1、四川省乐山沫若中学2019-2020学年高一化学4月月考试题（含解析）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 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137I卷(选择题共40分)一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）1.合金在生产及科研中具有广泛的应用。下列物质不属于合金的是（ ）A. 铝箔B. 铁板C. 不锈钢D. 焊锡【答案】A【解析】【详解】A.铝箔是铝单质，是纯净物，不是合金，故A错误；B.铁板是其中含有铁、碳等的合金，故B正确；C.不锈钢是
2、铁的合金，其中含有铁、碳、铬等元素，故C正确；D.常用焊锡材料有锡铅合金焊锡、加锑焊锡、加镉焊锡、加银焊锡、加铜焊锡等，均为合金，故D正确；综上所述，答案为A。2.符合图中阴影部分的物质是（ ）A. NaClB. Na2CO3C. NaHCO3D. Cu2(OH)2CO3【答案】B【解析】【详解】A. NaCl不是碳酸盐，故A错误；B. Na2CO3即是正盐又是钠盐，也是碳酸盐，故B正确；C. NaHCO3是酸式盐，不是正盐，故C错误；D. Cu2(OH)2CO3不是钠盐，也不是正盐，是碱式盐，故D错误；综上所述，答案为B。3.实验室有四个药品橱，已存放如下药品：橱甲橱乙橱丙橱丁橱药品盐酸、硫
3、酸氢氧化钠、氢氧化钙红磷、硫铜、锌实验室新购进一些活性炭，应将它存放在A. 甲橱B. 乙橱C. 丙橱D. 丁橱【答案】C【解析】【分析】活性炭属于非金属单质，据此进行分析。【详解】A盐酸、硫酸属于酸，活性炭不能放在甲橱，A错误；B氢氧化钠、氢氧化钙属于碱，活性炭不能放在乙橱，B错误；C红磷、硫都是由非金属元素组成的非金属单质，属于纯净物，与活性炭的类别相同，活性炭可以放在丙橱，C正确；D铜、锌属于金属单质，活性炭不能放在丁橱，D错误；故答案选C。4. 下列有关说法中不正确的是A. Al(OH)3在用于治疗胃酸过多类疾病时表现出弱碱性B. 明矾溶于水后可得到少量的有强吸附性的Al(OH)3，故明
4、矾可作净水剂C. Al(OH)3可用于中和馒头制作过程(如发酵阶段)中产生的酸D. Al2O3可用于制作耐火材料而Al(OH)3不能【答案】C【解析】【详解】A.Al(OH)3是弱碱，能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，A项正确；B.明矾溶于水后，电离产生的Al3水解可得到少量的有强吸附性的Al(OH)3，明矾可作净水剂，B项正确；C. 因为Al（OH）3与酸反应生成水，不能生成二氧化碳气体，所以Al（OH）3不能用于中和馒头制作过程（如发酵阶段）中产生的酸，C项错误；D.Al2O3的熔点很高，可制作耐火材料，Al(OH)3受热易分解，不能用于制作耐火材料，D项正确；答案选C。5.下列反应中，既属
5、于氧化还原反应又属于置换反应的是（ ）A. CuO+H2Cu+H2OB. CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2OC. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【答案】A【解析】【详解】A.氢气还原氧化铜的反应中，氢元素和铜元素化合价发生变化，同时也是单质与化合物反应生成另外一种单质和另外一种化合物，所以既是氧化还原反应，也是置换反应，故A正确；B.二氧化碳与氢氧化钙的反应中没有元素化合价发生变化，也没有单质参与，则既不是氧化还原反应，也不是置换反应，故B错误；C.一氧化碳还原氧化铁的反应中，碳元素和铁元素化合价发生了变化，是氧化还原反应，但反应物中没
6、有单质，所以不是置换反应，故C错误；D.过氧化钠和水的反应中，氧元素化合价发生变化，但反应物中没有单质，所以是氧化还原反应但不是置换反应，故D错误；综上所述，答案为A。6.节日燃放的五彩缤纷的烟花，常用一些金属化合物作为烟花的发色剂。下列金属化合物中，焰色反应呈绿色的是A. NaClB. K2CO3C. CaCl2D. CuCl2【答案】D【解析】【详解】ANaCl焰色反应呈黄色，故A错误；B. K2CO3焰色反应呈紫色，故B错误；CCaCl2焰色反应呈砖红色，故C错误；D. CuCl2焰色反应呈绿色，故D正确；故答案选D。【点睛】常见焰色反应Na-黄色；. K-紫色（蓝色钴玻璃片）；Ca-砖
7、红色；Cu-绿色。7.食盐在不同分散剂中形成不同分散系：分散系1：食盐分散在水中形成无色透明溶液分散系2：食盐分散在乙醇中形成无色透明胶体下列说法正确的是A. 分散系1是纯净物B. 分散系2可以用滤纸分离C. 可用丁达尔效应区分两种分散系D. 两种分散系中分散质粒子直径相同【答案】C【解析】【详解】分散系1溶液，分散系2为胶体。A分散系均为混合物，故A错误；B滤纸不能分离胶体，故B错误；C鉴别胶体与溶液可利用丁达尔现象，故C正确；D.溶液分散质粒子直径在1nm以下，胶体分散质粒子直径在1-100nm之间，故D错误；故答案选：C。8.下列物质的变化，其中不属于氧化还原反应的是A. 氢氧化钠固体在
