四川省内江市2023-2024学年高一下学期入学考试化学试题含答案

内江2023—2024学年(下)高2026届入学考试
化学试题（答案在最后）
考试时间：75分钟
满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1
C-12
N-14
O-16
Na-23
Al-27
S-32
K-39
Fe-56
第Ⅰ卷选择题(满分45分)
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.化学与生活紧密相关，下列有关说法不正确的是
A.重庆素有雾都之称，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应
B.FeSO 4作补血剂时可与维生素C 同时服用
C.生铁的含碳量比钢的含碳量高，合金的熔点一般比其成分金属的熔点高
D.漂白粉可用于漂白棉、麻、纸张等，其长期露置在空气中会失效【答案】C 【解析】
【详解】A ．雾液体小颗粒分散到空气中形成的一种气溶胶，可观察到丁达尔效应，故A 正确；
B ．维生素
C 具有强还原性，与补血剂FeSO 4同时服用，可以防止亚铁被氧化为三价铁，利于铁的吸收，故B 正确；
C ．合金的熔点一般比其各成分金属的熔点低，故C 错误；
D ．漂白粉可用于漂白棉、麻、纸张等，长期露置在空气中会失效，发生的反应为：
2223Ca(ClO)+CO +H O=CaCO +2HClO ↓,22HClO 2HCl+O −−−→↑光照
,故D 正确。

答案为：C 。

2.下列有关微粒的化学用语正确的是
A.Na +的结构示意图：
B.中子数为18的氯原子：18
17Cl C.2N 的结构式：N N
=
D.用电子式表示NaCl 的形成过程：【答案】D
【解析】
【详解】A．Na+是Na原子失去最外层1个电子，其Na+的结构示意图为，故A错误；
B．根据原子构成，中子数为18的氯原子：3517Cl，故B错误；
C．氮气分子中，两个氮原子间存在三键，其结构式为N≡N，故C错误；
D．NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl形成过程为，故D正确；
答案为D。

3.下列物质既含离子键，又含共价键的化合物是
A.CaCl2
B.H2SO4
C.NaOH
D.CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaCl2是由Ca2+与2个Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，其中只含有离子键，A不符合题意；
B．H2SO4是由H2SO4分子通过分子之间作用力结合形成的共价化合物，在分子内存在共价键，不存在离子键，B不符合题意；
C．NaOH是由Na+与OH-通过离子键结合形成的离子化合物，其阴离子OH-中H、O之间以共价键结合，因此NaOH C符合题意；
D．CO2是由CO2分子通过分子之间作用力结合形成的共价化合物，在分子内存在C=O共价键，不存在离子键，D不符合题意；
故合理选项是C。

4.对下列各组物质的分类正确的是
A.混合物：钢铁、氯水、冰水混合物
B.电解质：胆矾、氯化氢、氨水
C.酸性氧化物：二氧化硫、氧化铝、干冰
D.非电解质：乙醇、四氯化碳、一氧化碳
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰水混合物中只含H2O分子，冰水混合物是纯净物，故A错误；
B．氨水是氨气的水溶液，属于混合物，既不是电解质又不是非电解，故B错误；
C．氧化铝和酸碱都能反应，氧化铝属于两性氧化物，故C错误；
D．乙醇、四氯化碳、一氧化碳自身不能电离，属于非电解质，故D正确；
选D。

5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.与铝反应放出氢气的溶液中：Na +、3Fe +、Cl -、24SO -
B.含有大量3HCO -
的溶液中：4NH +
、K +、24SO -
、O H -
C.无色透明溶液中：K +、2Mg +、Cl -、3
NO -
D.3FeCl 溶液中：Na +、24SO -、SCN -、3
NO -
【答案】C 【解析】
【详解】A ．与铝反应放出氢气，该溶液可能为酸，也可能碱，Fe 3+能与OH -反应生成氢氧化铁沉淀，Fe 3+在碱溶液中不能大量共存，故A 不符合题意；
B ．HCO 3-
与OH -反应生成23CO -
和H 2O ，4NH +
和OH -也不能大量共存，因此所给离子在指定溶液中不能
大量共存，故B 不符合题意；
C ．所给离子均为无色，且能够大量共存，故C 符合题意；
D ．Fe 3+与SCN -反应生成Fe(SCN)3，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故D 不符合题意；答案为C 。

