO3-)＞c(CO32-)，B正确；
C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为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，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22．4L/mol=44．8L，C正确；
D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==2．5mol/L，D错误；
答案选D。
【点晴】掌握反应的原理，特别是相关反应的化学方程式以及清除图像中各段表示的意义是解答的关键。在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。
20.某溶液中可能含有H+，Na+，，Mg2+，Fe3+，Al3+，，等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图像如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 原溶液中含有的阳离子是H+，，Mg2+，Al3+
B. 原溶液中一定含有，一定不含
C. 原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1
D. 反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4外还有其它物质
【答案】A
【解析】
【分析】
加入NaOH溶液，开始时没有沉淀生成，说明溶液中含有氢离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；
当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；
从生成沉淀和溶解沉淀耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+。
【详解】滴加NaOH溶液未生成沉淀前发生反应：H++OH-=H2O，沉淀达到最大值后继续滴加NaOH溶液发生反应：NH4++OH-=NH3•H2O，沉淀溶解时发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故可以肯定溶液中一定有的离子为：H+、NH4+、Al3+；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+；
A．溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故A错误；
B．由分析知：原溶液中一定含有，一定不含，故B正确；
C．根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故C正确；
D．反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4外，还含有NaAlO2，故D正确；
故答案为A。
21.常温下，有c（H+）=0.1mol/L的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种，现取100mL该溶液进行如下实验：已知氧化性Fe3+>I2，根据实验结果，下列判断正确的是（ ）
A. Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子一定存在
B. 不能确定Na+和Cl﹣是否存在，CO32﹣一定不存在
C. Fe3+与Fe2+至少有一种
D. 该溶液中c（Cl﹣）≥0.3mol•L 1
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液中已经含有0.1mol/L的H+，所以与其不能大量共存的一定不存在；由于加入适量Cl2的四氯化碳溶液后下层出现了紫色，说明有碘单质生成，那么原溶液中一定含有I-；由于氧化性Fe3+＞I2，所以I-会被Fe3+氧化，所以原溶液中一定不会存在Fe3+；根据I2的质量为2.54g可知，100mL的原溶液含有I-0.02mol，所以原溶液中；对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成沉淀，所以原溶液中一定有Fe2+，那么1.60g固体即Fe2O3，所以100mL原溶液中，Fe2+的量为0.02mol，即原溶液中；由于第一步中加入的Cl2会转变为Cl-，所以不能通过生成AgCl白色沉淀证明原溶液中含有Cl-；通过上述分析，原溶液中，，，电荷并不守恒，所以原溶液中一定还含有Cl-，由于上述检验过程并未证明溶液中一定不含Na+，所以；当，溶液中不含Na+，当，溶液中一定有Na+。
【详解】A．通过分析可知，溶液中一定不含Fe3+，A项错误；
B．通过分析可知，原溶液中一定不含；原溶液中一定还含有Cl-，且当，溶液中不含Na+，当，溶液中一定有Na+，B项错误；
C．通过分析可知，溶液中含Fe2+，不含Fe3+，C项错误；
D．通过分析可知，溶液中一定含有Cl-，且，D项正确；
答案选D。
【点睛】离子推断的问题，可以通过四个原则进行分析：肯定原则，指的是，由题干中给出的检验现象等信息判定某离子一定存在；互斥原则，指的是，在某离子一定存在的前提下，与之不能大量共存的离子，一定不能存在于溶液中；进出原则，指的是，在设计实验检验溶液中存在的离子时，前面步骤加入的试剂是否会对后面的检验造成干扰；电中性原则，指的是，若题干中有给出沉淀质量，气体体积等信息，那么要对溶液中一定存在的离子是否符合电荷守恒进行验证。
22.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）
A. 11.2g B. 5.6g C. 2.8g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【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)=×0.1L×2mol/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，故选B。
二、填空题（共4道题，共56分）
23.下列物质A－F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。
（1）G溶液中溶质的化学式为_____________。
（2）请写出反应D→F的化学方程式：_________。
（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是____________。
（4）E物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。
（5）写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。
（6）若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：____，反应过程中的化学方程式为：____，______。
【答案】 (1). NaAlO2 (2). 2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3 (3). KSCN (4). 溶液呈血红色 (5). Ca（ClO）2 (6). Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O (7). 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色 (8). FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl (9). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
