2023西安西北工业大学附中高一上学期第一次月考化学试题含解析

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2022～2023学年度第一学期月考2
高一化学（必修1）
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 C：12 S：32 N：14 Cl：35.5 Na：23 Mn：55 Al：27
一、选择题：（本大题共15个小题，每小题2分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
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1. 研究物质性质的基本程序是：①观察物质的外部特征→②预测物质的性质→③实验和观察→④解释和结论，其中第②步主要用到的思维方法是
A. 比较 B. 分类 C. 模型 D. 假说
【答案】B
【解析】
【详解】研究物质的性质时，应先观察物质的外部特征，然后对物质进行分类，找出所属类别的代表物预测其性质，再用实验验证预测的性质，最后得出结论，B项符合。
故选B。
2. 溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（ ）
A. 能否发生丁达尔效应 B. 分散质粒子直径的大小
C. 能否透过滤纸或半透膜 D. 是否均一、透明、稳定
【答案】B
【解析】
【分析】溶液、胶体、浊液三种分散系的分散剂都是液体，分散质都是固体，按照分散质粒子的直径大小来区分．
【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），
所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小。
故选B．
3. 下面关于电解质的叙述中错误的是
A. 在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物叫做电解质
B. 电解质、非电解质都指化合物而言，单质不属于此范畴
C. 电解质在水中不一定能导电，在熔融态导电的化合物一定是电解质
D. 纯水的导电性很差，所以水不是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解质定义：在水溶液或熔融状态下能导电化合物称为电解质，A正确；
B．电解质和非电解质都一定为化合物，单质不属于电解质和非电解质的范畴，B正确；
C．难溶性电解质水溶液不导电，熔融状态下能导电的化合物一定是电解质，C正确；
D．纯水能够微弱电离出氢离子和氢氧根离子，导电性很弱，但水为电解质，D错误；
故选D。
4. 下列关于合金的说法不正确的是
A. 合金的熔点一般比它的成分金属的熔点高
B. 合金的硬度一般比它的成分金属大
C. 合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械的性能
D. 合金在工业上的用途比纯金属更广
【答案】A
【解析】
【详解】合金的熔点一般比它的成分金属的熔点低，故A项错误；但合金的硬度、机械强度都要优于各成分金属，用途比纯金属更广泛，故B、C、D均正确。
5. 下列叙述正确的是(　　)
A. 氧化剂是失去电子(或电子对偏向)的物质
B. 还原剂是在反应中发生还原反应
C. 同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
D. 依据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.氧化剂是得到电子(或电子对偏向)、所含元素化合价降低的反应物，发生还原反应，A错误；
B.还原剂是失去电子(或电子对偏离)、所含元素化合价升高的反应物，发生氧化反应。B错误；
C.同一反应中既有单质参加又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如反应3O2=2O3，既有单质参加，又有单质生成，但不属于氧化还原反应，C错误；
D.氧化还原反应的本质是电子的转移，有电子转移的化学反应为氧化还原反应，没有电子转移的反应为非氧化还原反应，D正确；
答案选D。
6. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A. 标准状况下，分子数为NA的CO、N2混合气体体积约为22.4L，质量为28克
B. 常温常压下，16gO2和O3组成混合物所含的原子数为NA
C. 由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA
D. 标准状况下，22.4LH2O所含的分子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下，分子数为NA的CO、N2混合气体的物质的量为：1mol，体积约为1mol×22.4L/mol=22.4L，CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，故其质量为1mol×28g/mol=28g，A正确；
B. 已知O2和O3均由O原子构成的，故常温常压下，16gO2和O3组成的混合物所含的原子数为=NA，B正确；
C. 由CO2和O2的分子式可知，由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA，C正确；
D. H2O在标准状况下为液态，故标准状况下，22.4LH2O所含的分子数不是NA，D错误；
故答案为：D。
7. 实验是解决化学问题的基本途径，下列有关实验操作不正确的是
A. 氯水呈酸性，可用pH试纸测得其pH