8、空气中潮解B. 铁锅生锈C. 过氧化钠吸收CO2D. Fe（OH）2变为红褐色【答案】A【解析】【详解】A氢氧化钠固体在空气中潮解属于物理变化,不属于氧化还原反应，故A正确；B铁锅生锈是单质铁变成+3价的铁，是氧化还原反应，故B错误；C过氧化钠吸收CO2反生反应：，属于氧化还原反应，故C错误；DFe（OH）2变为红褐色反生反应：，属于氧化还原反应，故D错误；故答案选：A。【点睛】氧化还原反应的实质式电子的得失或转移，表现为化合价的升降。9.下列化学反应，能用离子方程式H+OH= H2O来表示的是（ ）A. 盐酸和氢氧化铜B. 硫酸和氢氧化钠溶液C. 醋酸和氢氧化钡溶液D. 稀硝酸和氨水混合【答
9、案】B【解析】【详解】A.氢氧化铜是难溶性物质，应该用化学式表示，选项A错误；B.硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，可以用该离子方程式表示，选项B正确；C.醋酸是弱电解质，应该用化学式表示，选项C错误；D.一水合氨是弱碱，应该用化学式表示，选项D错误；答案选B。10.下列物质中所含原子数最多的是A. 标准状况下22.4L H2B. 56g COC. 1.5molO3D. 6.021022个H2SO4分子【答案】C【解析】A、标准状况下22.4L H2所含原子数分别为：=2NA；B、56g CO所含原子数分别为：=4NA；C、1.5molO3所含原子数分别为：1.5mol3NA=4.5NA；D、
10、6.021022个H2SO4分子所含原子数分别为：7NA=0.7NA；故CBAD，所含原子数最多的是C。11.下列溶液中含有Cl-，且Cl-的物质的量浓度与50mL1mol/LAlCl3溶液中的Cl-浓度相等的是（ ）A. 150mL1mol/LNaClB. 150mL2mol/LKClC. 75mL2mol/LNH4ClD. 75mL1mol/LAlCl3【答案】D【解析】【分析】1mol/LAlCl3溶液中的Cl-浓度为c（Cl-）=1mol/L3=3 mol/L。【详解】A.1mol/LNaCl溶液中c（Cl-）=1mol/L，故A错误；B.2mol/LKCl溶液中c（Cl-）=2mol
11、/L，故B错误；C.2mol/LNH4Cl 溶液中c（Cl-）=2mol/L，故C错误；D.1mol/LAlCl3溶液中c（Cl-）=1mol/L3=3 mol/L，故D正确；综上所述，答案为D。12.等物质的量的CO2和NH3 相比，下列说法不正确的是（ ）A. 常温常压下，密度之比为44：17B. 分子数之比为1：1C. 原子数之比为1：1D. 质量之比为44：17【答案】C【解析】【详解】A. 常温常压下，密度之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3密度之比为44：17， A项正确；B. 分子数之比=物质的量之比，等物质的量的CO2和NH3分子数之比为1：1， B项正确；C. CO2和NH
12、3原子数之比为3:4，等物质的量的CO2和NH3原子数之比应为3：4，C项错误；D. 质量之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3质量之比为44：17，D项正确；答案选C。13.瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为( )A. 1：4B. 1：2C. 1：1D. 2：1【答案】B【解析】【分析】令甲烷与氧气的质量分别为1 g 和4 g，根据公式n = 计算出甲烷与氧气的物质的量，再结合阿伏伽德罗定律的推论，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，据此分析作答。【详解】甲烷与氧气的质量比为1：4，令甲烷与氧气的质量分别为1 g 和4 g，则1 g甲烷的物质的
13、量n(CH4) = = mol；4 g氧气的物质的量n(O2) = = mol；又同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则V(CH4)：V(O2) = mol： mol = 1:2，故B项正确；答案选B。14.用滴管吸取和滴加少量试剂，下列操作中不正确的是（ ）A. 将滴管伸入试剂瓶中，然后用手指头捏紧橡胶乳头，赶走滴管中的空气B. 向烧杯内滴加试剂时，将滴管悬空放在烧杯上方，将试剂滴下C. 取液后的滴管保持橡胶乳头在上，不可平放或倒置D. 除滴瓶上的滴管外，用过的滴管应立即用清水冲冼干净【答案】A【解析】【详解】A.使用滴管吸取液体时，先用手指捏紧橡胶头，赶出橡胶头中的空气，然后
14、将滴管伸入试剂瓶中吸取，故A错误；B.向烧杯内滴加试剂时，将滴管悬空放在烧杯上方，将试剂滴下，以免滴管接触烧杯，污染原试剂，故B正确；C.取液后的滴管保持橡胶乳头在上，不可平放或倒置，以免滴管中的液体进入橡胶乳头，腐蚀橡胶乳头，故C正确；D.滴瓶上的滴管是专用的，吸取液体后不需要清洗，清洗容易改变试剂浓度，其他用过的滴管应立即用清水冲洗干净，以免再取用其他试液时污染试液，故D正确；综上所述，答案为A。15.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 32gO2所含的氧原子数目为NAB. 标准状况下，22.4L水中所含的水分子数目为NAC. 1molL1Na2SO4溶液中含有的钠离子数目