【解析】
【分析】
B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3；金属A与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH，所以A为Al单质，C为AlCl3溶液，G为NaAlO2溶液。
【详解】(1)根据分析可知，G即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO2;
(2)根据分析可知，D为FeCl2，与E即Cl2反应后生成FeCl3，方程式为：；
(3)检验Fe3+常用硫氰化钾溶液，Fe3+遇SCN-生成血红色物质；
(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；
(5)通过分析可知，C为AlCl3溶液，与过量的NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：；
(6)通过分析可知，D的溶液为FeCl2溶液，FeCl2会与NaOH溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：；
24.I．在如图装置中，用 NaOH 溶液、铁屑、稀 H2SO4 等试剂制备 Fe（OH）2。
（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；
（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；
（3）为了制得白色 Fe（OH）2 沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂后应________（填“打开”或者“关闭”）止水夹，反应一会儿后应________（填“打开”或者“关闭”）止水夹。
II．某化学兴趣小组用下图装置制取并探究氯气的性质。[A装置中发生反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O ]
（1）A装置中a仪器的名称是_____________。
（2）实验室制氯气也可用MnO2与浓盐酸反应，化学方程式为：_____
（3）实验进行一段时间后，可观察到______（填“B”或“C”）装置中有色布条褪色，请用化学方程式表示其褪色原因__________。
（4）当氯气进入D装置后，可观察到溶液颜色变为____（填“红色”或“蓝色”），写出该反应的离子方程式为_________。
（5）E装置中反应的化学方程式为________。
（6）用31.6 g KMnO4固体与足量的浓盐酸反应，最多可生成标准状况下_____L氯气。（KMnO4的摩尔质量为158 g·mol-1）
【答案】 (1). 铁屑、稀H2SO4 (2). NaOH 溶液 (3). 打开 (4). 关闭 (5). 分液漏斗 (6). (7). C (8). (9). 蓝色 (10). Cl2 + 2I－=2Cl－+ I2 (11). Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O (12). 11.2L
【解析】
【分析】
试题Ⅰ，由于Fe(OH)2极易被氧化，所以在使用上述装置制备Fe(OH)2时，应当在Ⅰ试管中加入铁粉和稀硫酸，Ⅱ试管中加入NaOH溶液；初始阶段，打开止水夹，利用试管Ⅰ中产生的氢气对整套装置进行排气，驱赶装置内的空气和溶液中溶解的O2；一段时间后再关闭止水夹，利用Ⅰ试管中气压的逐渐增大，将含有Fe2+的溶液排入到Ⅱ试管中，这样就能制备出保存时间较长的Fe(OH)2了。
试题Ⅱ，本题利用高锰酸钾溶液与浓盐酸反应制备氯气，这个反应不需要加热，而采用浓盐酸和MnO2反应制备氯气时需要加热；由于盐酸具有挥发性，所以产生的氯气中含有杂质HCl以及水蒸气，但在本题中HCl杂质对于Cl2性质的验证并不产生干扰，所以只对其进行了干燥处理；B和C装置中的红布条一个是干燥的一个是湿润的，通过现象的对比，就可以验证Cl2漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸；D装置通过淀粉变蓝验证I2的生成，进而证明Cl2氧化性强于I2；在做完性质验证实验后，氯气仍会有部分未反应完，所以需要尾气处理装置，减少对环境的污染。
【详解】Ⅰ(1)通过分析可知，试管Ⅰ中应当加入稀硫酸和铁粉，产生氢气的同时也产生Fe2+，利用产生的氢气再配合止水夹适当地开闭，就可以实现对整套装置内残留空气的排气；
(2)通过分析可知，试管Ⅱ中加入的为NaOH溶液，即Fe(OH)2是在试管Ⅱ中反应生成的；
(3)由于Fe(OH)2极易被氧化，所以在初始阶段，打开止水夹，利用试管Ⅰ中产生的氢气对整套装置进行排气，驱赶装置内的空气和溶液中溶解的O2；一段时间后再关闭止水夹，利用Ⅰ试管中气压的逐渐增大，将含有Fe2+的溶液排入到Ⅱ试管中，这样就能制备出保存时间较长的Fe(OH)2了；
Ⅱ(1)装置A中仪器a的名称即为分液漏斗；
(2)用浓盐酸和MnO2反应制氯气的方程式为：；
(3)B中的红布条是干燥的，所以不会被Cl2漂白褪色，C中的红布条是湿润的所以可以被Cl2漂白褪色；Cl2的漂白性来源于与水反应生成的次氯酸，方程式为：；
(4)氯气的氧化性强于碘单质，所以D装置中，氯气会将碘单质置换出来，从而使装置内的淀粉变蓝；涉及的反应即为：；
(5)E装置为尾气吸收装置，用来除去未反应的Cl2，涉及到的化学方程式为：；
(6)由高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气的方程式可知，31.6gKMnO4即0.2mol，可以与足量的浓盐酸生成0.5mol氯气，标况下的体积即为11.2L。
25.经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：
离子
Fe3+
Cu2+
SO42-
Na+
H+
浓度/(mol/L)
2×10-3
1×10-3
1×10-2
2×10-3
（1）c(H+)=___________mol/L。
（2）了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾（FeSO4·7H2O）。
① 工业废水中加入铁粉后，反应离子方程式为：
Fe + Cu2+= Fe2++ Cu、____________、____________。
② 试剂B是__________。
③ 操作③是蒸发浓缩、冷却结晶、___________，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。
④ 通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是____________。
⑤ 获得的FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是___________。
⑥ 上述1000 L废水经处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是________mol。
【答案】 (1). 0.01 (2). Fe +2Fe3+=3Fe2+ (3). Fe +2H+=Fe2++H2↑ (4). 硫酸 (5). 过滤 (6). 取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽 (7). FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水） (8). 12
【解析】
【详解】（1）根据电荷守恒知，c(H+)+3 c(Fe3+)+2 c(Cu2+)+ c(Na+)= c(OH－)+2 c(SO42-)，废水呈强酸性，氢氧根浓度很小，计算时可忽略，代入题给数据计算得c(H+)=0.01 mol/L；
