精品解析：河南省郑州外国语学校2020-2021学年高一上学期第二次月考化学试题（解析版）

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郑州外国语学校2020—2021学年高一上期月考2
化学
可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，Na-23，Mg-24，Al-27，S-32，Cl-35.5，Fe-56
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48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)
1. 从古至今，化学与人类的生产生活紧密相关，下列说法正确的是
A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色来自氧化铁
B. “水银乃至阴之毒物，因火锻丹砂而出，加硫磺升而为银朱”，该过程应用了蒸馏的方法
C. 补铁保健品中的铁元素常常表现氧化性，与具有还原性的维生素C同服效果更佳
D. 将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铁为红棕色粉末，瓷器的青色不可能来自氧化铁，A错误；
B．“因火锻丹砂而出”，采用的是煅烧的方法，发生反应，B错误；
C．补铁保健品中的铁元素为+2价，具有氧化性和还原性，但以还原性为主，C错误；
D．Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，而Fe能将FeCl3还原为FeCl2，因而Fe可用于除去工业废气中的Cl2，D正确；
故选D。
2. 下列说法错误的是
A. 铁、锰、铬以及他们的合金称为黑色金属材料
B. 在实验室中不可用耐高温的氧化铝坩埚加热熔融NaOH
C. 钠与水反应、镁与沸水反应、红热的铁与高温水蒸气反应均生成碱和氢气
D. 明矾可用于净水是因为其在水中可形成Al(OH)3胶体，可以吸附水中的悬浮泥沙
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据冶金工业分类，将金属分为黑色金属和有色金属，黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金，A正确；
B．氧化铝能与熔融的NaOH反应，因此不能用氧化铝坩埚加热熔融NaOH，B正确；
C．铁与水蒸气高温下反应生成Fe3O4和氢气，C错误；
D．明矾溶于水可形成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮泥沙，从而达到净水的目的，D正确；
故选C。
3. 若阿伏加德罗常数用NA表示，下列说法错误的是
A. 0.1molNa2O2与足量CO2反应，转移电子数0.1NA
B. 0.3molN2与足量Mg完全反应，生成物中阳离子数目为0.4NA
C. 14.2gCl2与足量铁反应，转移电子数0.4NA
D. 0.1molNa2O和Na2O2混合物含有阴离子0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，0.1mol Na2O2完全反应转移0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，A正确；
B．0.3molN2与足量Mg完全反应生成0.3mol Mg3N2，生成Mg2+的数目为0.9NA，B错误；
C．由反应关系可知，14.2gCl2(0.2mol)与足量铁反应，转移电子数为0.4NA，C正确；
D．Na2O和Na2O2中阳、阴离子个数比均为2:1，则0.1mol Na2O和Na2O2混合物含有0.1mol阴离子，其数目为0.1NA，D正确；
故选B。
4. 下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是
选项
甲
乙
丙
A
BaCl2
CO2
Na2SiO3
B
NaHCO3
HCl
NaOH
C
Al2O3
NaOH
HCl
D
Al
Fe2O3
稀H2SO4