15、为2NAD. 1molMg变为Mg2+时失去电子的数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A32g氧气中氧原子的物质的量为=2mol，故A错误；B标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算水的物质的量，故B错误；C溶液体积不明确，故钠离子的个数无法计算，故C错误；D反应后镁元素的化合价为+2价，故1mol镁失去2mol电子，故D正确。答案选D。16.某lL混合溶液中所含离子的个数比如下表，则M离子可能为（ ）所含离子NO3-SO42-H+M个数比2121A. Mg2+B. Ba2+C. F-D. Na+【答案】A【解析】【详解】根据溶液是电中性的，设M离子带电荷数为x，可列式2（-1）+1（
16、-2）+21+x=0，解得x=+2，即M离子带两个正电荷，所以C、D错误，而硫酸根与钡离子不能共存，所以B错误，综上所述，答案为A。17.为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成处理成二氧化硒（SeO2），再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为： Se + 2H2SO4（浓）= 2SO2 + SeO2 + 2H2O SeO2 + 4KI + 4HNO3= 4KNO3 + Se + 2I2 + 2H2O下列说法正确的是A. 反应中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物B. 反应中KI是还原剂，HNO3是氧化剂C. 反应中，每生成0.6mol I2转移2.4mole-D. 氧
17、化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）SeO2 I2【答案】D【解析】【分析】氧化剂得到电子发生还原反应化合价下降得到还原产物，还原剂失去电子发生氧化反应化合价升高得到氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据化合价的变化计算转移电子数，以此答题。【详解】A反应中H2SO4（浓）得到电子发生还原反应化合价下降得到还原产物SO2，Se 失去电子发生氧化反应化合价升高得到氧化产物SeO2，故A错误；B反应中KI失去电子化合价升高为还原剂， SeO2得到电子化合价下降是氧化剂，故B错误；C反应中，每生成0.6mol I2转移电子1.2mol，故C错误；D由反应可知氧化性H2SO4（浓）SeO2，由反
18、应可知氧化性SeO2 I2，故氧化性H2SO4（浓）SeO2 I2，故D正确；故答案选：D。18.某MgCl2溶液的密度为1.18gcm3，其中Mg2+的质量分数为5.1。300mL该溶液中Cl的物质的量约等于A. 0.37 molB. 0.63molC. 0.74 molD. 1.5 mol【答案】D【解析】【分析】根据m=V计算氯化镁溶液的质量，根据m（Mg2+）=m（溶液）（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=mM计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒解答。【详解】氯化镁溶液的质量为：1.18g/mL300mL=354g，镁离子的质量为：354g5.1%=3.545.1g，镁离子的物质的量为
19、：(3.545.1g)24g/mol0.75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=20.75mol=1.5mol，故答案选D。19.将Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g放入50mL稀硫酸中，混合物完全溶解，当再加50mL2.00mol/L的NaOH溶液时，得到沉淀最多。上述硫酸溶液的浓度为（ ）A. 0.500mol/LB. 1.00mol/LC. 2.00mol/LD. 3.00mol/L【答案】B【解析】【详解】得到的沉淀最多，则氢氧根都转化为氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，溶液中只剩下硫酸钠，根据硫酸根离子守恒可得n（H2SO4）=n（SO4
20、2-）= n（Na+）=n（NaOH）=c（NaOH）V（NaOH）=0.05L2.00mol/L=0.05mol，c（H2SO4）=1.00mol/L；综上所述，答案为B。【点睛】因为Al、CuO、Fe2O3虽然参与反应，但并未进入到溶液中，所以硫酸的物质的量可用溶液中的溶质来求得，最终溶液中的溶质只有硫酸钠，根据钠离子与硫酸根的比例关系，可通过钠离子，即氢氧化钠的物质的量来求硫酸的物质的量。20.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A. 0.80B. 0.85C. 0.90D. 0.93【答案】A
21、【解析】【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等标准状况下112mL Cl2转移电子数为2=0.01mol则有：(3-)x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。
