1、2015-2016学年甘肃省白银市会宁一中高一（上）期末化学试卷一、选择题，本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意1随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受为了延长食品的保质期，防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质是（）A无水硫酸铜B硫酸亚铁C食盐D生石灰2合金是一类用途广泛的金属材料下列物质中，不属于合金的是（）A碳素钢B黄铜C硬铝D水银3下来有关物质分离方法的叙述中，不正确的是（）A用过滤的方法分离溶液和胶体B用四氯化碳萃取碘水中的碘C用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水D用加热的方法分离氯化钠和单质碘固体4下列物质分类中，前者包括后者的是（）A化
2、合物 电解质B溶液 胶体C氧化物 化合物D溶液 分散系52008年9月25日晚9时10分，我国“神舟七号”载人飞船顺利升入太空此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O43N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是（）A此反应是氧化还原反应B反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行C在反应中N2O4做还原剂DR的分子式为C2H8N26向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入一块绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象符合下图中的（）ABCD7银耳本身为淡黄色，某地生产的一种“
3、雪耳”，颜色洁白如雪制作如下：将银耳堆放在密闭状态良好的塑料棚内，棚的一端支口小锅，锅内放有硫磺，加热使硫磺熔化并燃烧，两天左右，“雪耳”就制成了“雪耳”炖而不烂，对人体有害，制作“雪耳”利用的是（）A硫的还原性B硫的漂白性C二氧化硫的还原性D二氧化硫的漂白性8某溶液中加入金属铝有氢气放出，则在此溶液中可能大量共存的离子是（）AK+，Fe2+，NO3，SO42BK+，Na+，Cl，HCO3CK+、Na+、AlO2、SO42DK+，NH4+，Cl，CO329若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A3mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为NAB在0，101kPa时，22.4 L
4、氢气中含有NA个氢原子C25，1.01105Pa，64g SO2中含有的原子数为3 NADNA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7：410下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（）ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2D木炭和O211下列反应的离子方程式中，书写正确的是（）A钠跟水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B向硫酸溶液中加入Ba（OH）2溶液：H+SO42+Ba2+OHH2O+BaSO4C向A12（SO4）3溶液中加入过量的氨水：A13+3NH3H2OA1（OH）3+3NH4+DFeCl2溶液跟Cl2反应：Fe
5、2+Cl2Fe3+2Cl12鉴别NaCl、NaBr、NaI可以采用的试剂是（）A碘水、淀粉溶液B碘化钾淀粉溶液C溴水、苯D氯水、CCl413为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化由此可知该氮肥的主要成分是（）ANH4HCO3BNH4ClC（NH4）2CO3DNH4NO314锌与很稀的硝酸反应生成Zn（NO3）2、NH4NO3和水当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量（）A0.25molB0.5molC1molD2m
6、ol15把Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（）AAl3+BAl（OH）3CAlO2DAl3+和Al（OH）316离子M2O7X与S2能在酸性溶液中发生如下反应：aM2O7x+3S2+cH+2M3+eS+fH2O，则M2O7X中M的化合价是（）A+4B+5C+6D+7二、非选择题共52分）17（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是，离子方程式为（2）除去混入Fe2O3粉末中少量Al2O3杂质的试剂是，离子方程式为（3）除去NaCO3粉末中混入的NaHCO3杂质用方法，化学方程式为（4）用离子方程式表示怎样用化学方法除去下列物质中混
7、有的少量杂质，铁粉中混有铝粉FeCl2溶液中混有FeCl3FeCl3溶液中混有FeCl2（5）通常用试剂除去CO2中的HCl气体，反应的离子方程式为18某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl36H2O 晶体（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是装置B中发生反应的化学方程式是（2）如果要在C处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行，装置E中的现象是（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤简述检验滤液中Fe3+的操作方法（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl36H2O晶体，设
8、计流程如下：滤液FeCl3溶液FeCl36H2O晶体步骤I中通入Cl2的作用是步骤从FeCl3稀溶液中得到FeCl36H2O晶体的主要操作包括：19某混合物A，含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化请回答下列问题（1）图中涉及分离溶液与沉淀的方法是（2）B、C、D、E 4种物质的化学式为：B、C、D、E（3）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为沉淀E与稀硫酸反应的离子方程式为溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为20计算题：将0.2molMg、Al的混合物用盐酸完全溶解，放出标准状况下5.6L气体，然后再滴入2mol/LNaOH溶液，请回答：（1）求该