6.下列有关物质性质的比较正确的是
A.碱性：()2CsOH KOH Mg OH NaOH >>>
B.原子半径：Mg>O>F
C.酸性：23344H SiO H PO HClO >>
D.热稳定性：43CH NH HF >>【答案】B 【解析】
【详解】A ．金属性Cs>K>Na>Mg ，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性为()2CsOH KOH NaOH Mg OH >>>，A 错误；
B ．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Mg>O>F ，B 正确；
C ．非金属元素的非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：
23344H SiO <H PO HClO <，C 错误；
D ．非金属元素的非金属性越强，则简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性：43CH NH HF <<，D 错
误；故选B 。

7.设A N 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.在25℃、101kPa 下，22.4L 2N 和2O 的混合气体中所含分子数为A N
B.0.1mol 的11B 中，含有0.6A N 个中子
C.0.1mol 3FeCl 加入沸水中完全反应生成()3Fe OH 胶体粒子数为0.1A N
D.2.3gNa 与2O 完全反应，转移的电子数为0.2A N 【答案】B 【解析】
【详解】A ．25℃、101kPa 不是标准状况，不能直接运用22.4L/mol 计算混合气体物质的量，故A 错误；B ．B 元素的原子序数为5，中子数为11-5=6，0.1mol 11B 中含有中子数为0.1mol×6×N A =0.6N A ，故B 正确；C ．氢氧化铁胶体是由多个Fe(OH)3的集合体，因此0.1molFeCl 3生成氢氧化铁胶体粒子数小于0.1N A ，故C 错误；
D ．钠与氧气反应，无论生成Na 2O 还是Na 2O 2，1molNa 转移电子物质的量为1mol ，即2.3gNa 与O 2完全反应，转移电子数为0.1N A ，故D 错误；答案为B 。

8.下列说法正确的是
A.3NaHCO 受热分解既破坏了离子键，又破坏了极性共价键
B.22Na O 、CaO 都能溶于水生成碱，它们都属于碱性氧化物
C.红热的Fe 与水蒸气反应，生成23Fe O 和2H
D.铁与少量氯气在一定条件下生成氯化亚铁【答案】A 【解析】
【详解】A ．3NaHCO 为钠离子和碳酸氢根离子构成的离子化合物，碳酸氢根离子中存在极性共价键，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，既破坏了离子键，又破坏了极性共价键，A 正确；B ．22Na O 和水生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，为过氧化物，B 错误；C ．红热的Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C 错误；
D ．铁与少量氯气只能生成氯化铁，D 错误；故选A 。

9.下列除杂的方法(括号里为少量杂质)中，所用试剂或操作不正确的是A.3NaHCO 溶液(23Na CO )：通入适量的2CO B.()2323Fe O Al O ：加入NaOH 溶液再过滤C.3FeCl 溶液(2FeCl )：通入适量的氯气
D.()2CO HCl ：将气体通过盛有饱和23Na CO 溶液的洗气瓶【答案】D 【解析】
【详解】A ．碳酸钠与水、二氧化碳能够反应生成碳酸氢钠，则通入过量的CO 2可除杂，A 正确；B ．氧化铝与氢氧化钠溶液反应而溶解，而Fe 2O 3不能，则加入氢氧化钠溶液再过滤可除杂，B 正确；C ．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，则通入足量的氯气可除杂，C 正确；
D ．CO 2和HCl 均能与碳酸钠反应，将CO 2也除去了，不符合除杂原则，应选饱和NaHCO 3溶液的洗气瓶洗气，D 错误；故选D 。

10.下列实验对应的离子方程式书写正确的是
A.向4NaHSO 溶液中滴加NaOH 溶液：2424
HSO OH =H O SO -
-
-
++B.将钠粒投入水中：22Na H O Na OH H +
-
+=++↑
C.氢氧化镁与足量稀盐酸反应：2OH H H O
-
+
+=D.向()32Ca HCO 溶液中加入过量NaOH 溶液：223332Ca 2HCO 2OH CaCO CO 2H O
+
---
++=↓++【答案】D 【解析】
【详解】A ．4NaHSO 溶液中完全电离出氢离子、硫酸根离子，滴加NaOH 溶液反应生成硫酸钠和水，
+-2H +OH =H O ，A 错误；
B ．氢原子不守恒，应为+
-
222Na+2H O=2Na +2OH +H ↑，B 错误；C ．氢氧化镁为沉淀，不能拆，()+
2+
22Mg OH +2H =H O+Mg ，C 错误；
D ．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，()32Ca HCO 溶液中加入过量NaOH 溶液，碳酸氢钙完全反应生成碳酸钙沉淀和水、碳酸钠，D 正确；故选D 。