B. 在制备Fe(OH)2时，要将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到FeSO4液面以下
C. 为除去FeCl2溶液中的CuCl2，常采用向溶液中加过量的铁粉，再过滤
D. 在做钠的相关实验时，剩余的钠应放回原试剂瓶
【答案】A
【解析】
【详解】A．因氯水中HClO具有漂白性，不能利用pH试纸测到pH，应选用pH计，选项A错误；
B．为防止Fe(OH) 2被氧化，制备时用胶头滴管插入液面以下，将NaOH溶液滴入FeSO4 溶液中，选项B正确；
C．加入过量铁粉，CuCl2与Fe发生置换反应生成Cu和FeCl2，过滤后得到FeCl2溶液，选项C正确；
D．从试剂瓶中取出并切下使用的钠块后，剩余的钠要放回原试剂瓶，选项D正确；
答案选A。
8. 对实验I~Ⅳ的实验操作现象判断正确的是

A. 实验I：产生红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体 D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到的是氢氧化铁胶体而不是红褐色沉淀，A错误；
B．KSCN遇到Fe3+才使溶液变为红色，FeCl2溶液中滴加KSCN溶液观察不到明显现象， B错误；
C．Al在常温下能与NaOH溶液剧烈反应生成H2，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C正确；
D．Al(OH)3不能溶于弱碱氨水中，故向氯化铝溶于中加入氨水至过量，只能观察到出现白色沉淀，且沉淀不溶解，D错误；
故答案为：C。
9. 氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：，其中水的作用是
A. 既不是氧化剂也不是还原剂 B. 是氧化剂
C. 是还原剂 D. 既是氧化剂又是还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】该反应中，Ca元素化合价为+2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知CaH2中H的化合价为-1价，H2O中H的化合价为+1价，而H2 中H元素的化合价为0，所以CaH2在反应中失电子被氧化，作还原剂，水在反应中得到电子被还原，H2O作氧化剂，故合理选项是B。
10. 下列说法不正确的是
①同位素的性质几乎完全相同
②质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子
③电子数相同的粒子不一定是同一种元素
④一种元素只能有一种质量数
⑤某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数
A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ①②⑤ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①同位素是指质子数相同而中子数不同的原子，故其物理性质不完全相同，化学性质几乎完全相同，错误；②由于分子不带电，则分子中质子数等于电子数，而离子带电荷即离子中质子数和电子数不相等，故质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子，正确；③电子数相同的粒子不一定是同一种元素，如H2O和NH3、均含有10个电子，不属于同一元素，正确；④由于很多元素均存在同位素，故一种元素可能有多种种质量数，如H有1H、2H、3H，错误；⑤原子有质量数，元素没有质量数，某种元素原子的相对原子质量取整数，就是其质量数，质量数是原子中质子和中子的相对质量取近似整数值之和，错误；综上分析可知，①④⑤不正确，故答案为：B。
11. 某元素离子Am-的核内有n个中子，核外有x个电子。该元素原子的质量数为
A. x-n+m B. x+m+n C. m+n-x D. x-m+n
【答案】D
【解析】
【详解】某元素离子Am-的核内有n个中子，核外有x个电子，则该元素的质子数是x－m。又因为质量数质量数＝质子数＋中子数，所以该微粒的质量数＝x－m＋n，答案选D。
12. 下列有关 Na2CO3和 NaHCO3比较中，不正确的是
A. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B. 相同条件下在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3
C. 等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应放出气体的量：Na2CO3＜NaHCO3
D. 相同条件下与等浓度的盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3>NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3不稳定，加热易分解生成碳酸钠，而Na2CO3难以分解，A项正确；
B．相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则常温下，在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，B项正确；
C．NaHCO3和Na2CO3都可以与盐酸反应，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑(盐酸足量)，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等质量的Na2CO3和NaHCO3，后者的物质的量多，分别与足量的盐酸反应，NaHCO3放出CO2质量多，C项正确；