（2）① 工业废水中含有硫酸铜、硫酸铁和硫酸，加入铁粉后，反应的离子方程式为：Fe + Cu2+=Fe2++ Cu、Fe +2Fe3+=3Fe2+、Fe +2H+= Fe2++H2↑。② 过滤，固体C为铁和铜的混合物，加入过量硫酸，过滤，得铜和硫酸亚铁溶液，故试剂B是硫酸。③ 操作③是从溶液中获得晶体的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。④Fe3+的检验用KSCN溶液，故判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽。⑤ Fe2＋易被氧化，绿矾晶体易失去结晶水，故FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水）。⑥ 1000 L废水中n(Fe3+)=2mol，560g铁粉的物质的量为10mol，根据铁元素守恒知，经上述处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是12mol。
三、计算题：
26.将一定量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金即溶解。向所得溶液中滴加5 mol/L NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积如图所示，由图中数据分析计算：
（1）原合金中镁和铝的质量分别为多少？
（2）盐酸的物质的量浓度为多少？
【答案】（1）mMg=4.8g mAl=2.7g；（2）cHCl=8mol/L
【解析】
【分析】
合金全部溶解，溶液中一定有Al3+和Mg2+，而H+可能含有；由图可知，加入NaOH溶液体积若小于20mL，溶液中没有沉淀出现，所以反应后的溶液中仍然剩余H+，所以从V(NaOH)=0mL至V(NaOH)=20mL，发生的是酸碱中和反应；V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL，则发生的是Al3+和Mg2+的沉淀反应；V(NaOH)=160mL时，溶液中的Al3+和Mg2+恰好沉淀完全，那么此时溶液中的溶质仅为NaCl，根据加入的NaOH的量即可最终求得盐酸的浓度；V(NaOH)=160mL至V(NaOH)=180mL，沉淀量在减少，所以发生的是Al(OH)3的溶解反应即：，由此可计算合金中Al的量，再结合V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL总共消耗的NaOH的量，就可间接求出合金中Mg的量。
【详解】(1) 通过分析可知，V(NaOH)=160mL至V(NaOH)=180mL，发生Al(OH)3的溶解反应即：，所以合金中铝的质量为：；通过分析可知，V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL，发生的是Al3+和Mg2+的沉淀反应，Al3+的量为0.1mol需要消耗0.3molOH-，所以合金中镁的质量为：；
(2)通过分析可知，加入的NaOH体积为160mL时，溶液中的溶质仅为NaCl，所以原来盐酸的浓度为：。
【点睛】在处理向含Al3+的溶液中加NaOH产生的沉淀总量随NaOH溶液体积变化的图像问题时，若开始阶段无沉淀生成，说明溶液中有H+；当金属阳离子恰好沉淀完全时，根据电荷守恒的关系，溶液中的Na+所带正电荷的总量一定与溶液中的阴离子所带负电荷总量相同；当沉淀总量下降时，说明Al(OH)3开始溶解，结合反应方程式可以计算溶液中Al3+的总量。
化学试题
（满分：100分 时间：90分钟）
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64 I-127
一、选择题：（共22题，每题2分）
1.下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是（ ）
A. 陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品
B. 常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应
C. 水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂，高纯硅可用于制造太阳能电池，高纯二氧化硅可用于制造光导纤维
D. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示
【答案】A
【解析】
【详解】A．水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，A项错误；
B．单质硅在常温下性质不活泼，B项正确；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂或无机粘合剂；硅单质属于半导体，高纯硅可用于制作太阳能电池；二氧化硅具有良好的透光性，高纯二氧化硅可用于制造光导纤维，C项正确；
D．硅酸盐种类繁多，结构复杂可以用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示其组成，一般氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“·”隔开，D项正确；
答案选A
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 16gCuSO4·5H2O溶于1L水所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/L
B. 1 mol·L－1的Fe2（SO4）3溶液中，含有的SO42－数目为3NA
C. 标准状况下，22.4 L CO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NA
D. 1 mol Fe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4，Fe失去8NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液的体积不是1L，不能计算硫酸铜的浓度，A项错误；
B．根据公式，可知，若要计算的量，则需要知道溶液的体积，B项错误；
C．CO2和O2分子中均含有两个氧原子，无论何种比例混合，只要物质的量固定，那么氧原子的总量就是定值；根据公式，标况下22.4L的气体即1mol，所以混合气体中氧原子个数为2NA，C项正确；
D．Fe3O4中的Fe的价态为，所以1molFe生成Fe3O4失去mol电子，D项错误；
答案选C。
3.下列说法不正确的是( )。
A. Cl2与H2O反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B. 氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物。
C. 漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2。
D. 氯水中含有次氯酸，氯水具有杀菌、漂白作用
【答案】A
【解析】
【详解】A.Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸，主要以分子形式存在，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B.氯气、液氯的构成微粒都是Cl2，二者是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，B正确；
C.Cl2与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，产生的Ca(ClO)2和CaCl2是漂白粉的主要成分，C正确；