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．BaCl2和CO2不反应，A符合题意；
B．NaHCO3和HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，HCl和NaOH反应生成NaCl和H2O，NaHCO3和NaOH反应生成Na2CO3和H2O，B不符合题意；
C．Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2和H2O，NaOH和HCl反应生成NaCl和H2O，Al2O3和HCl反应生成AlCl3和H2O，C不符合题意；
D．Al和Fe2O3高温条件下反应生成Fe和Al2O3，Fe2O3和稀H2SO4反应生成硫酸铁和H2O，Al和稀H2SO4反应生成硫酸铝和H2，D不符合题意；
故选A。
5. 下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是
A. 将Na2O与Na2O2分别加入滴有酚酞的水中，二者现象相同
B. 在Na2O2与水的反应中，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：4
C. 将Na2O2分别加入FeCl3和FeCl2溶液中最终所得沉淀颜色相同
D. 等质量的Na2O与Na2O2投入等量且足量水中充分反应后所得溶液物质的量浓度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O与水反应生成氢氧化钠，可看到滴有酚酞的水变红，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，且Na2O2具有漂白性，可看到有气泡冒出，溶液先变红后褪色，二者现象不同，A错误；
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中一半的氧转化为氧气，另一半氧转化为氢氧化钠，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化产物即氧气与还原产物即氢氧化钠的物质的量之比为1:2，B错误；
C．Na2O2与水反应生成NaOH，且Na2O2具有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，因此将Na2O2分别加入到FeCl3和FeCl2溶液中，最终都得到红褐色Fe(OH)3沉淀，C正确；
D．Na2O2与水反应溶液实际增重的是Na2O的质量，等物质的量的Na2O与Na2O2投入到等量且足量水中充分反应后，两溶液增重相等，生成的NaOH的物质的量也相等，因而所得溶液物质的量浓度相等，由于等质量的Na2O与Na2O2物质的量不相等，因而与水反应后所得溶液的物质的量浓度不相等，D错误；
故选C。
6. 下列离子方程式正确的是
A. 将CO2通入饱和Na2CO3溶液：CO2+CO+H2O=2HCO
B. 向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO完全沉淀：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O
C. 向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO+4NH
D. 向FeI2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．将CO2通入饱和Na2CO3溶液中反应生成NaHCO3白色沉淀，离子反应方程式为CO2+2Na++CO+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO完全沉淀，则与Ba(OH)2按物质的量之比为1:2反应，其离子反应方程式为Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O，B正确；
C．向氯化铝溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，C错误；
D．由于还原性：I->Fe3+，则向FeI2溶液中通入Cl2，Cl2先和I-反应，I-反应完全后，再和Fe3+反应，D错误；
故选B。
7. 下列各组溶液中不能通过互滴鉴别的是
A. NaHCO3、Ca(OH)2 B. NaAlO2、NaHSO4 C. NaOH、AlCl3 D. Na2CO3、HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．无论NaHCO3逐滴加入Ca(OH)2还是Ca(OH)2逐滴加入NaHCO3，均直接反应产生白色沉淀，现象相同，不可鉴别，选项A符合；
B．将NaAlO2逐滴加入NaHSO4中先不生成白色沉淀，后某时刻生成大量白色沉淀，反滴则立即生成沉淀，最后沉淀溶液，可鉴别，选项B不符合；
C．将氯化铝溶液滴加到NaOH溶液中先没有现象,后生成沉淀，将NaOH滴到氯化铝溶液中先生成沉淀后沉淀消失，二者现象不同，可鉴别，选项C不符合；
D．Na2CO3溶液滴入稀盐酸中，立即产生气体若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，选项D不符合；
答案选A。
8. 向NaOH溶液中通入一定量CO2后，向所得溶液X中逐滴滴加稀盐酸并不断搅拌，产生的气体与加入盐酸的体积关系如图，则下列说法正确的是

A. X中的溶质为NaHCO3、Na2CO3，且二者物质的量之比为2：1
B. 通入CO2的体积为224mL
C. 原NaOH的物质的量为0.03mol
D. 稀盐酸浓度为0.05mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，产生CO2气体消耗盐酸的体积与未产生气体消耗盐酸的体积之比为2:1，说明溶液X中的溶质为NaHCO3和Na2CO3，且二者物质的量之比为1:1。由于最终生成CO2的物质的量为0.01mol，根据碳元素守恒，，则。加入盐酸的体积为时，发生反应；加入盐酸的体积为时，发生反应；据此分析解答。
【详解】A．由图可知，X中的溶质为NaHCO3和Na2CO3，且二者物质的量之比为1:1，A错误；
B．未指出气体所处状况，无法计算通入CO2的体积，B错误；
C．根据钠元素守恒，原NaOH的物质的量，C错误；
D．加入盐酸的体积为时，溶液中的溶质为NaCl，消耗HCl物质的量，则稀盐酸浓度为，D正确；
故选D。
9. 200 ℃时，11.6 g CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应，反应后固体的质量增加了3.6 g。则原混合气体的平均相对分子质量为
A. 5.8 B. 11.6 C. 23.2 D. 46.4
【答案】C
【解析】
【详解】由化学方程式2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，向足量的固体Na2O2中通入11.6 g CO2和H2O，固体只增加3.6 g，是因为生成了O2，根据质量守恒定律可知m (O2)=11.6 g-3.6 g=8.0 g，所以n (O2)=0.25 mol，设混合气体中CO2和水蒸气的物质的量分别为x mol，y mol，结合反应的化学方程式，列比例式得：


