1、广东省湛江市第二十一中学2019-2020学年高一化学下学期开学考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 N-14 O-16 C-12 S-32 Na-23 Mn-55 Cl-35.5 Al-27 Fe-56 Cu-64一、单项选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分）1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D. 古剑“湛泸”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】C【
2、解析】【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；C对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D剑刃硬度要大，所以用铁碳合金，故D正确；故选C。2.下列各组物质与其用途的关系不正确的是A. 氢氧化钠：治疗胃酸过多的一种药剂B. 碱石灰：干燥剂C. 小苏打：发酵粉主要成分D. 过氧化钠：供氧剂【答案】A【解析】【详解】A氢氧化钠腐蚀性很强，不能用于治疗胃酸过多，选项A性质与用途的关系不正确，符合题意；B碱石灰吸水性强，可作干燥剂，选项B性质与用途的关系正确；C小苏打易溶于水，呈弱碱
3、性，加热后会生成气体二氧化碳，用于发酵面包、饼干等等，选项C性质与用途的关系正确；D过氧化钠和水或二氧化碳能生成氧气，可用作供氧剂，选项D性质与用途的关系正确；答案选A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()A. 1.8 g NH4+中含有的电子数为1.1NAB. 2.2 g CO2和N2O的混合气体中原子数为0.15NAC. 1 mol Na2O2与足量CO2反应，转移电子数为2NAD. 25 、101 kPa时，2.24 L CH4含有的质子数为1NA【答案】B【解析】【详解】A.1.8g NH4+中含有的电子数为10NA=NA，选项A错误；B.2.2gCO2和N2O的混
4、合气体中原于数为3NA=0.15NA，选项B正确；CNa2O2固体与CO2反应时为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，选项C错误；D25、101kPa时，不是标准状况，Vm未知，无法根据气体体积计算甲烷的物质的量，选项D错误；答案选B。4.下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是()A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO22NaOHNa2SiO3H2OB. 红热的铁丝与水接触，表面形成黑色保护层：3Fe4H2O(g) Fe3O44H2C. 在海带灰的浸出液(含有I)中滴加H2O2得到I2：2IH2O22H=I2O22H2OD. “84”消毒液(有效成分NaClO)和
5、“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用放出氯气：ClOCl2H=Cl2H2O【答案】C【解析】【详解】A熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，是因发生SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，选项A正确；B红热的铁丝与水接触，表面形成黑色保护层，是因发生3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，选项B正确；C在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2的离子反应为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，选项C不正确；D“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵“（主要成分盐酸）混合使用放出氯气的离子反应为ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查离子
6、反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查。5.25 时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、I、SCNB. 0.1 molL1 AlCl3溶液中：H、Na、Cl、SO42-C. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K、SO42-、S2、SO32-D. 能使Al产生H2的溶液中：NH4+、SO42-、HCO3-、Cl【答案】B【解析】【详解】A. Fe3+与I发生氧化还原反应而不能大量共存， Fe3+与SCN发生络合反应而不能大量共存，选项A错误； B.
7、0.1 molL1 AlCl3溶液中：H、Na、Cl、SO42-、Al3+各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；C. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有强氧化性，能将S2、SO32-氧化而不能大量共存，选项C错误； D. 能使Al产生H2的溶液中为强酸性或强碱性溶液，HCO3-均不能大量存在，铵根离子在碱性条件下会发生反应，不共存，选项D错误；答案选B。6.下列说法正确是()。A. 制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体B. 苏打是面包发酵粉的主要成分之一C. NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32-2H=CO2H2OD. 向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸，均有气泡冒出，说
8、明两者均能与盐酸反应【答案】D【解析】【详解】A氯气和HCl都能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，又引进新的杂质，应该用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气，选项A错误；B面包发酵粉的主要成分是小苏打，为碳酸氢钠而不是碳酸钠，选项B错误；CNaHCO3溶液中加入稀HCl的离子反应为HCO3-+H+=CO2+H2O，选项C错误；D苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳，则观察到均冒气泡，选项D正确；答案选D。7.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是A. 除去CO气体中的CO2B. 分离沸点相差较大的互溶液体混合物C. 容量瓶中转移液体D.