D.氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，因此氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，因此氯水具有杀菌、漂白作用，D正确；
故合理选项是A。
4.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板：Cu＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋
B. 醋酸溶解鸡蛋壳：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C. 在NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4＋2H2O
D. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－＋CO2＋H2O=H2SiO3+CO32－
【答案】C
【解析】
【详解】A．选项中的方程式电荷和电子得失均不守恒，正确的离子方程式为：，A项错误；
B．醋酸是弱电解质，离子方程式中不能拆分，B项错误；
C．NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2后，溶液呈中性，说明：，由于Ba2+的量有限，所以参与反应的，所以上述方程式正确，C项正确；
D．通入的CO2是过量的，所以最终生成，此外，也要注意沉淀符号，正确的离子方程式为：，D项错误；
答案选C。
【点睛】离子方程式正误判断，可先验证离子方程式是否满足守恒关系(原子守恒，电荷守恒以及电子得失守恒)，再判断物质的拆分是否符合要求，最后检验反应是否符合实际，产物是否正确以及化学计量系数是否正确等。
5.不用任何试剂，只用试管和胶头滴管就可以鉴别开来的一组是：（ ）
（1）溶液和溶液 （2）NaOH溶液和溶液
（3）HCl溶液和溶液 （4）AlCl3溶液和氨水溶液
A. （1）（2）（3） B. （2）（3）（4） C. （1）（2） D. （2）（3）
【答案】D
【解析】
【详解】（1）溶液和溶液相互滴加均有白色沉淀，只用试管和胶头滴管不能鉴别；
（2）在NaOH溶液中滴加溶液，先无白色沉淀生成，后逐渐有白色沉淀生成，在溶液中滴加NaOH溶液，先有白色沉淀生成，后白色沉淀逐渐溶解，现象不同，可以用试管和胶头滴管鉴别；
（3）在HCl溶液中滴加溶液，先无白色沉淀生成，后逐渐有白色沉淀生成，在溶液中滴加HCl溶液，先有白色沉淀生成，后白色沉淀逐渐溶解，现象不同，可以用试管和胶头滴管鉴别；
（4）AlCl3溶液和氨水溶液相互滴加均有白色沉淀，只用试管和胶头滴管不能鉴别；
所以不用任何试剂，只用试管和胶头滴管就可以鉴别的是（2）（3），故D正确；
故选D。
【点睛】需要注意的是第（4）组，铝盐与强碱反应时候，用量多少现象不同，但与弱碱反应，不管用量多少或者滴加顺序正反都只是生成沉淀。
6.下列除杂方案不正确的是（ ）
被提纯的物质[括号内物质是杂质]
除杂试剂
除杂方法
A
FeCl3 [FeCl2]
H2O2溶液
-
B
CO2（g） [HCl（g）]
Na2CO3溶液
洗气
C
Cl2（g） [HCl（g）]
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D
Na2CO3（s） [NaHCO3（s）]
-
加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二价铁具有还原性，加入过氧化氢后可被氧化为Fe3+，过氧化氢则被还原为水，并且剩余的未反应的过氧化氢加热易分解生成水和O2，不会再引入新杂质，A项正确；
B．CO2会与Na2CO3溶液反应，造成损耗，此外，还会引入水蒸气杂质；应当先将气体通入饱和的碳酸氢钠溶液，这样既能除去HCl杂质，又能避免CO2的损耗，再将气体经过浓硫酸干燥，B项错误；
C．Cl2中混有HCl杂质，先通过饱和食盐水，吸收HCl的同时降低Cl2溶解造成的损耗，再将气体通过浓硫酸干燥就可得到纯净干燥的Cl2，C项正确；
D．碳酸氢钠加热易分解，可转化为碳酸钠，D项正确；
答案选B。
7.已知还原性 I- > Fe2+ > Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（ ）
A. I-、Fe3+ 、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br
C. Fe2+、Fe3+ 、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】由于还原性 I- > Fe2+ > Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；当I－反应完全后再发生反应：2Fe3＋+ Cl2=2Fe2++2Cl－，当该反应完成后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br ，故选项是B。
8. 已知在硝酸溶液中加入铝粉不产生氢气。若在加入铝粉能放出氢气的无色溶液中，分别加入下列各组离子，可能大量共存的是（ ）
A. Ca2+、NO3ˉ、CO32-、Na+ B. Na+、Ba2+、Mg2+、HCO3ˉ
C. NO3ˉ、Cu2+、K+、Clˉ D. NO3ˉ、K+、AlO2ˉ、OHˉ
【答案】D
【解析】
【分析】
加入铝粉能放出氢气的无色溶液可能显酸性，也可能显碱性，据此分析作答。
【详解】A. Ca2+与CO32-结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；
B. HCO3-与氢离子或氢氧根离子均反应，不能大量共存，B错误；
C. 如果显酸性，NO3-在酸性溶液中与铝反应不能产生氢气，如果显碱性Cu2+不能大量共存，且铜离子在溶液中显蓝色，C错误；
D. 如果溶液显碱性，NO3-、K+、AlO2-、OH-之间不反应，可以大量共存，且能与铝反应产生氢气，D正确，
答案选D。
【点睛】掌握相关离子的性质是解答的关键，注意解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
9.下列说法正确的是（ ）
A. Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗
B. Ⅱ图中：湿润有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气
C. Ⅲ图中：生成蓝色的烟
D. Ⅳ图中：用该装置可以验证酸性：盐酸>碳酸>硅酸。
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气，随着反应进行，盐酸浓度会下降，下降到某种程度，二者不再反应无法生成Cl2，A项错误；
B．氯气的漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸，干燥布条中无水，所以无法产生次氯酸，颜色不会褪去，湿润布条含水，可以产生次氯酸，颜色会褪去；若将尾气直接排放，其中未反应的氯气会污染空气，所以需要将尾气通入NaOH溶液中进行吸收，B项正确；
C．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，C项错误；
D．利用盐酸与石灰石反应可制备CO2，所以可证明盐酸酸性强于碳酸；由于盐酸具有挥发性，制备出的CO2中会含有HCl杂质，HCl杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀；若不对制备出的CO2进行除杂，其中的HCl杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程，因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的，D项错误；