D．Na2CO3与盐酸反应时分别发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3(盐酸不足)，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑(盐酸过量)，而NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故NaHCO3与稀盐酸反应与Na2CO3与稀盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3＜NaHCO3，D项错误；
答案选D。
13. 在溶液中能大量共存，加入NaOH有沉淀析出，加入HCl能放出气体的是
A. Na+、、Ca2+、Cl- B. Ba2+、K+、OH-、
C. H+、Fe3+、、 D. Mg2+、Na+、Cl-、
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na+、、Ca2+、Cl-各离子不反应能够大量共存，加入NaOH，因发生+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O产生沉淀，加入HCl，因发生+H+=H2O+CO2↑而产生气体，A符合题意；
B. Ba2+、K+、OH-、各离子不反应能够大量共存，但加入NaOH后无沉淀生成，加入HCl后无气体产生，B不合题意；
C. H+、Fe3+、、 各离子不反应能够大量共存，加入NaOH因发生反应：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，但加入HCl后无气体生成，C不合题意；
D. 由于Mg2++=MgCO3↓而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
14. 向足量的浓盐酸中加入8.7g二氧化锰并加热，充分反应后，被氧化的HCl的物质的量为
A. 小于0.2mol B. 等于0.2mol
C. 在0.2mol和0.4mol之间 D. 等于0.4mol
【答案】B
【解析】
【详解】8.7gMnO2的物质的量为，根据化学方程式MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，1molMnO2参与反应消耗4molHCl，其中氯的化合价升高的HCl只有2mol。浓盐酸是过量的，因此MnO2完全消耗掉，则0.1molMnO2完全反应，被氧化的HCl有0.2mol，B符合题意；
答案选B。
15. 下列解释过程或事实的方程式不正确的是
A. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O＝HCl+HClO
B. 铁可以和稀硫酸反应：2Fe+3H2SO4＝Fe2(SO4)3 +3H2↑
C. 刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板 2Fe3++Cu＝2Fe2++ Cu2+.
D. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. 氯气用于自来水消毒生成盐酸和次氯酸：Cl2 + H2O = HCl+HClO，故A正确；
B. 铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe + H2SO4 = FeSO4 +H2↑，故B错误；
C. 刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板，反应生成亚铁离子和铜离子： 2Fe3++Cu = 2 Fe2++ Cu2+.，故C正确；
D. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层即四氧化三铁：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】铁与盐酸、稀硫酸反应生成亚铁离子，铁与少量氯气、过量氯气都生成氯化铁。
二、选择题：（本大题共5个小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
16. 如图所示装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是

A. ①② B. ①②④ C. ①④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】实验中生成的Fe(OH)2容易发生氧化，要能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀就要防止其发生氧化。，
【详解】①Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，①符合题意；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，②符合题意；
③生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，③不符题意；
④苯隔绝空气，可防止生成氢氧化亚铁被氧化，③符合题意；
所以上述装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是①②④，答案选B。
17. 将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通进一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是
