1、陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量H1 C12 N 14 O16 Na 23 Al 27 S32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ba 137一、选择题1. 下列说法错误的是( )A. 传播新冠病毒的气溶胶具有胶体的性质B. 能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气C. 可以通过丁达尔现象来区别胶体和溶液D. 可以用滤纸分离淀粉和KI的混合液【答案】D【解析】【分析】【详解】A气溶胶是分散质粒子分散到气态分散剂里形成的胶体分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，故A正确；B气溶胶属于胶体，分散剂是空气，故B
2、正确；C胶体有丁达尔效应，溶液无丁达尔效应，可以通过丁达尔现象来区别胶体和溶液，故C正确；D溶液和胶体微粒都能透过滤纸，淀粉溶液是胶体，KI是溶液，因此不能用滤纸分离淀粉和KI的混合液，应该选用渗析的方法分离，故D错误；故选D。2. 下列有关实验操作不能达到实验目的的是( )ABCD制取 CO2气体过滤获得碳酸氢钠晶体灼烧碳酸氢钠制取碳酸钠蒸发浓缩氯化钠溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A盐酸与碳酸钙能够反应放出二氧化碳，因此可以用稀盐酸和大理石制取二氧化碳，故A不选； B过滤操作需要用玻璃棒引流，缺少玻璃棒，不能达到实验目的，故B选；C灼烧固体用坩埚，可以
3、在坩埚中灼烧碳酸氢钠制取碳酸钠，故C不选；D蒸发溶液用蒸发皿，可以通过加热蒸发皿蒸发浓缩氯化钠溶液，故D不选；故选B。3. 设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )A. 0.5 molL-1 NaCl溶液中所含 Na+数目0.5NAB. Na2O2与CO2 反应时，生成0.1mol O2转移的电子数为0.2NAC. 标准状况下，2.24L H2O中所含原子总数为 0.3 NAD. 0.3 mol Fe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.9NA【答案】B【解析】分析】【详解】A溶液体积不明确，无法计算溶液中的钠离子的个数，故A错误；BNa2O2与足量的CO2反应的方程式为2Na2
4、O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，过氧化钠中氧元素的化合价由-1价变成0价和-2价，则生成0.1mol氧气转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故B正确；C标准状况下，水不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和原子数，故C错误；D铁和水蒸气反应生成的是四氧化三铁，铁元素的平均化合价为+价，0.3 molFe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为0.8NA，故D错误；故选B。4. 将铁屑溶于过量的稀盐酸后加入过量的NaOH溶液，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热至沉淀质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣。上述沉淀和残渣分别是( )A. Fe(OH) 3；Fe2O3B
5、. Fe(OH) 2；Fe2O3C. Fe(OH) 2；Fe(OH) 3、Fe3O4D. Fe2O3；Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】【详解】铁屑溶于过量的稀盐酸后生成氯化亚铁，加入过量的NaOH溶液，生成白色沉淀Fe(OH) 2，Fe(OH) 2在空气中被氧化为Fe(OH) 3，加热氢氧化铁分解为氧化铁和水，故红棕色残渣Fe2O3，答案选B。5. 下列物质不能通过化合反应得到的是A. Al(OH)3B. Fe(OH)3C. Cu2(OH)2CO3D. Fe3O4【答案】A【解析】【分析】【详解】AAl2O3不溶于水，不能由化合反应生成Al(OH)3，故A选；BFe(OH)3可由Fe(
6、OH)2与H2O、O2经化合反应而得，故B不选；C铜和氧气、二氧化碳以及水发生化合反应生成Cu2(OH)2CO3，故C不选；D铁和氧气在点燃的条件下发生化合反应生成四氧化三铁，故D不选；答案选A。6. 现有以下10种物质：铜稀硫酸氯化氢氨气空气二氧化碳金属汞(俗称水银)食盐水硫酸钡氯气。其中不属于电解质，但本身能导电的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】电解质为在水溶液或者融状态下能导电的化合物，金属单质，电解质溶液以及石墨等能导电，但不属于电解质。所以属于金属单质能导电，且不是电解质；属于电解质溶液能导电但不是电解质；HCl和硫酸钡的水溶液分别能电离出、和、而导电，即