9、混合物中Mg、Al的物质的量？（写计算过程）（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V=mL（3）若该Mg、Al混合物溶于200mL 3mol/L盐酸后，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al（OH）3，则滴入NaOH溶液的体积最少为mL2015-2016学年甘肃省白银市会宁一中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题，本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意1随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受为了延长食品的保质期，防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入
10、的化学物质是（）A无水硫酸铜B硫酸亚铁C食盐D生石灰【考点】重要的还原剂菁优网版权所有【分析】防止食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，则选项中的物质应具有还原性，以此来解答【解答】解：A无水硫酸铜能吸收水分，且不能防止食物被氧化，故A不选；B硫酸亚铁具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，能防止食物被氧化，故B选；C食盐不能防止食物被氧化，故C不选；D生石灰具有吸水性，常用作干燥剂，不能防止食物被氧化，故D不选；故选B2合金是一类用途广泛的金属材料下列物质中，不属于合金的是（）A碳素钢B黄铜C硬铝D水银【考点】合金的概念及其重要应用菁优网版权所有【分析】合金是由两种或
11、两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，根据合金的定义与特点进行解答【解答】解：A、碳素钢是铁和碳的混合物，属于合金，故A错误；B、黄铜含有铜和锌，所以黄铜属于合金，故B错误；C、硬铝是指铝合金中以Cu为主要元素的一类合金，故C错误；D、水银为单质，不属于合金，故D正确；故选D3下来有关物质分离方法的叙述中，不正确的是（）A用过滤的方法分离溶液和胶体B用四氯化碳萃取碘水中的碘C用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水D用加热的方法分离氯化钠和单质碘固体【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用菁优网版权所有【分析】A溶液与胶体均可透过滤纸；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；C自来水
12、中水的沸点低；D加热时碘升华【解答】解：A溶液与胶体均可透过滤纸，则过滤不能分离，应选渗析法，故A错误；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用四氯化碳萃取碘水中的碘，故B正确；C自来水中水的沸点低，则用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故C正确；D加热时碘升华，则用加热的方法分离氯化钠和单质碘固体，故D正确；故选A4下列物质分类中，前者包括后者的是（）A化合物 电解质B溶液 胶体C氧化物 化合物D溶液 分散系【考点】单质和化合物；电解质与非电解质菁优网版权所有【分析】A电解质概念是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于化合物；B胶体和溶液都是两种不同的分散系；C化合物按照性质可分为：氧化物、酸、碱
13、、盐；D溶液属于分散系的一种【解答】解：A根据电解质的定义可知电解质属于化合物，故A正确；B溶液和胶体都是分散性，二者属于平行关系，故B错误；C氧化物属于化合物，故C错误；D溶液属于分散性，故D错误；故选A52008年9月25日晚9时10分，我国“神舟七号”载人飞船顺利升入太空此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O43N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是（）A此反应是氧化还原反应B反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行C在反应中N2O4做还原剂DR的分子式为C2H8N2【考点】氧化还
14、原反应菁优网版权所有【分析】A、氧化还原反应的特征是有化合价的变化，据此判断；B、剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热；C、所含元素化合价升高的反应物为还原剂，结合化合价升降相等判断；D、根据原子守恒判断偏二甲肼分子式【解答】解：A、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，故A正确；B、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故B正确；C、N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高，故偏二甲肼作还原剂，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N
15、2，故D正确；故选C6向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入一块绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象符合下图中的（）ABCD【考点】钠的化学性质菁优网版权所有【分析】根据钠的化学性质、钠的密度、水和煤油的密度大小来分析【解答】解：因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完故选：A7银耳本身为淡黄色，某地生产的一种“雪耳”，颜色洁白如雪制作如下：将银耳堆放在密闭状态良好的塑料棚内，棚的一端支口小锅，锅内放有硫磺
16、，加热使硫磺熔化并燃烧，两天左右，“雪耳”就制成了“雪耳”炖而不烂，对人体有害，制作“雪耳”利用的是（）A硫的还原性B硫的漂白性C二氧化硫的还原性D二氧化硫的漂白性【考点】二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【分析】银耳本身为淡黄色，某地生产的一种“雪耳”，颜色洁白如雪，是利用二氧化硫的漂白性所致，以此来解答【解答】解：硫磺燃烧生成二氧化硫，具有漂白性，则银耳被漂白，只与二氧化硫的漂白性有关，与S的还原性、漂白性及二氧化硫的还原性无关，故选D8某溶液中加入金属铝有氢气放出，则在此溶液中可能大量共存的离子是（）AK+，Fe2+，NO3，SO42BK+，Na+，Cl，HCO3CK+、Na+、AlO2、
17、SO42DK+，NH4+，Cl，CO32【考点】离子共存问题菁优网版权所有【分析】某溶液中加入金属铝有氢气放出，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：某溶液中加入金属铝有氢气放出，为非氧化性酸或强碱溶液，A酸溶液中H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在Fe2+，一定不能共存，故A不选；BHCO3与酸、碱均反应，一定不能共存，故B不选；C碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；D碱性溶液中不能大量存在NH4+，酸性溶液中不能大量存在CO32，故D不选；故选C9若NA表示阿伏加