9、分离互不相容的两种液体【答案】B【解析】【详解】A项，NaOH溶液能吸收CO2，不吸收CO，长管进气、短管出气可确保CO2被充分吸收，A项能达到目的；B项，分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏法，蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，B项不能达到目的；C项，向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流，C项能达到目的；D项，分离互不相溶的两种液体用分液法，D项能达到目的；答案选B。【点睛】实验装置图是否能达到实验目的通常从两个角度分析：（1）实验原理是否正确；（2）装置图中的细节是否准确，如洗气时导气管应“长进短出”，蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，冷凝管中的冷却水应从下口进上口出
10、等。8.下列有关碳酸钠、碳酸氢钠的说法正确的是()A. 25时，碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠大B. 可用澄清石灰水鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液C. 可用如图所示装置比较Na2CO3和 NaHCO3的热稳定性D. 常温下，浓度均为0.1molL-1时，碱性：NaHCO3 Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A.NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的，选项A错误；B.Na2CO3、NaHCO3都与澄清石灰水反应，现象是都是白色沉淀，无法鉴别，反应的离子方程式分别为：Ca2CO32=CaCO3，Ca22OH2HCO3=CaCO32H2OCO32，选项B错误；C.碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，加热时，温
11、度较高的区域内的碳酸钠不分解而温度较低的区域内的碳酸氢钠分解，产生了能使澄清石灰水变浑浊的气体，则说明碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，选项C正确；D.常温下，相同浓度的碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的，则浓度均为0.l mol.L-1溶液的pH大小：Na2CO3NaHCO3，选项D错误。答案选C。9.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4 + 6Na2O2 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2，对此反应下列说法中正确的是( )A. Na2O2只作氧化剂B. 2 mol FeSO4发生反应时
12、，反应中共有8 mol电子转移C. 每生成16g氧气就有1mol Fe2+被还原D. Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物【答案】D【解析】【详解】2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2反应中，Fe元素的化合价升高，由+2价升高到+6价，Na2O2中O元素的化合价既升高又降低；A、Na2O2中O元素化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol4+1mol2=10mol电子转移，故B错误；C、16g氧气的物质
13、的量为0.5mol，根据B的分析，生成0.5mol O2，有1mol Fe2+被氧化，故C错误；D、FeSO4Na2FeO4，Fe的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2Na2FeO4，O元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故D正确；故选D。【点晴】本题考查了氧化还原反应，侧重于基础知识的考查。注意根据化合价的变化分析，物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，在反应中失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物，可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。10.为了除去粗盐中的Ca
14、2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作：过滤；加适量的盐酸；加过量的Na2CO3溶液；加过量BaCl2溶液，正确的操作顺序是()A B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，因为过量的碳酸钠加盐酸就可以调节了，只要将二种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的碳酸根离子，顺序为：。答案选D。【点睛】本题主要考查了除杂质的原则，以及除杂质的顺序，这类题时常出现，要加以掌握，除去粗盐中的Ca2+、SO42-及泥沙，盐酸要放在最后，来除去过量的碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根
15、离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子。11.下列除去杂质的方法不正确的是()A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤D. MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO【答案】B【解析】【分析】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液；B.氨水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生
16、成Al(OH)3；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应；【详解】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液，加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去镁粉中混有少量铝粉，故A正确；B.氨水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀，不能用氨水除去Fe3溶液中的少量Al3，故B错误；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3，所以加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤可以除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，故C正确；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，M