7、HCl和硫酸钡为电解质；虽然氨气、二氧化碳的水溶液能导电，但不是其自身在水溶液电离出阴阳离子而导电；空气为不导电的混合物；氯气为不导电的单质。综上分析符合题意，即A符合题意。答案选A。7. 下列反应中必须加入氧化剂才能进行的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】A反应不涉及到化合价的变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；B反应中，C的化合价由+4价降低为+2价，需要加入还原剂，故B不符合题意；C反应中，Cu的化合价由+2价降低为0价，需要加入还原剂，故C不符合题意；D反应中，Fe的化合价由0价升高为+2价，需要加入氧化剂，故D符合题意；故答案为D。8. 下列各组离
8、子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 含有大量 Ba2+的溶液中Cl-、K+、B. 含有大量 OH-的溶液中Mg2+、Na+、Cl-、C. 含有大量H+的溶液中Mg2+、Na+、D. 含有大量的溶液中H+、K+、【答案】C【解析】【分析】【详解】ABa2+与、反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A不选；BOH-、Mg2+之间反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故B不选；CMg2+、Na+、之间不反应，且都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故C选；D、H+之间能够发生反应生成气体，在溶液不能大量共存，故D不选；故选C。9. 下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是( )A. 5
9、0 mL 0.5 molL-1 AlCl3溶液B. 100 mL 0.5 molL-1MgCl2溶液C. 200 mL1 molL-1NaCl溶液D. 150 mL0.5 molL-1HCl溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A0.5 mol/L AlCl3溶液中氯离子浓度为0.5 mol/L3=1.5 mol/L；B0.5 mol/L MgCl2 溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L2=1mol/L；C1 mol/L NaCl溶液中氯离子浓度为1 mol/L1=1 mol/L；D0.5molL-1HCl溶液中氯离子浓度为0.5mol/L1=0.5mol/L；所以氯离子浓度最大的是
10、A，故选A。【点睛】解答本题要注意氯离子的浓度与溶液的体积无关，氯离子的浓度取决于溶质的物质的量浓度及溶质的化学式组成。10. 下列关于钠的叙述中不正确的是A. 钠在氧气中燃烧比在空气中更为剧烈B. 钠燃烧发出黄色火焰，生成淡黄色固体Na2O2C. 金属钠长期暴露在空气中，最终转化为Na2CO3D. 将Na投入FeSO4溶液中可置换出Fe【答案】D【解析】【分析】【详解】AO2具有助燃的作用，故钠在氧气中燃烧比在空气中更为剧烈，A正确；B钠在空气中燃烧时，迅速熔化为一个光亮的小球，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，即为Na2O2，B正确；C金属钠露置于空气中首先生成氧化钠，然后和水反应生成氢氧化钠
11、，然后和二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失水得到碳酸钠粉末，C正确；D将Na投入FeSO4溶液，Na先与H2O反应，2Na2H2O2H2OH2，生成的NaOH再与FeSO4反应，FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2+Na2SO4，不能置换出Fe，D错误；故选D。11. 向分别盛有100 mL水、100mL0.1molL-1盐酸、100mL0.01molL-1 NaOH溶液的X、Y、Z三个烧杯中各投入0.05 mol Na(反应前后溶液体积不变)。下列说法错误的是( )A. 三个烧杯中均先发生的离子反应为 B. 三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，且 Y 烧杯中的反应最剧烈C. 完全反应后，所得溶
12、液的物质的量浓度各不相同D. 完全反应后，生成的气体的质量一定相同【答案】A【解析】【分析】【详解】A钠投入溶液中，发生的反应实质是钠与酸或者水电离产生的氢离子的反应，钠与盐酸反应的实质为：2Na+2H+=2Na+H2，故A错误；B钠的密度小于水，会浮在液面上剧烈反应，盐酸中氢离子浓度最大，水中次之，氢氧化钠溶液中氢离子浓度最小，故Na与盐酸反应最剧烈，故B正确；C100mL水、100mL0.1molL-1盐酸、100mL0.01molL-1NaOH溶液的X、Y、Z三个烧杯中各投入0.05molNa，X中溶质为0.05molNaOH，Y中溶质为0.04molNaOH、0.01molNaCl，Z
13、为溶质为0.051mol NaOH，反应前后溶液体积不变，因此各溶质的物质的量浓度不相等，故C正确；D相同量的钠失去电子数相同，根据得失电子守恒，生成氢气的量相同，故D正确；故选A。12. 已知在100g密度为d gcm-3的硫酸铝溶液中含5.4g铝元素，该溶液中c()为( )A. 0.03d molL-1B. 3d molL-1C. 0.02d molL-1D. 2d molL-1【答案】B【解析】【分析】【详解】5.4g铝元素即0.2mol，则硫酸铝为0.1mol，含0.3mol，则该溶液中c()为 ，答案为B。13. 下列反应的离子方程式正确的是( )A. 用小苏打治疗胃酸过多B. Al