18、德罗常数，下列说法中，正确的是（）A3mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为NAB在0，101kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子C25，1.01105Pa，64g SO2中含有的原子数为3 NADNA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7：4【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A3mol二氧化氮与水反应生成2mol硝酸，转移了2mol电子；B0，101kPa为标准状况下，标准状况下22.4L氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子；C根据n=计算出二氧化硫的物质的量，然后计算出含有原子的物质的量；DNA个一氧化碳分子的物质的量为1mol，根据m=nM计算出
19、二者的质量之比【解答】解：A3mol NO2与足量H2O反应生成1molNO和2mol硝酸，转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故A错误；B在0，101kPa时，22.4 L氢气的物质的量为1mol，1mol氢气分子中含有2mol氢原子，含有2NA个氢原子，故B错误；C64g二氧化硫的物质的量为： =1mol，1mol中含有3mol原子，含有的原子数为3 NA，故C正确；DNA个一氧化碳分子的物质的量为1mol，其质量为：28g/mol1mol=28g，0.5mol甲烷的质量为：16g/mol0.5mol=8g，则二者质量之比为28g：8g=7：2，故D错误；故选C10下列各组中的两物质
20、相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（）ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2D木炭和O2【考点】钠的重要化合物；碳族元素简介菁优网版权所有【分析】根据物质的性质判断各条件下反应的生成物【解答】解：ANa和O2在不加热时生成Na2O，加热时生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，故A不选；BNaOH和CO2少量反应生成Na2CO3，过量CO2反应生成NaHCO3，量不同，生成物不同，故B不选；CNa2O2和CO2只生成Na2CO3和O2，与条件无关，故C选；D木炭和O2反应，当O2不足时，生成CO，O2过量时生成CO2，条件不同，生成物不同，故D
21、不选故选C11下列反应的离子方程式中，书写正确的是（）A钠跟水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B向硫酸溶液中加入Ba（OH）2溶液：H+SO42+Ba2+OHH2O+BaSO4C向A12（SO4）3溶液中加入过量的氨水：A13+3NH3H2OA1（OH）3+3NH4+DFeCl2溶液跟Cl2反应：Fe2+Cl2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A电荷不守恒；B离子个数配比不符合物质结构；C二者反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D电荷不守恒【解答】解：A钠跟水反应，离子方程式：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；B向硫酸溶液中加入Ba（OH）2溶液，离子方程式
22、：2H+SO42+Ba2+2OH2H2O+BaSO4，故B错误；C向A12（SO4）3溶液中加入过量的氨水，离子方程式：A13+3NH3H2OA1（OH）3+3NH4+，故C正确；DFeCl2溶液跟Cl2反应，离子方程式：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；故选：C12鉴别NaCl、NaBr、NaI可以采用的试剂是（）A碘水、淀粉溶液B碘化钾淀粉溶液C溴水、苯D氯水、CCl4【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用菁优网版权所有【分析】鉴别NaCl、NaBr、NaI，可根据阴离子的性质不同以及氧化性强弱Cl2Br2I2判断反应的可能性进行检验【解答】解：A加入碘水、淀粉溶液，因碘和
23、三种物质都不反应，不能鉴别，故A错误；B碘化钾淀粉溶液，和三种物质都不反应，不能鉴别，故B错误；C加入溴水，不能鉴别NaCl、NaBr，故C错误；D加入氯水，可生成Br2和I2，溶液四氯化碳的颜色不同，可鉴别，故D正确故选D13为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化由此可知该氮肥的主要成分是（）ANH4HCO3BNH4ClC（NH4）2CO3DNH4NO3【考点】铵盐菁优网版权所有【分析】加热氮肥样品生成两种气体，其中一种
24、气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子；由此推导出氮肥的主要成分【解答】解：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸根离子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3，故选A14锌与很稀的硝酸反应生成Zn（
25、NO3）2、NH4NO3和水当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量（）A0.25molB0.5molC1molD2mol【考点】氧化还原反应的计算菁优网版权所有【分析】发生反应为4Zn+10HNO34Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，反应中Zn元素化合价由0价升高到+2价，N元素化合价由+5价降低到3价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算【解答】解：当生成1mol硝酸锌时，应有1molZn参加反应，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到3价，设有x mol硝酸钡还原，则有5（3）x=2，x=0.25，
26、故选A15把Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（）AAl3+BAl（OH）3CAlO2DAl3+和Al（OH）3【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，根据反应：SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+4OH=AlO2+2H2O判断【解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，由反应SO42+Ba2+=BaSO4可知，使SO42全部转化成B