答案选B。
10.下列关于钠的化合物的说法中不正确的是（ ）
①热稳定性：Na2CO3 ＞ NaHCO3
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，故均为碱性氧化物
③与盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3 ＞ NaHCO3
④Na2O和Na2O2晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为1 : 2
⑤等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：Na2CO3 ＞ NaHCO3
⑥分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，均可产生白色沉淀
A. ②③⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Na2CO3 的热稳定性强，而NaHCO3受热易分解，①正确；
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，但Na2O2同时生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，②不正确；
③与盐酸反应Na2CO3 不能立即产生CO2，NaHCO3可立即产生CO2，③不正确；
④Na2O和Na2O2晶体中阴离子分别为O2-和O22-、阳离子为Na+，二者的数目比均为1 : 2，④正确；
⑤等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：Na2CO3
综合以上分析，②③⑤⑥不正确。故选A。
11.某溶液中含有大量Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+、Cl-、SO42-离子，其中加入足量Na2O2固体后，再加入足量的盐酸溶解沉淀，最后溶液中的离子数目与反应前相比保持不变的是
A. Na+、Fe2+ B. Al3+、SO42- C. Fe3+、SO42- D. Al3+、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，钠离子浓度增大，故A错误；
B．Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，硫酸根离子自始至终不发生变化，故B正确；
C．因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故C错误；
D．加入足量的盐酸溶解沉淀，氯离子浓度增大，故D错误；
故选B。
【点晴】可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点，溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子，增加的是三价铁离子。
12.向X的溶液中，加入Y试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是
A. 向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液
B. 向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2
C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液
D. 向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3：1，图象与发生的化学反应不符，故A错误；
B、因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生CO2+NaOH═NaHCO3，最后发生CaCO3↓+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，图象与反应符合，故B正确；
C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH，先发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，再发生NH4++OH-═NH3．H2O，最后发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1：1，图象中横坐标中的量与化学反应不符，故C错误；
D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，最后发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，故D错误；
答案选B。
13.物质检验是化学研究常用的方法之一。下列有关溶液成分的检验，结论不正确的是
A. 若滴加酚酞溶液，溶液变红，原溶液不一定碱溶液
B. 若先滴加足量新制氯水，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为血红色，则原溶液一定含有Fe2+
C. 若滴加Na2CO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液可能含有Ca2+
D. 若滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中可能含CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A．能使酚酞溶液变红的溶液显碱性，显碱性的物质不一定是碱，例如碳酸钠，A项正确；
B．溶液中若原本就含有Fe3+，也会产生相同的现象，所以并不能证明溶液中有Fe2+，B项错误；
C．溶液中若含有Ca2+，则滴加碳酸钠溶液后，会生成碳酸钙，产生白色沉淀的现象，C项正确；
D．溶液中若含有，那么滴加一定量的稀盐酸后，会产生CO2气体，CO2能使澄清的石灰水变浑浊，D项正确；
答案选B。
14.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（ ）
A. 溶液中一定含Cu2＋ B. 溶液中一定含Fe2＋
C. 剩余固体一定含Cu D. 加入KSCN溶液一定不变红色
【答案】A
【解析】
【详解】加入铁粉后，因为Fe3＋氧化性强于Cu2＋，铁粉先与FeCl3反应，然后与CuCl2反应，所以充分反应后仍存在的固体一定含有Cu，可能含有Fe，所得的溶液中一定不含Fe3＋，Cu2＋可能存在，一定含有Fe2＋，加入KSCN溶液一定不変红色。答案选A。
15.某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2+ )＝2 mol·L－1，c(SO42-)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积是
A. 0.5 L B. 1.625 L C. 1.8 L D. 2 L
【答案】D
【解析】
【详解】根据电荷守恒可得c(Al3＋)=3mol/L；
；n(Al3＋)=3ml/L×0.2L=0.6mol；
反应的离子方程式为：Al3＋+3OH—=Al(OH)3↓；
Al3＋+4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；
所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3＋恰好完全反应生成AlO2—离子，即，需氢氧化钠的物质的量为；所以加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为：，
答案选D。
16.1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）
A. Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1mol Na2CO3、1mol CO2、1mol H2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1mol CO2恰好与1mol Na2O2反应生成1mol Na2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故选:A。
【点睛】二氧化碳和水同时遇到过氧化钠时，二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水与过氧化钠反应。
17.在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（ ）
A. 1：10 B. 9：1 C. 4：1 D. 4：3
【答案】D
【解析】
【分析】
已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。
【详解】分两种情况：
⑴ 若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)= ；
⑵ 若H2过量，根据化学反应方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)= ；
故答案为D。
【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。
18.向50 mL 1 mol·L-1的Al2（SO4）3溶液中加入100 mL KOH溶液，充分反应得到3.9 g沉淀，则KOH溶液的物质的量浓度可能是（ ）
①1 mol·L-1 ②3 mol·L-1 ③1.5 mol·L-1 ④3.5 mol·L-1
A. ③ B. ①② C. ②④ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】向硫酸铝溶液中滴加少量KOH，则发生反应的离子方程式为：；若继续滴加KOH，则有可能发生反应：；50mL浓度为1mol/L的硫酸铝溶液，能产生的Al(OH)3沉淀最多为；而题中得到的Al(OH)3沉淀仅为3.9g，所以加入的KOH的量可能有两种情况；一种情况，加入的KOH量较少，溶液中仅有一部分的Al3+转化为Al(OH)3，即只发生了反应：，因此KOH的浓度可能为：；另一种情况，加入的KOH量较多，溶液中的Al3+先全部转变为Al(OH)3，即先发生反应：，随后又有一部分Al(OH)3溶解，即发生反应：，那么溶液中产生的3.9g沉淀，是Al(OH)3在发生部分溶解后剩余的量，所以此情况下KOH的浓度为：；综上所述，KOH可能的浓度为1.5或3.5mol/L，③④正确；
答案选D。
【点睛】向铝盐溶液中滴加NaOH，初始阶段会生成Al(OH)3白色沉淀，Al(OH)3的量达到最大后，继续滴加NaOH，Al(OH)3会逐渐溶解；因此，在计算加入的NaOH的量时，如果沉淀的量不是最大值，那么会有两种结果，一种对应Al3+尚未完全沉淀的阶段，另一种对应Al(OH)3开始溶解的阶段。
19.将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的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HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是
A. O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3
B. a点溶液中c (HCO3-) >c (CO32-)
C. 标准状况下，通入CO2的体积为44．8L
D. 原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+ HCl="NaCl" +H2O+ CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图像可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A正确；
B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根水解，溶液显碱性，则溶液中c(HCO3-)＞c(CO32-)，B正确；
C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为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，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22．4L/mol=44．8L，C正确；
D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==2．5mol/L，D错误；
答案选D。
【点晴】掌握反应的原理，特别是相关反应的化学方程式以及清除图像中各段表示的意义是解答的关键。在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。
20.某溶液中可能含有H+，Na+，，Mg2+，Fe3+，Al3+，，等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图像如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 原溶液中含有的阳离子是H+，，Mg2+，Al3+
B. 原溶液中一定含有，一定不含
C. 原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1
D. 反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4外还有其它物质
【答案】A
【解析】
【分析】
加入NaOH溶液，开始时没有沉淀生成，说明溶液中含有氢离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；
当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；
从生成沉淀和溶解沉淀耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+。
【详解】滴加NaOH溶液未生成沉淀前发生反应：H++OH-=H2O，沉淀达到最大值后继续滴加NaOH溶液发生反应：NH4++OH-=NH3•H2O，沉淀溶解时发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故可以肯定溶液中一定有的离子为：H+、NH4+、Al3+；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+；
A．溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故A错误；
B．由分析知：原溶液中一定含有，一定不含，故B正确；
C．根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故C正确；
D．反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4外，还含有NaAlO2，故D正确；
故答案为A。
21.常温下，有c（H+）=0.1mol/L的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种，现取100mL该溶液进行如下实验：已知氧化性Fe3+>I2，根据实验结果，下列判断正确的是（ ）
A. Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子一定存在