14、Cl3溶液中加入足量的氨水C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔D. 向稀硫酸中加入Ba(OH)2溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A小苏打的主要成分是碳酸氢钠，治疗胃酸过多，A错误；BAlCl3溶液中加入足量的氨水，氨水是弱碱，不拆，B错误；CFeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔，未遵守电荷守恒，C错误；D向稀硫酸中加入Ba(OH)2溶液生成硫酸钡和水，D正确；答案选D。14. 往的混合溶液中，加入过量锌粉，充分反应后溶液中含有的金属离子是( )A. Zn2+、Cu2+B. Zn2+C. Zn2+、Al3+D. Cu2+、Al3+【答案】C【解析】【分析】【详解】向的混合溶液中加入过量
15、的锌粉，溶液中的全部发生反应转变为ZnSO4，所以充分反应后为、ZnSO4的混合溶液，溶液中含有大量的金属离子为Al3+和Zn2+，故选C。15. 工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图对上述流程中的判断正确的是( )A. 沉淀成分为 Fe(OH)3B. 试剂X可以为氨水C. 反应I的离子方程式为 D. 反应中的离子方程式为【答案】C【解析】【分析】由流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应过滤出沉淀为Fe2O3，所得溶液乙为NaAlO2溶液；向NaAlO2溶液中通入过量CO2，化学
16、方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，所以Y为NaHCO3溶液，Al(OH)3加热分解生成Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，沉淀为Fe2O3，故A错误；B氧化铝和氧化铁与氨水都不反应，无法分离，因此试剂X一定不是氨水，故B错误；C反应氧化铝溶于氢氧化钠溶液，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO+H2O，故C正确；D反应中过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3+HCO
17、，故D错误；故选C。16. 下列除杂试剂的选择及除杂操作均正确的是( )选项括号内为杂质除杂试剂除杂操作AAl(Fe)粉NaOH溶液加入过量的NaOH溶液，充分反应后过滤BCO2(CO)O2点燃CFeCl3溶液(FeCl2)Fe粉加入过量，充分反应后过滤DNaHCO3溶液(Na2CO3)CO2通入过量的CO2A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，铁与氢氧化钠溶液不反应，不符合除杂原则，故A错误； B二氧化碳中少量的一氧化碳与氧气不能点燃，应该通过灼热的氧化铁杂质，故B错误；C铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，不符合除杂原则，故C错误；D二
18、氧化碳与碳酸氢钠不反应，与碳酸钠能反应生成碳酸氢钠，通入过量的CO2可以将NaHCO3溶液中少量的Na2CO3除去，故D正确；故选D。17. 标准状况下，等体积的氧气、二氧化碳、氮气的混合气体通过一定量的过氧化钠后，体积变为原体积的，此时混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的物质的量之比为( )A. 3： 2：4B. 4：1：3C. 6：3：4D. 8： 2：7【答案】B【解析】【分析】【详解】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气：，消耗2molCO2生成1molO2；又反应后体积变为原体积的，可假设反应前为9体积，各气体分别为3体积，故混合气体中氧气、二氧化碳、氮气的物质的量之比为：4：1：3，
19、答案选B。18. 往Fe2O3、CuO的混合物中加入1L1molL-1盐酸，恰好完全反应，再往混合液中加入a mol NaOH，溶液中的金属阳离子恰好完全反应，此时溶液中NaCl物质的量为b mol。下列叙述正确的是( )A. a=1、b =2B. a=1、b =1C. a=2、b =1D. 无法确定a、b【答案】B【解析】【分析】【详解】NaCl中的Cl-由HCl提供，Na+由NaOH提供，已知1L1molL-1盐酸物质的量为1mol，故NaCl物质的量b=1mol，NaOH的物质的量为a=1mol，故答案为B。19. 在标准状况下，有四种气体：6.72 L CH4；3.011023个HCl