17、gO与烧碱不反应，加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去MgO中混有少量Al2O3，故D正确。【点睛】MgO是碱性氧化物，MgO能溶于酸，但不溶于碱； Al2O3是两性氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱，向MgO、Al2O3的混合物中加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO。12.下列实验操作及现象能够达成相应实验结论的是()选项实验操作及现象结论A向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含有B向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体溶液中一定含有C向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生溶液中一定含有S
18、O42D向5mL饱和氯水中滴加少量0.1 mol/L NaBr溶液，溶液由无色变为橙黄色，再滴加足量0.1 mol/L淀粉-KI溶液，溶液变蓝氧化性强弱：Cl2Br2I2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，产生的白色沉淀可能为氯化银、碳酸钡、硫酸钡、亚硫酸钡等，故原溶液中可能含有银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子，不一定含有，选项A错误；B. 向某溶液中加入盐酸若能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体为二氧化碳，溶液中可能含有碳酸氢根离子，不一定含有CO32-，选项B错误；C向某溶液中加入稀盐酸，无明显现象，排除了干扰
19、离子，如碳酸根离子、亚硫酸根离子等，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定含有SO42-，选项C正确；D氯水中的氯气分子把溴离子氧化为溴单质，氧化性Cl2Br2，由于氯水过量，氯气也能氧化碘离子，所以无法判定是溴单质氧化了碘离子，不能比较出Br2和I2氧化性的强弱，不能得出氧化性强弱：Cl2Br2I2，选项D错误；答案选C。13.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，则制备实验装置应排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，以此来解答。【详解】因为Fe(OH)2在
20、空气中易被氧化成Fe(OH)3，故要长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的空气或氧气。装置是先用Fe粉与稀硫酸反应产生的H2将装置中的空气排尽，然后滴入NaOH溶液，与新反应产生的FeSO4发生复分解反应制取Fe(OH)2，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中，可以达到目的，正确；滴入的NaOH溶液会吸收空气中的氧气，与试管中FeSO4发生复分解反应制取Fe(OH)2和Na2SO4，溶液中有氧气，会氧化Fe(OH)2变为Fe(OH)3，因此会看到沉淀由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，不能达到实验目的，错误；中液面上加苯阻止了空气进入；在隔绝空气的环境中NaOH、FeSO4
21、发生复分解反应产生Fe(OH)2和Na2SO4，由于没有空气，Fe(OH)2不能被氧化，能较长时间观察到白色沉淀，正确；故合理选项是B。14.实验室利用以下反应制取少量氮气：NaNO2 + NH4Cl = NaCl + N2 + 2H2O， 关于该反应下列说法正确的是（ ）A. NaNO2发生氧化反应B. NH4Cl中的氮元素被还原C. N2既是氧化产物，又是还原产物D. 每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol【答案】C【解析】A、NaNO2中N化合价由3价0价，化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；B、NH4Cl中N化合价由3价0价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B错误
22、；C、根据选项A和B的分析，N2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D、生成1molN2，同时消耗1molNaNO2或1molNH4Cl，转移电子物质的量为3mol，故D错误。15.向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O72的酸性溶液，使溶液中Fe2恰好全部被氧化，并使X2O72被还原为Xn，则n值为()A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【详解】0.2mol Cl2完全反应变成氯离子得到电子物质的量为：0.2mol2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1mol X2O72-完全反应得
23、到电子的物质的量为：（6-n）20.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n=3；答案选B。16.把VL含有和的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使铁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生，由方程式可知n()=n(Ba2+)，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OH-Mg(OH)
24、2，由方程式可知每份溶液中n(Mg2+)=n(OH-)，再利用电荷守恒可知每份中2n(Mg2+)+n(K+)=2n()，据此计算每份中n(K+)，根据c=计算钾离子浓度。【详解】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生，由方程式可知n()=n(Ba2+)=n(BaCl2)=bmol，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OH-Mg(OH)2，由方程式可知每份溶液中n(Mg2+)=n(OH-)=amol，由电荷守恒可知每份中2n(Mg2+)+n(K+)=2n()，故每份中溶液n(K+)=(2b2a)mol=(2ba)mol，则原混合溶液中钾离子的浓度为，故选D。
25、二、填空题（本题包括5小题，共52分）17.工业上制备铝一般是从铝土矿（主要成分是Al2O3，含有Fe2O3杂质）中得到纯净的Al2O3，然后电解Al2O3得到铝。下图是从铝土矿中提纯Al2O3的简单示意图。其中涉及到的一个反应:2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2CO3+2Al(OH)3。(1)图示中实验操作(1)是_；加入的试剂是_（填化学式）(2)试写出B溶液中的溶质的化学式：_(3)写出化学方程式：铝土矿A：_。EF：_。【答案】 (1). 过滤 (2). Ca(OH)2 或 Ba(OH)2 (3). NaAlO2 (4). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (5).