B. 不能确定Na+和Cl﹣是否存在，CO32﹣一定不存在
C. Fe3+与Fe2+至少有一种
D. 该溶液中c（Cl﹣）≥0.3mol•L 1
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液中已经含有0.1mol/L的H+，所以与其不能大量共存的一定不存在；由于加入适量Cl2的四氯化碳溶液后下层出现了紫色，说明有碘单质生成，那么原溶液中一定含有I-；由于氧化性Fe3+＞I2，所以I-会被Fe3+氧化，所以原溶液中一定不会存在Fe3+；根据I2的质量为2.54g可知，100mL的原溶液含有I-0.02mol，所以原溶液中；对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成沉淀，所以原溶液中一定有Fe2+，那么1.60g固体即Fe2O3，所以100mL原溶液中，Fe2+的量为0.02mol，即原溶液中；由于第一步中加入的Cl2会转变为Cl-，所以不能通过生成AgCl白色沉淀证明原溶液中含有Cl-；通过上述分析，原溶液中，，，电荷并不守恒，所以原溶液中一定还含有Cl-，由于上述检验过程并未证明溶液中一定不含Na+，所以；当，溶液中不含Na+，当，溶液中一定有Na+。
【详解】A．通过分析可知，溶液中一定不含Fe3+，A项错误；
B．通过分析可知，原溶液中一定不含；原溶液中一定还含有Cl-，且当，溶液中不含Na+，当，溶液中一定有Na+，B项错误；
C．通过分析可知，溶液中含Fe2+，不含Fe3+，C项错误；
D．通过分析可知，溶液中一定含有Cl-，且，D项正确；
答案选D。
【点睛】离子推断的问题，可以通过四个原则进行分析：肯定原则，指的是，由题干中给出的检验现象等信息判定某离子一定存在；互斥原则，指的是，在某离子一定存在的前提下，与之不能大量共存的离子，一定不能存在于溶液中；进出原则，指的是，在设计实验检验溶液中存在的离子时，前面步骤加入的试剂是否会对后面的检验造成干扰；电中性原则，指的是，若题干中有给出沉淀质量，气体体积等信息，那么要对溶液中一定存在的离子是否符合电荷守恒进行验证。
22.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）
A. 11.2g B. 5.6g C. 2.8g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【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)=×0.1L×2mol/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，故选B。
二、填空题（共4道题，共56分）
23.下列物质A－F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。
（1）G溶液中溶质的化学式为_____________。
（2）请写出反应D→F的化学方程式：_________。
（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是____________。
（4）E物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。
（5）写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。
（6）若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：____，反应过程中的化学方程式为：____，______。
【答案】 (1). NaAlO2 (2). 2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3 (3). KSCN (4). 溶液呈血红色 (5). Ca（ClO）2 (6). Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O (7). 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色 (8). FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl (9). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
【解析】
【分析】
B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3；金属A与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH，所以A为Al单质，C为AlCl3溶液，G为NaAlO2溶液。
【详解】(1)根据分析可知，G即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO2;
(2)根据分析可知，D为FeCl2，与E即Cl2反应后生成FeCl3，方程式为：；
(3)检验Fe3+常用硫氰化钾溶液，Fe3+遇SCN-生成血红色物质；
(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；
(5)通过分析可知，C为AlCl3溶液，与过量的NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：；
(6)通过分析可知，D的溶液为FeCl2溶液，FeCl2会与NaOH溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：；
24.I．在如图装置中，用 NaOH 溶液、铁屑、稀 H2SO4 等试剂制备 Fe（OH）2。
（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；
（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；
（3）为了制得白色 Fe（OH）2 沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂后应________（填“打开”或者“关闭”）止水夹，反应一会儿后应________（填“打开”或者“关闭”）止水夹。
II．某化学兴趣小组用下图装置制取并探究氯气的性质。[A装置中发生反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O ]
（1）A装置中a仪器的名称是_____________。
（2）实验室制氯气也可用MnO2与浓盐酸反应，化学方程式为：_____
（3）实验进行一段时间后，可观察到______（填“B”或“C”）装置中有色布条褪色，请用化学方程式表示其褪色原因__________。
（4）当氯气进入D装置后，可观察到溶液颜色变为____（填“红色”或“蓝色”），写出该反应的离子方程式为_________。
（5）E装置中反应的化学方程式为________。
（6）用31.6 g KMnO4固体与足量的浓盐酸反应，最多可生成标准状况下_____L氯气。（KMnO4的摩尔质量为158 g·mol-1）
【答案】 (1). 铁屑、稀H2SO4 (2). NaOH 溶液 (3). 打开 (4). 关闭 (5). 分液漏斗 (6). (7). C (8). (9). 蓝色 (10). Cl2 + 2I－=2Cl－+ I2 (11). Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O (12). 11.2L
【解析】
【分析】
试题Ⅰ，由于Fe(OH)2极易被氧化，所以在使用上述装置制备Fe(OH)2时，应当在Ⅰ试管中加入铁粉和稀硫酸，Ⅱ试管中加入NaOH溶液；初始阶段，打开止水夹，利用试管Ⅰ中产生的氢气对整套装置进行排气，驱赶装置内的空气和溶液中溶解的O2；一段时间后再关闭止水夹，利用Ⅰ试管中气压的逐渐增大，将含有Fe2+的溶液排入到Ⅱ试管中，这样就能制备出保存时间较长的Fe(OH)2了。