20、分子；13.6g H2S；0.2 mol NH3。下列有关比较中正确的是A. 体积大小：B. 质量大小：C. 氢原子数目多少：D. 摩尔质量的大小：【答案】A【解析】【分析】A.先计算各种气体的物质的量，利用n=可知：气体的物质的量越多，气体的体积越大比较；B.根据m=nM计算，然后比较大小；C.根据氢原子的物质的量等于分子的物质的量与分子中含有的H原子数目的乘积n(H)，再根据N=nNA比较；D.根据摩尔质量与物质相对分子质量的关系计算。【详解】在标准状况下：6.72L CH4，n(CH4)=6.72L22.4L/mol=0.3mol； 3.011023个HCl分子，n(HCl)= 3.01
21、10236.021023/mol=0.5mol；13.6g H2S，n(H2S)=13.6g34g/mol=0.4mol，0.2mol NH3。A.根据n=可知气体的物质的量越多，气体的体积越大，所以气体体积由大到小的顺序为，A正确；B.根据m=nM可知m(CH4)=0.3mol16g/mol=4.8g；m(HCl)=0.5mol36.5g/mol=18.25g；m(H2S)=13.6g；m(NH3)=0.2mol17g/mol=3.4g，则四种气体的质量由大到小的顺序为：，B错误；C.根据氢原子的物质的量的多少判断，物质的量越多，原子个数越多，0.3molCH4含有1.2molH，0.5mo
22、l含有0.5molH，0.4molH2S含有0.8molH，0.2molNH3含有0.6molH，则氢原子个数大小为，C错误；D.当单位为g/mol时，物质的摩尔质量等于气体的相对分子质量，则四种气体的摩尔质量由大到小的顺序为，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了物质的量的相关计算，掌握物质的量的有关计算公式、各个物理量的含义是本题解答的关键。注意把握物质的微粒构成以及相关计算公式的运用。20. 向10 mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是A. a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe
23、2+B. b点时溶液中的离子反应有两种C. 原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）=1：1D. 原溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度为1 mol/L【答案】B【解析】【分析】根据图分析：加入铁粉的质量为00.56g时，发生的反应为：Fe+ 2Fe3+=3Fe2+，无固体剩余；为0.561.68g时，发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu。1.68g以后不再反应。【详解】A a点时发生的反应为：Fe+ 2Fe3+=3Fe2+，此时Fe3+没有反应完，Cu2+没有反应，所以溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+，A选项正确；B b点时发生的反应只有：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，B
24、选项错误；C 原溶液中n(Fe3+)=， n(Cu2+)=，所以原溶液中n(Fe3+)：n(Cu2+)=1：1，C选项正确；D 原溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度为，D选项正确；所以，B选项符合题意；答案选B。二、非选择题21. BaCl2常用于电子、仪表、冶金等工业。实验室欲配制480mL0.4molL-1BaCl2溶液。回答下列问题(1)配制过程要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_。(2)配制过程按顺序有如下操作计算；称量_g BaCl2；溶解；转移溶液；23次洗涤、移液；定容；_；静置；装瓶。(3)将所配制的BaCl2溶液进行测定，发现其浓度小于0.4 molL-1则配制过
25、程中可能引起浓度偏小的原因是_(填字母)。A定容时俯视液面B转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒 C配制时容量瓶没有干燥D用天平(使用游码)称量时，砝码错放在左盘(4)若发现所配制的 BaCl2 溶液含有 NaCl，经分析有关离子的浓度如图所示。所配制的溶液中c(BaCl2)=_。将 100 mL该溶液与足量稀硫酸反应，产生沉淀质量为_g。【答案】 (1). 500 mL容量瓶 (2). 41.6 (3). 摇匀 (4). BD (5). 0.34 molL-1 (6). 7.922【解析】【分析】配制480mL0.4molL-1BaCl2溶液，需要选用500mL 容量瓶，配制一定物质的量浓度溶液的步骤
26、有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，结合各步骤需要的仪器，结合物质的量的常见公式和误差分析的方法分析解答。【详解】(1) 配制一定物质的量浓度溶液的步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，配制480mL0.4molL-1BaCl2溶液，需要选用500mL 容量瓶 ，因此缺少的仪器：500mL容量瓶，故答案为：500mL 容量瓶；(2)配制480mL0.4molL-1BaCl2