26、 2Al(OH)3Al2O3+3H2O【解析】【分析】溶液B中通入CO2产生沉淀，说明B溶液为NaAlO2溶液，则是向铝土矿中加入的试剂是NaOH溶液，操作（1）过滤，沉淀C为Fe2O3，则溶液D为Na2CO3，反应为：Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3+2NaOH，故沉淀H为CaCO3，沉淀E为Al(OH)3，F为Al2O3，反应是电解氧化铝得到Al与氧气，据此分析。【详解】（1）将沉淀从溶液中分离出来的操作是过滤；根据反应2NaAlO2CO23H2ONa2CO32Al(OH)3可知，D中含有碳酸钠，E是氢氧化铝，则F是氧化铝，电解氧化铝即得到金属铝。碳酸钠要生成氢氧化钠和沉淀，需要进入
27、的试剂是氢氧化钙，即中加入的试剂是Ca(OH)2 或 Ba(OH)2；（2）由上述分析可知，B为NaAlO2；（3）铝土矿A是氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；EF是氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O。18.如图所示是一个制取Cl2并以Cl2为原料进行特定反应的装置，多余的Cl2可以贮存在b瓶中，其中各试剂瓶中所装试剂为：B(氢硫酸)、C(淀粉KI溶液)、D(水)、F(紫色石蕊试液)。(1)若装置A烧瓶中的固体为MnO2，液体为浓盐酸，则其发生反应的化学方程式为_。
28、(2)装置E中硬质玻璃管内盛有炭粉，若E中发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出E中反应的化学方程式：_。(3)D中溶液的存在含氯的阴离子为_。(4)在F中紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是_。(5)若F中盛有NaOH溶液，其作用是_。【答案】 (1). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O (2). C2H2O2Cl2 = CO24HCl (3). Cl、ClO (4). E中生成的酸性气体进入F中可使紫色石蕊试液变红，未反应完的Cl2进入F中与水作用生成HClO，HClO具有漂白作用，使溶液的红色褪去 (5). 吸收尾气Cl2和HCl，防止污染空气
29、【解析】【分析】A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，G中b瓶是用来贮存Cl2的，则应选用一种Cl2在其中溶解度非常小的液体，一般选用饱和食盐水检验G的气密性需采取液压差法检验实验开始后，Cl2可与B中的氢硫酸反应得到浅黄色单质S沉淀，Cl2从C中置换出单质碘从而使C中溶液变蓝色根据（2）中的信息提示，不难写出E中的反应方程式，由于可能有Cl2过量，所以过量的Cl2可以使F中本已变红的石蕊试液褪色，以此解答。【详解】（1）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O；（2）E装置中硬质玻璃管内盛有炭粉，若E中
30、发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，可反应为C、HCl和水，反应的方程式为C2H2O2Cl2 = CO24HCl；(3)D中溶液的存在含氯的阴离子为Cl、ClO；（4）由于可能有Cl2过量，所以过量的Cl2与水作用生成HClO，HClO具有漂白作用，可以使F中本已变红的石蕊试液褪色；(5)若F中盛有NaOH溶液，其作用是吸收尾气Cl2和HCl，防止污染空气。【点睛】本题综合考查了氯气的制法、性质、化学实验操作及实验装置等问题，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握氯气的性质以及相关实验操作方法。19.某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。阴离子CO3
31、2-、SiO32-、AlO2-、Cl阳离子Al3、Fe3、Mg2、NH4+、Na现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_，ab段发生反应的离子是_，bc段发生反应的离子方程式为_。(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是_， ab段反应的离子方程式为_。【答案】 (1). SiO32-、AlO2 (2). CO32- (3). Al(OH)33H=Al33H2O (4). Al3、Mg2、NH4+ (5). NH4+OH=NH3H2O【解析】【分析】溶液无色
32、说明溶液中不含Fe3离子；（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32；（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。【详解】溶液无色说明溶液中不含Fe3离子；（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32；bc段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO322H=H2OCO2，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的
33、离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:Al(OH)3OH=AlO22H2O；oa段发生反应：Al33OH=Al(OH)3、Mg22OH=Mg(OH)2；ab段发生反应NH4+OH-=NH3H2O。【点睛】本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。关于图像的答题需要注意以下几点：看面：弄清纵、横坐标的含义。看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、