27、aSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH，则发生Al3+4OH=AlO2+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2，故选C16离子M2O7X与S2能在酸性溶液中发生如下反应：aM2O7x+3S2+cH+2M3+eS+fH2O，则M2O7X中M的化合价是（）A+4B+5C+6D+7【考点】氧化还原反应菁优网版权所有【分析】aM2O7x+3S2+cH+2M3+eS+fH2O中，由M原子守恒可知a=1，由O原子守恒可知，f=7，则由H原子守恒可知c=14，由电荷守恒可知x+（2）3+14=+6，然后结合化合价的计算方法解答【解答】解：aM2O7x+3S2+cH+2M3+eS+fH2O
28、中，由M原子守恒可知a=1，由O原子守恒可知，f=7，则由H原子守恒可知c=14，由电荷守恒可知x+（2）3+14=+6，解得x=2，则M2O72中M的化合价为=+6，故选C二、非选择题共52分）17（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是氯化钙，离子方程式为Ca2+CO32=CaCO3（2）除去混入Fe2O3粉末中少量Al2O3杂质的试剂是氢氧化钠溶液，离子方程式为Al2O3+2OH=AlO2+2H2O（3）除去NaCO3粉末中混入的NaHCO3杂质用加热方法，化学方程式为2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2（4）用离子方程式表示怎样用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质，铁粉中混有
29、铝粉2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2FeCl2溶液中混有FeCl32Fe3+Fe=3Fe2+FeCl3溶液中混有FeCl22Fe2+Cl2=2Cl+2Fe2+（5）通常用饱和碳酸氢钠溶液试剂除去CO2中的HCl气体，反应的离子方程式为H+HCO3=H2O+CO2【考点】离子方程式的书写；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的实验方案设计菁优网版权所有【分析】（1）碳酸钾与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，氯化钾与氯化钙不反应；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠溶液，氧化铁不反应；（3）碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠和水，二氧化碳；（4）铝与氢氧化钠反应生成
30、偏铝酸钠和氢气；氯化铁与铁反应生成氯化亚铁；氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁；（5）二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳而被吸收【解答】解：（1）碳酸钾与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：Ca2+CO32=CaCO3，氯化钾与氯化钙不反应，二者现象不同，可用氯化钙溶液鉴别；故答案为：氯化钙；Ca2+CO32=CaCO3；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠溶液，离子方程式：Al2O3+2OH=AlO2+2H2O，氧化铁不反应，过滤反应后混合物可以分离氧化铁；故答案为：氢氧化钠溶液；Al2O3+2OH=AlO2+2H2O；（3）碳酸氢钠分解生成
31、碳酸钠和水、二氧化碳，方程式：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2，所以通过加热可以除去NaCO3粉末中混入的NaHCO3杂质；故答案为：加热；2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2；（4）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe3+Fe=3Fe2+；故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe2+；故答案为：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe2+；（5）二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反
32、应生成二氧化碳而被吸收，所以可以用饱和碳酸氢钠除去氯化氢，离子方程式：H+HCO3=H2O+CO2，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；H+HCO3=H2O+CO2；18某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl36H2O 晶体（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸装置B中发生反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（2）如果要在C处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行检验纯度，装置E中的现象是固体由黑色变为红色，管壁有水珠（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应
33、，过滤简述检验滤液中Fe3+的操作方法取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl36H2O晶体，设计流程如下：滤液FeCl3溶液FeCl36H2O晶体步骤I中通入Cl2的作用是将滤液中含有的Fe2+氧化成Fe3+步骤从FeCl3稀溶液中得到FeCl36H2O晶体的主要操作包括：加热浓缩、冷却结晶、过滤【考点】铁的化学性质菁优网版权所有【分析】由图可知，A提高水蒸气，B中发生3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，生成氢气具有可燃性，点燃时需要验纯，D中碱石灰干燥氢气，E中氢气还原CuO，结合铁离子遇KSCN溶液为血红色来解答（1）烧瓶底部放置
34、了几片碎瓷片是防止加热液体暴沸，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；（2）如果要在C处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行检验纯度，E中氢气还原CuO生成铜和水；（3）依据铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液设计实验验证；（4）根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；由FeCl3稀溶液中得到FeCl36H2O晶体需加热浓缩、冷却晶体，过滤【解答】解：（1）烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸，B中发生3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：防止暴沸；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）如果要在C处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行检验纯度，E中氢气