27、溶液，需要选用500mL 容量瓶，因此需要称量的BaCl2的质量为0.5L0.4molL-1208gmol-1=41.6g，配制一定物质的量浓度溶液的步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：41.6；摇匀；(3)A定容时俯视液面，导致溶液体积偏少，使溶液的浓度偏大，故A不选；B转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会损失部分溶质，使溶液的浓度偏小，故B选；C配制时容量瓶不干燥，对溶液的浓度没有影响，故C不选；D用天平(使用游码)称量时，砝码错放在左盘，导致溶质的质量偏小，使溶液的浓度偏小，故D选；故答案为：BD；(4)根据电荷守恒，2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，即2c(
28、Ba2+)+ 0.12 molL-1=0.8 molL-1，解得c(Ba2+)=0.34 molL-1，故答案为：0.34 molL-1；100 mL该溶液中含有n(Ba2+)=0.1L0.34molL-1=0.034mol，与足量稀硫酸反应生成0.034mol硫酸钡沉淀，沉淀的质量为0.034mol233gmol-1=7.922g，故答案为：7.922。22. 在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物，该氧化物又被 H2 还原，生成颗粒很细的铁粉，这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受热时会燃烧，所以俗称引火铁。回答下列问题I.利用图1所示装置(加热装置省略)制取铁的氧
29、化物(1)试管 A中发生反应的化学方程式是_，该反应的氧化剂是_。(2)烧瓶 B的作用是_。II.利用图2所示装置制取引火铁(1)仪器 a的名称是_。(2)装置 B的作用是_；装置C中盛放的试剂是_，其作用是_。(3)为了安全，在试管中的反应发生前，在导管出口处必须_。【答案】 (1). (2). H2O (3). 产生水蒸气 (4). 分液漏斗 (5). 除去氢气中的氯化氢 (6). 浓硫酸 (7). 除去水蒸气 (8). 检验氢气纯度(验纯)【解析】【分析】铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物，该反应过程中，铁作还原剂，水作氧化剂；盐酸与锌反应可产生氢气，氢气会携带HCl气体，故需先除去氢
30、气中的氯化氢，再除水，可得干燥的氢气，又氢气具有可燃性，故为了安全，需先验纯。【详解】I(1)试管A中发生反应的化学方程式是铁和水蒸气反应：；反应过程中铁作还原剂，水为氧化剂；(2)烧瓶B中含蒸馏水，作用是产生水蒸气；II(1)根据装置可知，仪器 a的名称是分液漏斗；(2)装置A中产生的氢气可能携带HCl气体，故B的作用是：除去氢气中的氯化氢；装置C中盛放的试剂是浓硫酸；其作用是除去水蒸气；(3)氢气具有可燃性，故为了安全，在试管中的反应发生前，在导管出口处必须检验氢气纯度(验纯)。23. 铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：(1)除去镁粉中混有少量铝粉，应加入试剂为_，然后经过滤、
31、洗涤、干燥。(2)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2在同温同压下的体积之比是 _。(3)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示。原溶液中Cl- 与SO的物质的量之比为_。(4)某同学在实验室用铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下： Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为 _。滤液II中溶质的用途之一是_ 。电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是_(填化学式)。工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)
32、作熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于_(填字母)。a酸 b碱 c盐 d氧化物【答案】 (1). 氢氧化钠溶液 (2). 1:1 (3). 6:1 (4). A12O3+6H+ =2A13+ +3H2O (5). 用作肥料 (6). O2 (7). c【解析】【分析】铝是两性金属，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，镁与氢氧化钠不反应；铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀，据此回答问题。【详解】(1)铝是两性金属，镁不具有两性。除去镁粉中混有少量铝粉，应加入的试剂为氢氧化钠溶液，然后经过滤、洗涤、干燥。(2