则， 解得：x=0.1 ，y=0.4
即原混合气体的平均摩尔质量为=23.2 g/mol，平均分子质量为23.2；故答案为C。
【点睛】
10. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是
A. 若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋
B. 若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
C. 若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出
D. 若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
【答案】B
【解析】
【详解】氧化性是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，还原性是Fe＞Cu，则
A、若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3＋，A不正确；
B、若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2＋，B正确；
C、若溶液中有Cu2＋，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C不正确；
D、若溶液中有Fe2＋，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，D不正确；
答案选B。

11. Fe和Fe2O3的混合物，加入200mL5mol•L-1的盐酸，恰好完全溶解，再向其中加入KSCN溶液，未见血红色，则所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为(假设反应后溶液体积仍为200mL)
A. 2.5mol•L-1 B. lmol•L-1 C. 2mol•L-1 D. 5mol•L-1
【答案】A
【解析】
【详解】Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因加入KSCN溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，溶液体积不变，则反应后溶液中c(Cl-)=c(HCl)=5mol/L，根据电荷守恒，可知2c(Fe2+)=c(Cl-)=5mol/L，故c(Fe2+)=2.5mol/L；
答案选A。
12. 下列离子组在一定条件下能大量共存，且加入试剂后发生反应的离子方程式正确的是
选项
离子组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
K+、、
少量CO2
CO2+2H2O+=Al(OH)3↓+
B
Fe3+、K+、I-
NaOH溶液
Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
C
Na+、K+、
少量盐酸
+H2O+H+=Al(OH)3↓
D
Ba2+、Na+、OH-
NaHCO3溶液
+OH-= +H2O

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．K+、、相互不反应，可以大量共存，加入少量二氧化碳，偏铝酸根离子与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，离子方程式CO2+3H2O+2AlO=2Al(OH)3↓+，选项A错误；
B．三价铁离子能氧化碘离子，则铁离子与氢氧根离子反应产生沉淀，不能大量共存，选项B错误；
C．加入少量盐酸反应产生氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为+H2O+H+=Al(OH)3↓，选项C正确；
D．Ba2+、Na+、OH-相互不反应，能大量共存，加入碳酸氢钠，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式：+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，选项D错误；
答案选C。
13. A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间在一定条件下有如图所示的转化关系。A为一种金属单质，其合金在生活中广泛应用。反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下列有关说法错误的是

A. 反应①需点燃，而反应②需在溶液中进行
B. 反应③中需要加具有氧化性的试剂
C. 在一定条件下B也可以转化为A
D. 元素M在反应②中发生的价态变化也能通过加足量Zn实现
【答案】D
【解析】
【分析】若A为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，A为一种金属单质，其合金在生活中广泛应用，则A为变价金属Fe，铁与氯气(或溴)反应得到氯化铁，氯化铁(或溴化铁)与铁反应得到氯化亚铁(或溴化亚铁)，氯化亚铁(或溴化亚铁)与氯气(或溴)反应得到氯化铁(或溴化铁)，铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁；
【详解】A．根据上述分析，反应①需点燃铁与氯气(或溴)反应得到氯化铁，而反应②需在溶液中进行，氯化铁(或溴化铁)与铁反应得到氯化亚铁(或溴化亚铁)，选项A正确；
B．反应③为Fe2+→Fe3+，需要加具有氧化性的试剂，选项B正确；
C．在一定条件下如果利用较强还原剂进行还原，B也可以转化为A，选项C正确；
D．元素M在反应②中发生的价态变化，为氯化亚铁(或溴化亚铁)与氯气(或溴)反应得到氯化铁(或溴化铁)，不能通过加足量Zn实现，选项D错误；
答案选D。
14. 把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量的水中，有0.58g白色沉淀析出，向所得的浑浊液中，逐滴加入0.5mol/L的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如图所示，下列说法正确的是