35、还原CuO，观察到的现象为固体由黑色变为红色，管壁有水珠，故答案为：检验纯度；固体由黑色变为红色，管壁有水珠；（3）检验滤液中Fe3+的操作方法为取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色，故答案为：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；（4）因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故答案为：将滤液中含有的Fe2+氧化成Fe3+； 由FeCl3稀溶液中得到FeCl36H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤19某混合物A，含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实
36、现下图所示的变化请回答下列问题（1）图中涉及分离溶液与沉淀的方法是过滤（2）B、C、D、E 4种物质的化学式为：BAl2O3、CFe2O3、DNaAlO2、EAl（OH）3（3）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O沉淀E与稀硫酸反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为Al2（SO4）3+6NH3H2O=2Al（OH）3+3（NH4）2SO4【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【分析】A含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，Al2（SO4）3溶于水，Al2O3和Fe2O
37、3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中G中含Al2（SO4）3，沉淀F是Al2O3和Fe2O3；向沉淀F中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则C为Fe2O3，溶液D为NaAlO2溶液；向溶液G中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到E为Al（OH）3，Al（OH）3加热生成B为Al2O3，以此来解答【解答】解：A含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，Al2（SO4）3溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中G中含Al2（SO4）3，沉淀F是Al2O3和Fe2O3；向沉淀F中加NaOH溶液，Fe
38、2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则C为Fe2O3，溶液D为NaAlO2溶液；向溶液G中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到E为Al（OH）3，Al（OH）3加热生成B为Al2O3，（1）分离溶液与沉淀的方法是过滤，故答案为：过滤；（2）由上述分析可知，B为Al2O3，C为Fe2O3，D为NaAlO2，E为Al（OH）3，故答案为：Al2O3；Fe2O3；NaAlO2；Al（OH）3；（3）F是Al2O3和Fe2O3，沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，E为Al（OH）3，沉淀E与稀硫酸反应的离子方程式为 A
39、l（OH）3+3H+=Al3+3H2O，G中含Al2（SO4）3，溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为Al2（SO4）3+6NH3H2O=2Al（OH）3+3（NH4）2SO4，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；Al2（SO4）3+6NH3H2O=2Al（OH）3+3（NH4）2SO420计算题：将0.2molMg、Al的混合物用盐酸完全溶解，放出标准状况下5.6L气体，然后再滴入2mol/LNaOH溶液，请回答：（1）求该混合物中Mg、Al的物质的量？（写计算过程）（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程
40、中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V=250mL（3）若该Mg、Al混合物溶于200mL 3mol/L盐酸后，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al（OH）3，则滴入NaOH溶液的体积最少为350mL【考点】化学方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】镁铝合金与盐酸发生：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，设合金中Mg为xmol，Al为ymol，则，解之得x=0.1，y=0.1，加入NaOH溶液，可发生Mg2+20H=Mg（OH）2、Al3+30H=Al（OH）3，如NaOH过量，则发生Al3+40H=AlO2+2H2O，结合反应
41、的离子方程式计算【解答】解：（1）镁铝合金与盐酸发生：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，设合金中Mg为xmol，Al为ymol，则，解之得x=0.1，y=0.1，答：混合物中Mg、Al的物质的量为n（Mg）=0.1mol、n（Al）=0.1mol；（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则发生：Mg2+20H=Mg（OH）2、Al3+30H=Al（OH）3，则需要n（NaOH）=2n（Mg）+3n（Al）=20.1mol+30.1mol=0.5mol，V（NaOH）=0.25L=250
42、mL，故答案为：250；（3）若该Mg、Al混合物溶于200mL 3mol/L盐酸后，n（HCl）=0.2L3mol/L=0.6mol，消耗n（HCl）=2n（Mg）+3n（Al）=20.1mol+30.1mol=0.5mol，剩余HCl0.6mol0.5mol=0.1mol，滴入NaOH溶液，使所得沉淀中无Al（OH）3，则发生H+0H=H2O，Mg2+20H=Mg（OH）2、Al3+40H=AlO2+2H2O，则需要n（NaOH）=n（HCl）+2n（Mg）+4n（Al）=0.1mol+20.1mol+40.1mol=0.7mol，V（NaOH）=0.35L=350mL，故答案为：3502016年6月29日