A. NaOH B. C. KSCN D. HCl
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．分别滴加NaOH溶液时，产生白色沉淀的是氯化镁；先产生沉淀，后沉淀溶解的是氯化铝；产生红褐色沉淀的是氯化铁；产生白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变成红褐色的是氯化亚铁；无明显现象的是氯化钠，现象不同，可鉴别，故A选；
B．氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液均不与氯化钡反应，不能鉴别，故B不选；
C．KSCN只能鉴别出氯化铁，故C不选；
D．氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液均不与盐酸反应，不能鉴别，故D不选；
故选A。
18. 将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL0.1mol/L的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为
A. 0.1mol/L B. 0.2mol/L C. 0.4mol/L D. 0.8mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】将a克Al2O3和Fe2O3样品溶解在过量的200ml浓度为0.10mol/L的硫酸溶液中，反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n(Na2SO4)=n(H2SO4)=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.04mol，则该氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)==0.4mol/L，
故答案为：C。
19. 在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g。原反应混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为
A. 3：1 B. 7：3 C. 1：1 D. 4：1
【答案】D
【解析】
【详解】由方程式4NH3+6NO5N2+6H2O可知，还原得到N2与氧化得到的N2的物质的量之比为6：4=3：2，设还原得到的N2与氧化得到的N2的物质的量物质的量分别为3xmol、2xmol，则（3x-2x）mol==0.05mol，解得x=0.05，故参加反应的NO为5×0.05mol×=0.3mol，参加反应的氨气为5×0.05mol×=0.2mol，由于0.3mol+0.2mol=0.5mol＜1mol，故NO或NH3有剩余，若过量的是NO，则NO与NH3的物质的量之比为：(0.3+0.5)：0.2=4:1，若过量的是NH3，则NO与NH3的物质的量之比为： 0.3：(0.2+0.5)=3:7，故答案为：D
20. 某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+，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，下列判断正确的是

A. 原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+，可能含Ba2+
B. 原溶液中含Fe3+和Al3+，物质的量之比为l∶l
C. 原溶液中可能含有
D. 反应最后形成的溶液中含有的溶质只有NaAlO2
【答案】B
【解析】
【分析】加入氢氧化钠刚开始没有沉淀，说明溶液中有氢离子，没有碳酸根离子，阴离子只能是硫酸根离子，所以钡离子不存在。后加入氢氧化钠出现沉淀，沉淀量后来减少，说明溶液中存在铝离子，通过沉淀溶解需要的氢氧化钠的体积分析，1摩尔氢氧化铝溶解需要氢氧化钠为1体积，则生成氢氧化铝沉淀需要的氢氧化钠的体积为3体积，说明另一种沉淀1摩尔，需要的氢氧化钠的体积为3体积，说明溶液中存在铁离子，而不是镁离子，铁离子和铝离子的物质的量比为1:1，根据溶液中的离子的存在情况分析，最后的溶液中含有的溶质为偏铝酸钠和硫酸钠。
【详解】A．原溶液中存在硫酸根，则不可能含有钡离子，A错误；
B．根据分析可知，铁离子和铝离子的物质的量比为1:1，B正确；
C．加入氢氧化钠刚开始没有沉淀，说明溶液中有氢离子，没有碳酸根离子，C错误；
D．最后的溶液中含有的溶质为偏铝酸钠和硫酸钠，D错误；
故选B。
三、填空题：
21. 填空或写出下列反应的离子方程式：
（1）碘－131是元素碘（元素周期表中第53号元素）的一种放射性同位素，符号为。在核医学中，以以NaI溶液的形式直接用于甲状腺功能检查和甲状腺疾病。和互为同位素，这两种原子的中子数差值为_________。碘元素在元素中位于第__________周期第__________族。
（2）向明矾溶液中滴加Ba(OH)2、溶液恰好沉淀，离子方程式是：________________。
（3）实验室常利用氨水制取Al(OH)3，而不用NaOH的溶液的原因是（用离子方程式说明）______。
（4）实验室用FeCl2溶液和NaOH溶液制取Fe(OH)2时观察到的现象是________________。
（5）将0.2mol钠、镁、铝分别投入10mL1mol/L的盐酸中，在标准状况下产生氢气体积的大小顺序是________________。
【答案】（1） ①. 4 ②. 五 ③. VIIA
（2）
（3）
（4）先产生白色沉淀，很快变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀
（5）钠>镁=铝
【解析】
【小问1详解】
碘53号元素，有53个质子，131I和127I的中子数为78和74，差值为4；碘是53号元素，在元素周期表中位于第五周期，第VIIA族；
【小问2详解】
向明矾[KA1(SO4)2]溶液中滴加Ba(OH)2溶液至恰好沉淀，n[KA1(SO4)2]:n[ Ba(OH)2]=2:1，故离子方程式为:；
【小问3详解】
为两性氢氧化物，能溶于强碱，离子方程式为：；
【小问4详解】
实验室用FeCl2溶液和NaOH溶液制取Fe(OH)2时观察到的现象先产生白色沉淀，很快变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀；
【小问5详解】
0.2mol钠、镁、铝分别投入10mL1mol/L的盐酸中，n(HCl)=0.01mol，钠与水反应，钠无剩余，故0.2mol钠能产生0.1mol氢气；镁、铝有剩余，盐酸全反应了，故镁、铝产生氢气都是0.05mol，故产生氢气量钠>镁=铝。
22. 已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，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，M为红褐色固体。

（1）写出下列物质的化学式：A：________________，R________________。
（2）按要求写下列反应方程式：
①H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：________________________________；
②B和R反应生成N离子方程式：________________________________________________。
（3）1molA和水生成B和C的反应中，转移的电子数目为________________；2.7gR放入足量的B溶液中，产生的气体在标准状态下的体积为________________。
（4）举两例E转化为W的离子反应方程式（不得引入杂质）：________；______。
【答案】（1） ①. Na2O2 ②. Al
（2） ①. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 ②. 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
（3） ①. NA ②. 3.36L
（4） ①. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ②. 2Fe2++2H++ H2O2=2Fe3++2H2O
【解析】
【分析】A为淡黄色固体，且A能与水反应，即A为Na2O2，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，可能为Fe和Al，D是具有磁性黑色晶体，即D为Fe3O4，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体，即H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3，C为无色无味的气体，则C为O2，B为NaOH，R为Al，则T为Fe，Q为氧化铝，N为NaAlO2，E为FeCl2；
【小问1详解】
根据上述分析，A为Na2O2，R为Al；
【小问2详解】
①Fe(OH)2容易被氧气氧化，Fe(OH)2潮湿空气中发生的方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
②B为NaOH，R为Al，Al和NaOH反应生成NaAlO2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
【小问3详解】
1molA和水生成B和C的反应中，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，1molNa2O2转移的电子数目为NA(或)；2.7gR(Al)物质的量为，放入足量的B(NaOH)溶液中，由2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑产生的气体0.15molH2，标准状态下的体积为V=n∙Vm=3.36L。
【小问4详解】
E为FeCl2，W为FeCl3，通入氯气可将FeCl2转化为FeCl3，反应的离子反应方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，也可用H2O2实现转化，反应的离子反应方程式为：2Fe2++2H++ H2O2=2Fe3++2H2O。
23. 电解铝技术的出现与成熟让铝从皇家珍品变成汽车、轮船、航天航空制造、化工生产等行业的重要材料。工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等(二氧化硅是酸性氧化物))提取纯Al2O3做冶炼铝的原料，某研究性学习小组设计了如下提取流程图


（1）固体Ⅰ、Ⅱ的化学式分别为____________、________________；
（2）操作Ⅰ所需玻璃仪器有____________________；
（3）写出流程③主要离子方程式______________________；
（4）验证滤液Ⅰ中是否含Fe3+，可取少量滤液A并加入_______(填试剂名称)，现象是_______；
（5）从铝土矿中提取铝的过程不涉及的化学反应类型是__________；
A. 复分解反应 B. 氧化还原反应 C. 置换反应 D. 分解反应
（6）生产过程中除CaO、CO2可以循环使用外，还可以循环使用的物质有________；(填化学式)