A. 混合物中NaOH的质量是0.6g
B. 混合物中AlCl3的质量13.35g
C. 混合物中MgCl2的物质的量是0.01mol
D. P点加入盐酸的体积为150mL
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，加入盐酸体积在010mL时，NaOH过量，发生反应，无沉淀生成，此时的沉淀只有，物质的量为，则混合物中的物质的量为；加入盐酸体积在1030mL时，发生反应，沉淀质量增加。N点时，恰好全部转化为，的物质的量为，则混合物中的物质的量为；加入盐酸体积从30mL到P点时，发生反应、，沉淀溶解直至完全反应。
【详解】A．N点溶质为NaCl，所含氯元素来自、和HCl，根据钠元素和氯元素守恒，混合物中，质量为2.6g，A错误；
B．N点时Al元素全部进入，其物质的量为，则混合物中AlCl3的物质的量为，质量为1.335g，B错误；
C．物质量为，则混合物中的物质的量为，C正确；
D．P点溶质为NaCl、和，所加盐酸中的氯元素全部进入NaCl中，根据元素守恒，所加HCl的物质的量，则P点加入盐酸的体积为，D错误；
故选C。
15. 某课外兴趣小组同学利用如图装置测定FeSO4•xH2O中结晶水含量，实验前测得装置A(包括石英玻璃管及两端开关K1和K2)的质量为m1g装入样品测得装置A的质量为m2g。下列有关说法错误的是

A. 仪器B的名称为球形干燥管，其中可装入碱石灰
B. 加热前应先通一段时间N2，以排除装置中空气
C. 若先加热一段时间后再通入N2会使x值偏低
D. 若加热直至恒重时，A的质量为m3g，则x=
【答案】D
【解析】
【分析】FeSO4•xH2O加热分解为FeSO4和H2O，通过该装置测定反应生成的FeSO4和H2O的质量，可以求出x的值，据此分析解答。
【详解】A．由仪器构造可知B为球形干燥管，装入碱石灰可防止空气中水蒸气进入A装置，减小实验误差，A正确；
B．加热前先通入一段时间的N2，目的是排除装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化，B正确；
C．若先加热一段时间后再通入N2，硫酸亚铁被氧气氧化为硫酸铁，导致剩余固体质量增大，生成水的质量减小，测定的x值偏低，C正确；
D．加热直至恒重时，生成FeSO4的质量为(m3-m1)g，生成水的质量为(m2-m3)g，则，解得，D错误；
故选D。
16. 高磷鲕状赤铁矿(主要含有Fe2O3、少量A12O3、化学性质稳定的杂质等)是我国一种重要的沉积型铁矿资源，以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红，其流程如图。下列说法错误的是