33、)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，铝的化合价从0价均升高到+3价，转移电子数相同，即所得H2的物质的量相同，在同温同压下的体积之比是1：1。(3)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀。AB段消耗的就是氢氧化铝，根据反应方程Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，氢氧化铝沉淀有1mol，即铝离子的物质的量为0.1mol，故生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠0.3mol，即剩余0.1mol氢氧化钠与镁离子反应，镁离子的物质的量为0.05mol
34、，即原溶液中Cl- 与SO的物质的量之比为0.3：0.05=6：1。(4)铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)加入硫酸，二氧化硅不反应，氧化铝生成硫酸铝，加入氨水后生成氢氧化铝沉淀，烘干灼烧后转化为氧化铝，通电后电解出铝单质。 Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为A12O3+6H+ =2A13+ +3H2O。滤液II中溶质为硫酸铵，属于铵盐，用途之一是用作肥料。根据电解法可知，电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2。工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于盐，选c
35、。24. 氢化钠(NaH)、铝氢化钠(NaAlH4)、硼氢化钠(NaBH4)是几种重要的生氢材料。回答下列问题(1)NaAlH4中，氢元素的化合价为_。(2)NaH易与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应中，氧化剂为_(写化学式)。(3)NaH与 AlCl3反应可得到 NaAlH4.写出该反应的化学方程式_。(4)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_，反应消耗 1 mol NaBH4时转移的电子数目为_。【答案】 (1). -1 (2). H2O (3). (4). (5). 4NA(或 2.4081024)【解析】【分析】【详
36、解】(1)NaAlH4中，钠元素为+1价，铝为+3价，氢元素的化合价为-1价；(2)NaH中，氢元素为-1价，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素为+1价，化合价降低，生成氢气，水为氧化剂；(3)NaH与AlCl3反应可得到 NaAlH4.，该反应的化学方程式：；(4)NaBH4是一种重要的储氢载体，与水反应得到NaBO2和氢气，且反应前后B的化合价不变，根据得失电子守恒可知，该反应的化学方程式为：； 1 mol NaBH4对应转移电子4mol，故反应消耗1 mol NaBH4转移的电子数目为4NA。25. 以一种锰铁矿(主要成分为MnCO3、Fe3O4)为原料制备MnSO47H2O、
37、K2FeO4的一种工艺流程如下：回答下列问题：(1)“溶浸”过程中所加的试剂A名称是_，K2FeO4中Fe的化合价为_。(2)“转化 1”过程中 MnO2的作用是_。(3)利用MnSO4溶液获得 MnSO47H2O晶体的实验操作步骤是_、过滤、洗涤、干燥。(4)“转化2”过程中生成K2FeO4反应的化学方程式是_。(5)K2FeO4一种盐，溶于水能发生电离，其电离方程式为_。【答案】 (1). 硫酸 (2). +6 (3). 将 Fe2+氧化为 Fe3+ (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). (6). 【解析】【分析】根据流程图，Fe3O4在流程图中转化为Fe(OH)3，MnCO3转化为Mn
38、SO4。锰铁矿(主要成分为MnCO3、Fe3O4)中加入试剂A进行溶浸，因此试剂A为H2SO4，MnCO3、Fe3O4被硫酸溶解生成Mn2+、Fe3+、Fe2+，加入MnO2可以将Fe2+氧化生成Fe3+，再加入MnCO3调节溶液的pH，使铁离子水解生成氢氧化铁沉淀分离出去；Fe(OH)3与KOH、Cl2发生氧化还原反应生成K2FeO4；MnSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO47H2O，据此分析解答。【详解】(1) 根据流程图，Fe3O4在流程图中转化为Fe(OH)3，MnCO3转化为MnSO4，因此“溶浸”过程中所加的试剂A为硫酸，K2FeO4中K为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe的化合价为+6，故答案为：硫酸；+6；(2)根据上述分析，“转化 1”过程中 MnO2的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；(3)利用MnSO4溶液获得 MnSO47H2O晶体的实验操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(4)“转化2”过程中Fe(OH)3与KOH、Cl2发生氧化还原反应生成K2FeO4，反应的化学方程式是，故答案为：；(5)K2FeO4是一种盐，溶于水能发生电离，其电离方程式为，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意化合价升降法在氧化还原反应方程式的配平中的应用。