22、本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。卷(非选择题共60分)二、（本题包括21、22题，共14分）21.写出下列反应的化学方程式。（1）Na2O2与CO2反应：_。（2）将氯气与通入冷的消石灰中反应制漂白粉：_。（3）将铜粉溶解在浓FeCl3溶液中：_。（4）向FeCl3溶液中滴加氨水：_。【答案】 (1). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (2). 2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO)2+2H2O (3). Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2 (4). FeCl3+3NH3H2O=
23、Fe(OH)3+3NH4Cl【解析】【详解】（1）Na2O2与CO2发生歧化反应，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（2）消石灰为氢氧化钙，漂白粉的成分为次氯酸钙和氯化钙，低温下氯气与氢氧化钙发生歧化反应，反应的方程式为2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO)2+2H2O，故答案为：2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO)2+2H2O；（3）铜有还原性，氯化铁有氧化性，二者发生氧化还原反应的方程式为Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，故答案为：Cu+2FeCl3=2FeCl2+
24、CuCl2；（4）氨水为弱碱性，可以与氯化铁发生复分解反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，其方程式为FeCl3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4Cl，故答案为：FeCl3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4Cl。22.标出下列氧化还原反应的电子转移数目和方向，并写出氧化剂（1）2K2S + K2SO3 + 3H2SO4= 3K2SO4 + 3S+ 3H2O _氧化剂_（2）2KMnO4 5H2O2 + 3H2SO4 = K2SO42MnSO45O2 8H2O _ 氧化剂_【答案】 (1). (2). H2SO3 (3). (4). KMnO4【解析】【分析】氧化剂得到电子发生还原反应化
25、合价下降得到还原产物，还原剂失去电子发生氧化反应化合价升高得到氧化产物，以此答题。【详解】（1）K2SO3得到电子化合价下降为氧化剂，K2S失去电子化合价上升为还原剂，故电子转移为：，氧化剂为K2SO3，故答案为：；K2SO3；（2）KMnO4得到电子化合价下降为氧化剂，H2O2失去电子化合价上升为还原剂，故电子转移为：，氧化剂为KMnO4，故答案为：；KMnO4。三、（本题包括23、24题，共18分）23.在高温下， Al与Fe2O3发生铝热反应后得到的固体混合物中主要含有Al2O3、Fe，还含有少量Fe2O3。从该样品中固体混合物分离出Al2O3，并回收Fe和Fe2O3的流程如下：已知：N
26、aAlO2 + CO2 + 2H2O = Al（OH）3 + NaHCO3回答下列问题：（1）固体的成分是_。溶液的溶质是_。（2）加入过量NaOH溶液时，发生反应的离子方程式是_。（3）白色固体与NaOH溶液反应的离子方程式是_。【答案】 (1). Fe和Fe2O3 (2). NaHCO3 (3). Al2O3 + 2OH-= 2AlO2- + H2O (4). Al（OH）3 + OH-= AlO2- + 2H2O【解析】【分析】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体为Fe和Fe2O3，溶液通过过量CO2得到溶液为NaHCO3溶液，固体为Al（OH）3
27、沉淀，以此答题。【详解】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体为Fe和Fe2O3，溶液通过过量CO2得到溶液为NaHCO3溶液，固体为Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解得到Al2O3。（1）固体的成分是Fe和Fe2O3；溶液的溶质NaHCO3，故答案为：Fe和Fe2O3；NaHCO3；（2）加入过量NaOH溶液时，发生反应的离子方程式是，故答案为：；（3）白色固体为Al（OH）3与NaOH溶液反应的离子方程式是，故答案为：。24.为了将混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl固体提纯，制得纯净的氯化钠溶液，某学习小组设计了如下图所示的实验方案：回答