A. 铁红可用于油漆、油墨、建筑物着色剂
B. 炉渣的成分为化学性质稳定的杂质
C. 酸浸液中的阳离子主要有Al3+、Fe3+、H+
D. 氧化时选用的试剂可以是H2O2溶液
【答案】C
【解析】
【分析】在碳粉和铁矿石焙烧、硫酸酸浸后，溶液中含有的Fe2+、Al3+、H+，再利用氨水调节溶液pH可将Al3+沉淀完全，而Fe2+不受影响。利用氧化剂将Fe2+→Fe3+后，调节pH可将Fe3+沉淀生成Fe(OH)3，洗涤、干燥、灼烧得到铁红；
【详解】A．铁红的主要成分是氧化铁，为红棕色，可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，选项A正确；
B．Fe2O3、少量A12O3与硫酸反应而溶解进入酸浸液，炉渣的成分为化学性质稳定的杂质，选项B正确；
C．根据分析可知，酸浸液中的阳离子主要有Al3+、Fe2+、H+，选项C错误；
D．氧化时选用的试剂可以是H2O2溶液，将Fe2+→Fe3+后，调节pH可将Fe3+沉淀生成Fe(OH)3，选项D正确；
答案选C。
二、非选择题(共52分)
17. ①液态醋酸；②液氨；③Ba(OH)2溶液；④熔融AlCl3；⑤Fe(OH)3胶体；⑥镁；⑦CO2；⑧HI溶液；⑨蔗糖(C12H22O11)
（1）以上物质中属于电解质的是_______(填序号)；以上纯净物中能导电的是_______(填序号)。
（2）写出⑥⑦反应的化学方程式：________。
（3）将34.2g蔗糖完全燃烧后的产物通过足量Na2O2，Na2O2增重_______34.2g(填“＞”、“＜”或“=”)。
（4）写出⑤和足量⑧反应的离子方程式________。
【答案】（1） ①. ①④ ②. ⑥
（2）2Mg+CO22MgO+C
（3）＞ （4）6H++2I-+2Fe(OH)3=2Fe2++6H2O+I2
【解析】
【小问1详解】
电解质是指在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，①②④⑦⑨为化合物，其中液态醋酸和熔融AlCl3在水溶液里能导电属于电解质，即属于电解质的是①④；以上属于纯净物的有①②④⑥⑦⑨，其中镁为金属能导电，即能导电的是⑥。
【小问2详解】
Mg在CO2中点燃生成C和MgO，反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。
【小问3详解】
34.2g蔗糖(C12H22O11)的物质的量为0.1mol，完全燃烧后生成1.2mol CO2和1.1mol H2O，通过足量Na2O2，1.2mol CO2实际增重的是1.2mol CO的质量为33.6g，1.1mol H2O实际增重的是1.1mol H2的质量为2.2g，即Na2O2增重的质量为33.6g+2.2g=35.8g>34.2g。
【小问4详解】
Fe(OH)3与HI反应的离子方程式为6H++2I-+2Fe(OH)3=2Fe2++6H2O+I2。
18. 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。他们之间有如图转化关系：

（1）写出下列反应离子方程式：
①B+R：_______，
②灵敏检验W中阳离子的原理：________，
③D→E：________，
④H→M：________。
（2）实验室保存E溶液时需向其中加入铁粉，原因为：________(结合离子方程式说明)。
（3）将B溶液加入铵明矾[NH4Al(SO4)2]溶液至生成的沉淀全部溶解的离子方程式为：_______。
（4）现有一定量的RCl3和TCl3混合溶液，已知其中R3+、T3+的物质的量之和为0.10mol，若向此溶液中加入170mL2mol/L的NaOH溶液，设R3+物质的量与总物质的量(0.10mol)的比值为x，则当x=0.4时，沉淀的物质的量为________mol。请在图中画出沉淀总量(y)随x(0→1.0)的变化曲线________。