试题Ⅱ，本题利用高锰酸钾溶液与浓盐酸反应制备氯气，这个反应不需要加热，而采用浓盐酸和MnO2反应制备氯气时需要加热；由于盐酸具有挥发性，所以产生的氯气中含有杂质HCl以及水蒸气，但在本题中HCl杂质对于Cl2性质的验证并不产生干扰，所以只对其进行了干燥处理；B和C装置中的红布条一个是干燥的一个是湿润的，通过现象的对比，就可以验证Cl2漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸；D装置通过淀粉变蓝验证I2的生成，进而证明Cl2氧化性强于I2；在做完性质验证实验后，氯气仍会有部分未反应完，所以需要尾气处理装置，减少对环境的污染。
【详解】Ⅰ(1)通过分析可知，试管Ⅰ中应当加入稀硫酸和铁粉，产生氢气的同时也产生Fe2+，利用产生的氢气再配合止水夹适当地开闭，就可以实现对整套装置内残留空气的排气；
(2)通过分析可知，试管Ⅱ中加入的为NaOH溶液，即Fe(OH)2是在试管Ⅱ中反应生成的；
(3)由于Fe(OH)2极易被氧化，所以在初始阶段，打开止水夹，利用试管Ⅰ中产生的氢气对整套装置进行排气，驱赶装置内的空气和溶液中溶解的O2；一段时间后再关闭止水夹，利用Ⅰ试管中气压的逐渐增大，将含有Fe2+的溶液排入到Ⅱ试管中，这样就能制备出保存时间较长的Fe(OH)2了；
Ⅱ(1)装置A中仪器a的名称即为分液漏斗；
(2)用浓盐酸和MnO2反应制氯气的方程式为：；
(3)B中的红布条是干燥的，所以不会被Cl2漂白褪色，C中的红布条是湿润的所以可以被Cl2漂白褪色；Cl2的漂白性来源于与水反应生成的次氯酸，方程式为：；
(4)氯气的氧化性强于碘单质，所以D装置中，氯气会将碘单质置换出来，从而使装置内的淀粉变蓝；涉及的反应即为：；
(5)E装置为尾气吸收装置，用来除去未反应的Cl2，涉及到的化学方程式为：；
(6)由高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气的方程式可知，31.6gKMnO4即0.2mol，可以与足量的浓盐酸生成0.5mol氯气，标况下的体积即为11.2L。
25.经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：
离子
Fe3+
Cu2+
SO42-
Na+
H+
浓度/(mol/L)
2×10-3
1×10-3
1×10-2
2×10-3
（1）c(H+)=___________mol/L。
（2）了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾（FeSO4·7H2O）。
① 工业废水中加入铁粉后，反应离子方程式为：
Fe + Cu2+= Fe2++ Cu、____________、____________。
② 试剂B是__________。
③ 操作③是蒸发浓缩、冷却结晶、___________，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。
④ 通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是____________。
⑤ 获得的FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是___________。
⑥ 上述1000 L废水经处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是________mol。
【答案】 (1). 0.01 (2). Fe +2Fe3+=3Fe2+ (3). Fe +2H+=Fe2++H2↑ (4). 硫酸 (5). 过滤 (6). 取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽 (7). FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水） (8). 12
【解析】
【详解】（1）根据电荷守恒知，c(H+)+3 c(Fe3+)+2 c(Cu2+)+ c(Na+)= c(OH－)+2 c(SO42-)，废水呈强酸性，氢氧根浓度很小，计算时可忽略，代入题给数据计算得c(H+)=0.01 mol/L；
（2）① 工业废水中含有硫酸铜、硫酸铁和硫酸，加入铁粉后，反应的离子方程式为：Fe + Cu2+=Fe2++ Cu、Fe +2Fe3+=3Fe2+、Fe +2H+= Fe2++H2↑。② 过滤，固体C为铁和铜的混合物，加入过量硫酸，过滤，得铜和硫酸亚铁溶液，故试剂B是硫酸。③ 操作③是从溶液中获得晶体的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。④Fe3+的检验用KSCN溶液，故判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽。⑤ Fe2＋易被氧化，绿矾晶体易失去结晶水，故FeSO4·7H2O需密闭保存，原因是FeSO4有还原性，易被氧化（或FeSO4·7H2O失去结晶水）。⑥ 1000 L废水中n(Fe3+)=2mol，560g铁粉的物质的量为10mol，根据铁元素守恒知，经上述处理，可获得 FeSO4·7H2O的物质的量是12mol。
三、计算题：
26.将一定量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金即溶解。向所得溶液中滴加5 mol/L NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积如图所示，由图中数据分析计算：
（1）原合金中镁和铝的质量分别为多少？
（2）盐酸的物质的量浓度为多少？
【答案】（1）mMg=4.8g mAl=2.7g；（2）cHCl=8mol/L
【解析】
【分析】
合金全部溶解，溶液中一定有Al3+和Mg2+，而H+可能含有；由图可知，加入NaOH溶液体积若小于20mL，溶液中没有沉淀出现，所以反应后的溶液中仍然剩余H+，所以从V(NaOH)=0mL至V(NaOH)=20mL，发生的是酸碱中和反应；V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL，则发生的是Al3+和Mg2+的沉淀反应；V(NaOH)=160mL时，溶液中的Al3+和Mg2+恰好沉淀完全，那么此时溶液中的溶质仅为NaCl，根据加入的NaOH的量即可最终求得盐酸的浓度；V(NaOH)=160mL至V(NaOH)=180mL，沉淀量在减少，所以发生的是Al(OH)3的溶解反应即：，由此可计算合金中Al的量，再结合V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL总共消耗的NaOH的量，就可间接求出合金中Mg的量。
【详解】(1) 通过分析可知，V(NaOH)=160mL至V(NaOH)=180mL，发生Al(OH)3的溶解反应即：，所以合金中铝的质量为：；通过分析可知，V(NaOH)=20mL至V(NaOH)=160mL，发生的是Al3+和Mg2+的沉淀反应，Al3+的量为0.1mol需要消耗0.3molOH-，所以合金中镁的质量为：；
(2)通过分析可知，加入的NaOH体积为160mL时，溶液中的溶质仅为NaCl，所以原来盐酸的浓度为：。
【点睛】在处理向含Al3+的溶液中加NaOH产生的沉淀总量随NaOH溶液体积变化的图像问题时，若开始阶段无沉淀生成，说明溶液中有H+；当金属阳离子恰好沉淀完全时，根据电荷守恒的关系，溶液中的Na+所带正电荷的总量一定与溶液中的阴离子所带负电荷总量相同；当沉淀总量下降时，说明Al(OH)3开始溶解，结合反应方程式可以计算溶液中Al3+的总量。
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