28、下列问题：（1）操作加热过程中，发生反应的化学方程式是_。（2）操作不用Ba（NO3）2溶液的理由是：_。（3）进行操作中，判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是：_。（4）操作“加入过量Na2CO3溶液”的目的是：_。（5）操作中“加适量盐酸”的主要目的是_。【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3 + CO2 + H2O (2). 使用Ba（NO3）2溶液，会引入难于除去的NO3-杂质离子 (3). 在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量 (4). 除去过量的Ba2+ (5). 除去过量的CO32【解析】【分
29、析】（1）操作加热过程中NaHCO3受热分解；（2）操作加BaCl2目的是为了除去CO32-和SO42-，Ba（NO3）2会引入新的离子NO3-；（3）判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量；（4）操作“加入过量Na2CO3溶液”的目的是除去过量的Ba2+；（5）操作中“加适量盐酸”的主要目的是除去过量的CO32-。【详解】（1）操作加热过程中NaHCO3受热分解：，故答案为：；（2）操作加BaCl2目的是为了除去CO32-和SO42-，Ba（NO3）2会引入新的杂质离子NO3-
30、，故答案为：使用Ba（NO3）2溶液，会引入难于除去的NO3-杂质离子；（3）判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量，故答案为：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量；（4）由于悬浊液中含有过量Ba2+，加入过量Na2CO3溶液的目的是除去过量的Ba2+，故答案为：除去过量的Ba2+；（5）滤液中含有过量的Na2CO3溶液加适量盐酸的主要目的是除去过量的CO32-，故答案为：除去过量的CO32-。【点睛】
31、物质的分离与提纯时需考虑除杂的顺序与除杂剂的合理选择，不能带人新的杂质。四、（本题包括25、26题，共17分）25.配制100 mL0.020mol/L KMnO4溶液的过程如下图所示：回答下列问题：（1）图示中有两步操作不正确，它们是_和_ （填序号）。（2）操作图示中的两种仪器分别是_、 _（填名称）。（3）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_（填“偏大”或“偏小”）。【答案】 (1). (2). (3). 100mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 偏小【解析】【分析】溶液配制有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀八个步骤，图中为称量，为溶解，为转移，为洗涤，为定
32、容，为摇匀。其中溶解不允许在量筒中进行，定容时视线应与凹液面最低处相平，需用到100mL容量瓶和胶头滴管，误差分析根据公式来进行判断。【详解】（1）配制100 mL0.020mol/L KMnO4溶液，溶解高锰酸钾固体应该在烧杯中，不允许在量筒中进行，定容时视线应与凹液面最低处相平，故操作和不正确，故答案为：；（2）定容时需用到的仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；（3）定容时仰视会导致溶液体积V偏大，由公式可知配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小。26.AI分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固
33、态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是_。（2）反应的化学方程式为_。（3）反应的离子方程式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）反应过程中的现象是_。（6）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占_L。【答案】 (1). 铁元素 (2). 8Al3Fe3O44Al2O39Fe (3). Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O (4). Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O (5). 生成的白色沉淀在空气中迅速变