【答案】（1） ①. 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ ②. Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 ③. Fe+Fe3O4+8H+=4Fe2++4H2O ④. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（2）2Fe3++Fe=3Fe2+，加入铁粉可将Fe3+重新转化Fe2+
（3）Al3++ +5OH-=+NH3•H2O+2H2O
（4） ①. 0.06 ②.
【解析】
【分析】A为淡黄色固体，且 A能和水反应生成无色无味气体 C，则A是Na2O2，C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体,则 D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，四氧化三铁与足量的盐酸、 足量的Fe反应得到E，E与B (NaOH)反应得到白色沉淀 H，则E为FeCl2，H是Fe (OH)2，H在潮湿的空气中得到红褐色沉淀 M为Fe (OH)3，M与HCl反应生成 W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物 Q，R与 Q都能和NaOH溶液反应生成 N，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO 2；
【小问1详解】
①B+R的反应离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
②灵敏检验W中阳离子Fe3+的原理为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
③D→E的反应离子方程式为：Fe+Fe3O4+8H+=4Fe2++4H2O；
④H→M的反应离子方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问2详解】
E为FeCl2，实验室保存E溶液时需向其中加入铁粉，原因为：2Fe3++Fe=3Fe2+，加入铁粉可将Fe3+重新转化为Fe2+；
【小问3详解】
B是NaOH，将B溶液加入铵明矾[NH4Al(SO4)2]溶液至生成的沉淀全部溶解，生成偏铝酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Al3++ +5OH-=+NH3•H2O+2H2O；
【小问4详解】
Al3+、 Fe3+的物质的量之和为0.10mol，n(NaOH)=2mol/L0.17L=0.34mol，设Al3+物质的量与总物质的量的比值为x，则x=0.4时，n(Al3+)=0.04mol，n(Fe3+)=0.06mol， 铁离子完全沉淀需要n(NaOH)=3n(Fe3+)=0.18mol，铝离子完全沉淀需要n(NaOH)=3n(Al3+)=0.12mol，实际上n(NaOH)大于铁离子和铝离子完全沉淀需要的氢氧化钠的物质的量，所以氢氧化铝要溶解，假设氢氧化铝完全溶解，则需要n(NaOH)=n(Al3+)=0.04mol，所以氢氧化铝恰好完全溶解，则生成沉淀的物质的量就是氢氧化铁的物质的量，为0.06mol；
当溶液中不存在铝离子时，即x=0时，溶液中存在的沉淀为Fe(OH)3，根据铁原子守恒得沉淀的物质的量=n[Fe(OH)3]=n(Fe3+)=0. 10mol，当x=0.4时，生成的氢氧化铝恰好完全溶解，溶液中沉淀的物质的量为0.06mol；当x=1.0时，0.1mol的Al3+转化为0.1molAl(OH)3需要n(NaOH)=0.3mol，还剩余0.04mol氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据钠原子守恒知，消耗0.04mol氢氧化铝，所以沉淀的物质的量=0.1mol-0.04mol=0.06mol，所以当x≥0.4时沉淀的物质的量为0.06mol，其图像为。
19. Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如图实验。
I.实验探究

步骤1：按如图所示的装置组装仪器(图中夹持仪器已省略)并检查装置的气密性，然后装入药品。
步骤2：打开K1、K2，在产生的H2流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。
步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝。
（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：_________。
（2）B装置中所盛放的试剂是_______，其作用是________。
（3）步骤3中的“必要操作”为打开K1、K2，________(请按正确的顺序填入下列步骤的字母)。
A.加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间
B.用小试管收集气体并检验其纯度
C.关闭K1
D.停止加热，充分冷却
（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为________。
Ⅱ.数据处理
（5）实验结束后，该同学欲测定C装置中的硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如图：
①操作2是________。
②在转移溶液时，若溶液转移不完全，测得的Na2O2质量分数_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）关闭K1，向球形漏斗中加水，使球形漏斗中液面高于容器内液面，静置片刻，若液面差保持不变，则说明装置气密性良好
（2） ①. 碱石灰 ②. 吸收氢气中的水和HCl
（3）BADC （4）Na2O2+H22NaOH
（5） ①. 蒸发(或蒸发结晶) ②. 偏小
【解析】
【分析】A装置为启普发生器，用于制备H2，经B装置中的碱石灰可除去H2中混有水蒸气和HCl，C装置为Na2O2与H2的反应装置，D中无水硫酸铜用于检验反应是否有水生成。
(5)实验结束后，欲测定C装置中的硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量，先加入稀盐酸，经操作1搅拌让固体充分溶解，再将溶液转移至蒸发皿，进行操作2蒸发(或蒸发结晶)，冷却后，称量固体的质量。
【小问1详解】
检查虚线框内装置气密性的方法是：关闭K1，向球形漏斗中加水，使球形漏斗中液面高于容器内液面，静置片刻，若液面差保持不变，则说明装置气密性良好。
【小问2详解】
A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收氢气中的水和HCl。
【小问3详解】
步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C装置至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC。
【小问4详解】
Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH。
【小问5详解】
①根据分析，操作2为蒸发(或蒸发结晶)；
②由涉及的反应可知，NaOH+HCl=NaCl+H2O，每40gNaOH可生成58.5gNaC1，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，每78gNa2O2可生成117gNaC1，即含有的Na2O2越多，得到NaCl质量越大。在转移溶液时，若溶液转移不完全，将导致NaCl质量偏小，则测得的Na2O2质量分数偏小。
20. 绿矾是一种重要的硫酸盐，其化学式为FeSO4•7H2O。
（1）某化学兴趣小组通过实验探究来测定某绿矾样品中FeSO4•7H2O的含量，步骤如下：
i.称取上述样品9.0g，配成250mL准确浓度的FeSO4溶液：
ii.量取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，用0.02000mol•L-1的酸性KMnO4溶液与之完全反应，消耗KMnO4溶液30.00mL(杂质不与KMnO4溶液反应)。
①配制FeSO4溶液时，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_______(从下列图中选择，写出名称)。