（7）若向滤液I中逐滴滴入NaOH溶液至过量，产生沉淀随NaOH滴入关系正确的是_______
A. B.
C. D.
【答案】（1） ①. SiO2 ②. Fe2O3
（2）漏斗、烧杯和玻璃棒
（3）+H2O+CO2=Al(OH)3↓+
（4） ①. 硫氰化钾溶液 ②. 溶液立即变为红色 （5）C
（6）NaOH （7）D
【解析】
【分析】铝土矿可以主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，铝土矿加过量盐酸溶解后，Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，不溶物Ⅰ为SiO2；滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，过滤所得出的为不溶物Fe(OH)3，受热后分解为固体Ⅱ为Fe2O3，滤液Ⅱ含有、Cl-、OH-，通入过量二氧化碳气体，得到Al(OH)3沉淀，加热分解生成Al2O3，电解可得到铝；滤液Ⅲ含有碳酸氢根离子，加入氧化钙可生成碳酸钙和氢氧化钠，其中氢氧化钠可循环使用，结合物质的性质以及题目要求可解答该题．
【小问1详解】
由分析可知，固体Ⅰ、Ⅱ的化学式分别为SiO2、Fe2O3，故答案为：SiO2；Fe2O3；
【小问2详解】
由分析可知，操作Ⅰ为过滤操作，则所需玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯和玻璃棒；
【小问3详解】
由分析可知，流程③即为滤液Ⅱ含有、Cl-、OH-，通入过量二氧化碳气体，得到Al(OH)3沉淀，则主要离子方程式为：+H2O+CO2=Al(OH)3↓+，故答案为：+H2O+CO2=Al(OH)3↓+；
【小问4详解】
硫氰化钾溶液遇到Fe3+能够使溶液变为红色的特征现象，则验证滤液Ⅰ中是否含Fe3+，可取少量滤液A并加入硫氰化钾溶液，现象是溶液立即变为红色，故答案为：硫氰化钾溶液；溶液立即变为红色；
【小问5详解】
由题干流程图可知，从铝土矿中提取铝的过程中涉及到氧化铝和盐酸、氯化铝和氢氧化钠溶液等之间的复分解反应，氢氧化铝受热分解为氧化铝和水的分解反应，电解熔融氧化铝制备铝单质的氧化还原反应，唯独不涉及置换反应，故答案为：C；
【小问6详解】
由分析可知，生产过程中除CaO、CO2可以循环使用外，还可以循环使用的物质有NaOH，故答案为：NaOH；
【小问7详解】
由分析可知，滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，则符合的图像为D，故答案为：D。
四、实验题：
24. 表示溶液组成的方法有多种：溶质的质量分数、体积比浓度、物质的量浓度等，因此在配制溶液时，根据不同的需要，有不同的配制方法，如：（请完成填空）
I．用10％的氢氧化钠溶液（密度为1.01g/cm3）配制成27.5g2％的氢氧化钠溶液。
（1）需量取_____mL蒸馏水注入烧杯中，然后再注入_____g10％氢氧化钠溶液混合均匀。
II．用质量分数为36.5％盐酸（密度为1.16g/cm3）配制1mol/L的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：
（2）配制稀盐酸时，应选用容量为___________mL的容量瓶。
（3）计算已知盐酸的物质的量浓度为___________。
（4）经计算需要___________浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的___________。
A．5mL B．10mL C．25mL D．50mL
（5）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入相应规格的容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中，正确的顺序是___________（填序号）。
（6）在上述配制过程中，定容时俯视刻度线，其配制的稀盐酸浓度是__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1） ①. 22.0 ②. 5.5
（2）250 （3）11.6mol/L
（4） ①. 21.6 ②. C
（5）③①④② （6） ①. 偏高 ②. 偏低
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；
【小问1详解】
设需要10%氢氧化钠溶液的质量为m，依据稀释前后溶质的质量不变，m×10%=27.5g×2%，解得m=5.5g，需要蒸馏水水的质量为27.5g-5.5g=22g，水的密度为1g/mL，所以需要水的体积为22.0mL，故答案为：22.0；5.5；
【小问2详解】
因配制溶液的体积为220mL，容量瓶的规格中没有220mL，所以只能选250mL，故答案为：250；
【小问3详解】
浓盐酸物质的量浓度为：，故答案为：11.6mol/L；
【小问4详解】
设所需浓硫酸的体积为V，根据溶液稀释前后物质的量不变则有V×11.6mol/L=250mL×1mol/L，解得V=21.6ml,应选择25ml的量筒，故答案为：21.6；C；
【小问5详解】
配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，正确的操作顺序为：③①④②；故答案为：③①④②；
【小问6详解】
如果定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，溶质的质量减少，浓度偏低，故答案为：偏高；偏低。