34、成灰绿色，最后变成红褐色 (6). 33.6【解析】【分析】F是红褐色难溶于水沉淀，则F为氢氧化铁；E能在空气中转化为F，且E是C和氢氧化钠反应生成，则E为氢氧化亚铁，C为氯化亚铁；B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D，则B为四氧化三铁，D为氯化铁；A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁，则A为铁单质；四氧化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质，I又能与氢氧化钠反应，推知I为铝单质，与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应，生成H为氧化铝；铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G，则G为偏铝酸钠。【详解】（1）A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁，则六种物质中都含有铁元素，故答
35、案为：铁元素；（2）是铝与四氧化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al3Fe3O44Al2O39Fe，故答案为：8Al3Fe3O44Al2O39Fe；（3）是四氧化三铁与盐酸反应，其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；（4）是氧化铝与氢氧化钠发生反应，反应的化学方程式为Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，故答案为：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；（5）氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁，其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：生成的白色沉淀在空气中迅速变成
36、灰绿色，最后变成红褐色；（6）1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝，生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气，根据得失电子守恒可知，铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数，可列式13=2n（H2）,则n（H2）=1.5mol，则标准状况下，氢气的体积V（H2）=1.5mol22.4L/mol=33.6L，故答案为33.6。【点睛】铝与四氧化三铁反应生成铁，8molAl9molFe，铁与水蒸气反应生成氢气，3molFe4molH2，所以也可以根据对应关系8molAl9molFe12molH2，求得氢气的物质的量。五、（本题包括27、28题，共11分）27.（1）200mL2mol/L的Al2(
37、SO4)3溶液中SO42-的物质的量浓度为_；（2）标准状况下，36gH2和O2组成的混合气体的体积是67.2L，则混合气体中H2和O2的体积比为_；（3）标准状况下，将33.6LNH3溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为_；（4）已知1.5051023个A气体分子的质量为31g，则A气体的摩尔质量是_。【答案】 (1). 6mol/L (2). 2：1 (3). 3mol/L (4). 124g/mol【解析】【详解】（1）2mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量浓度c（SO42-）=2mol/L3=6mol/L，故答案为：6mol/L；（2）标准状况下，67.
38、2L的混合气体的物质的量为，36gH2和O2组成的混合气体的平均摩尔质量为，根据十字交叉得到混合气体中H2和O2的体积比为20:10=2:1，故答案为：2:1；（3）标准状况下，33.6LNH3为，溶于水形成的氨水的浓度为c（NH3）= ，故答案为：3mol/L；（4）1.5051023个A气体分子的质量为31g，根据物质的量相等可列式，解得M（A）=124g/mol，故答案为：124g/mol。【点睛】根据十字交叉可很快求得两种气体的物质的量之比，再根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，物质的量之比等于体积之比，可求得体积比。28.甲、乙、丙各取300mL同浓度盐酸，加入不同质量的同一镁铝合金粉末
39、进行下列实验，有关数据列表如下：实验序号甲乙丙合金质量/mg510765918(标准状况)气体体积/mL560672672求：（1）盐酸的物质的量浓度是多少_？（2）合金中镁铝的质量分数各是多少_、_？【答案】 (1). 0.20molL-1 (2). 47.1% (3). 52.9%【解析】【分析】对比甲乙丙的数据，甲到乙合金的质量增加，生成的氢气的体积也增加，说明甲中盐酸过量，合金全部溶解，乙到丙合金的质量增加，生成的氢气的体积不变，说明丙中盐酸不足，合金不能全溶解，合金有剩余。【详解】（1）由分析可知，丙中盐酸不足，则根据系数关系可得c（HCl）=，故答案为：0.20molL-1；（2）甲中合金都溶解，则有24n（Mg）+27n（Al）=0.51g，2 n（Mg）+3n（Al）=2=0.05mol，解得n（Mg）=0.01mol，n（Al）=0.01mol，则镁的质量分数为=47.1%，铝的质量分数为=52.9%，故答案为：47.1%；52.9%。