尚缺少的玻璃仪器为：_______。配制溶液过程中未洗涤烧杯、玻璃棒，会造成所配溶液浓度_______，定容时俯视液面会造成所配溶液浓度_______(填“偏大”、“偏小“或“无影响”)。
②步骤ii中反应的离子方程式为_________。
③该样品中FeSO4•7H2O的质量百分含量为________(计算结果保留1位小数)。
（2）硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)隔绝空气加热至高温会分解产生水、金属氧化物和非金属氧化物，某化学兴趣小组的同学对绿矾分解产物进行了探究：
①将硫酸亚铁晶体高温分解产生的气体通入足量的BaCl2溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有_______。
②取完全分解后的固体进行实验，实验操作及现象如下：
i将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；
ii取i中溶液滴入适量KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色；
iii取i中溶液滴入KSCN溶液中，溶液变红色。
由此得出结论：红色固体为________。
③硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为________。
【答案】（1） ①. 烧杯、量筒、托盘天平 ②. 胶头滴管、250mL容量瓶 ③. 偏小 ④. 偏大 ⑤. 5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ⑥. 92.7%
（2） ①. SO3 ②. Fe2O3 ③. 2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O
【解析】
【小问1详解】
①配成250 mL准确浓度的FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平，尚缺少的玻璃仪器为胶头滴管、250mL容量瓶；配制溶液过程中未洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质损失，所配溶液浓度偏小；定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；故答案为：烧杯、量筒、托盘天平；胶头滴管、250mL容量瓶；偏小；偏大；
②步骤ii中反应的离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；故答案为：5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
③根据方程式可得关系式5FeSO4·7H2OKMnO4，25.00 mL上述溶液n(Fe2＋)=0.02000 mol·L－1×0.03L×5= 3×10−3mol，则9.0g样品中n(FeSO4·7H2O)=3×10−3mol×10=3×10−2mol，该样品中FeSO4·7H2O的质量百分含量；故答案为：92.7%。
【小问2详解】
①根据元素守恒，硫酸亚铁晶体高温分解产生的非金属氧化物应为SO2、SO3中的一种或两种，SO2与BaCl2不反应，SO3与水反应生成H2SO4，H2SO4和BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，因此将产生的气体通入足量的BaCl2溶液吸收后有白色沉淀产生，说明非金属氧化物中含有SO3；
②完全分解后的固体中加入足量稀硫酸，无气体放出，说明不含Fe。将i中溶液滴入KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色，说明不含Fe2+，滴入KSCN溶液中，溶液变红色，说明含Fe3+。由此可知，该红色固体应为Fe2O3；
③硫酸亚铁晶体加热分解生成Fe2O3，Fe元素化合价升高，根据得失电子守恒，反应应有SO2生成，则该反应的化学方程式为2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。