34、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。20.某化学兴趣小组用只含有铝、铁、铜的工业合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体(FeSO47H2O)和胆矾晶体，其实验方案如图所示：(1)合金与NaOH溶液反应的离子方程式为_。(2)方案中途径的离子方程式_，D中加入适量盐酸的离子方程式为_。(3)滤渣F的主要成分为_(4)CuSO4溶液中获得胆矾的操作为蒸发浓缩，_、过滤_，洗涤、自然干燥。【答案】 (1). 2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2 (2). AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3- (3). Al(OH)33H=Al33H2O (4)
35、. Cu或铜单质 (5). 冷却结晶【解析】【分析】含有铝、铁、铜的工业合金加入足量烧碱溶液后过滤得到滤液A和滤渣B，滤液A为偏铝酸钠溶液，通过途径加入足量盐酸反应生成氯化钠、氯化钠和水；通过途径通入足量某气体后过滤得到沉淀D，则某气体为二氧化碳，沉淀D为Al(OH)3；滤渣B为铜和铁的混合物，加入足量稀硫酸后过滤得到滤液E为硫酸亚铁溶液，可制备绿矾；得到滤渣F为铜，铜通过途径加入浓硫酸，加热制得硫酸铜溶液；或通过途径加入稀硫酸加热并通入空气也可制得硫酸铜溶液，硫酸铜溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾，据此分析。【详解】(1)合金含有铝、铁、铜的工业合金，只有铝能与NaOH溶
36、液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2；(2)方案中途径通入足量某气体后过滤得到沉淀D，则某气体为二氧化碳，沉淀D为Al(OH)3；反应的离子方程式为AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-；D中加入适量盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)33H=Al33H2O；(3)滤渣F的主要成分为Cu或铜单质；(4)CuSO4溶液中获得胆矾的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、自然干燥。21.在用氨气饱和的食盐水中通入足量二氧化碳可生成NaHCO3固体，反应原理如下： NH3CO2H2ONH4HCO3 NH4HCO3NaClNa
37、HCO3NH4Cl，化学兴趣小组同学根据该原理和如下装置在实验室制备NaHCO3。实验步骤如下：、连接好如图装置，检查气密性后，在仪器内装入相应药品。、在丙装置制备氨气，并通入到丁中饱和食盐水中，直至不再溶解时，然后在饱和食盐水中通入二氧化碳气体，片刻后，丁装置广口瓶中出现固体。继续向广口瓶中通入两种气体，直到不再有固体产生。、过滤丁中广口瓶中所得的混合物，洗涤、干燥，得到NaHCO3固体。(1)盛装盐酸的仪器名称是_。(2)乙中溶液是_（填字母代号）。A浓硫酸 B饱和Na2CO3溶液 C饱和NaHCO3溶液(3)装置的部分连接顺序是：a接_（填“c”或“d”）；丁装置中球形干燥管的作用是_。
38、(4)请解释在实验步骤中，先通入氨气的理由是_。(5)取m g NaHCO3样品（杂质只含有少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称得固体质量为n g，则样品中NaHCO3的质量分数为_（用含m、n的代数式表示，不用化简）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). C (3). d (4). 防止倒吸 (5). 在相同条件下，氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，在饱和食盐水中先通入氨气，形成浓的食盐氨水混合溶液，能与更多的二氧化碳反应，进而提高NaHCO3的产量 (6). 【解析】【分析】“侯氏制碱法”的实验原理是：CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，即制碱过程中所需的两种气体
39、是CO2和NH3，实验室用块状石灰石和稀盐酸反应产生CO2，用浓氨水和CaO或NH4Cl和碱石灰混合制NH3。NH3极易溶于水，而CO2在水中的溶解度不大，为使CO2能更多地溶于水与NaCl反应，可先使NH3溶于水达饱和，使溶液呈碱性，这会使酸性氧化物更多地被溶解吸收。因NH3极易溶于水，故要考虑到NH3的倒吸问题。设计实验证明固体大部分是NH4Cl时，首先应想到NH4Cl的性质：加热易分解，冷却又化合，故可围绕此性质来设计实验。【详解】(1)根据仪器的构造可知，盛装盐酸的仪器名称是分液漏斗；(2)盐酸易挥发，制取的二氧化碳中含有氯化氢气体，必须通过饱和NaHCO3溶液除去氯化氢，则乙中溶液是饱和NaHCO3溶液；答案选C；(3)足量的CO2与NaOH反应生成NaHCO3，装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，二氧化碳与氨气通入C中应防止倒吸，则b接d，故a接c；(4) 先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，故应先发生氨气的制备反应；(5)取m g NaHCO3样品（杂质只含有少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称得固体质量为n g，根据反应方程式NaHCO3+HCl= NaCl +CO2 +H2O，设NaHCO3的质量为x，利用差量法可知：，则样品中NaHCO3的质量分数为。