11.下列各组物质的转化中，不是通过一步反应实现的是。

A.23Na NaOH Na CO NaCl →→→ B.23
Cl HCl NaCl NaNO →→→C.()2333Al Al O Al OH AlCl →→→ D.()()223
Fe FeCl Fe OH Fe OH →→→【答案】C 【解析】
【详解】A ．Na 与水反应生成NaOH ，NaOH 与CO 2反应生成Na 2CO 3和水，碳酸钠和CaCl 2反应生成CaCO 3和NaCl ，故A 不符合题意；
B ．Cl 2溶于水会生成HCl ，HCl 和NaOH 反应生成NaCl ，NaCl 与硝酸银反应生成3NaNO ，故B 不符合题意；
C ．铝与氧气反应生成Al 2O 3，Al 2O 3无法通过一步反应生成Al(OH)3，故C 符合题意；
D ．铁与盐酸反应生成FeCl 2，FeCl 2与NaOH 反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2和氧气、水反应生成氢氧化铁，故D 不符合题意。

故答案为C 。

12.短周期元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大且最外层电子数之和为13，X 的原子中不含中子且与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素。

下列说法不正确的是A.元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强B.元素Z 、W 的简单离子的电子层结构相同C.原子半径的大小顺序：()()()Y Z X r r r >>D.由X 、Y 两种元素可以组成含10电子的分子【答案】A 【解析】
【分析】X 的原子中不含中子得知X 为H 元素，X 与W 同族且W 的序数最大则W 是Na 元素，Z 是地壳中含量最多的元素是O 元素，四种元素最外层电子数之和为13，且Y 元素在H 和O 元素之间推断出Y 是N 元素。

【详解】A ．NH 3的热稳定性小于H 2O 的热稳定性，故A 错误；B ．O 2-离子与Na +离子都是10个电子，电子层结构相同，故B 正确；
C ．原子半径N>O>H ，故C 正确；
D ．N 和H 可以形成10电子的分子NH 3，故D 正确；答案选A 。

13.如图所示实验装置及实验结果合理的是
A.实验室用图甲所示装置除去2Cl 中的少量HCl
B.实验室用图乙所示装置测定氯水的pH
C.实验室用图丙所示装置制备少量()2Fe OH ，先打开止水夹a ，一段时间后再关闭a
D.实验室用图丁所示装置证明非金属性强弱：Cl>C 【答案】C 【解析】
【详解】A ．实验室可以用饱和NaCl 溶液除去2Cl 中的少量HCl ，但气体应该长导管进，短导管出，A 项不符合题意；
B ．由于氯水具有漂白性，不能用pH 试纸测量氯水的pH 值，应该用pH 计，B 项不符合题意；
C ．实验室用图丙所示装置制备少量()2Fe OH ，A 试管中发生反应：2442H H Fe SO FeSO +=+↑，先打开止水夹a ，2H 排空装置中的空气，一段时间后再关闭a ，由于继续产生2H ，A 试管中气体压强增大，将
A 中溶液压入
B 试管中，B 试管中发生反应：()42422FeSO NaOH Fe OH Na SO +=↓+，且体系中处于2
H 的氛围中，能够防止()2Fe OH 被氧化，故能达到实验目的，C 项符合题意；
D ．碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，说明酸性：23H HCl CO ＞，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应的水化物的酸性一致，由于HCl 不是Cl 元素的最高价氧化物对应的水化物，故不能证明两种元素非金属性的强弱，D 项不符合题意；故选C 。

14.双碱法脱硫过程如图所示。

下列说法不正确．．．
的是
A.过程Ⅰ中，2SO 表现出酸性氧化物的性质
B.过程Ⅱ中，1mol 2O 可氧化2mol 23
Na SO C.总反应为()224222Ca OH 2SO O 2CaSO 2H O ++=+D.双碱法脱硫过程中，()2Ca OH 可以循环利用【答案】D 【解析】
【详解】A ．过程Ⅰ的化学方程式为：SO 2+2NaOH=Na 2SO 3+H 2O ，即酸性氧化物与碱反应生成盐和水，SO 2表现出酸性氧化物的性质，故A 正确；
B ．过程Ⅱ中，O 2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，则O 2做氧化剂，每1molO 2可得到4mol 电子，Na 2SO 3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，则每1molNa 2SO 3被氧化时，失去2mol 电子，根据得失电子守恒可知，1mol O 2可氧化2molNa 2SO 3，故B 正确；
C ．总反应的反应物为()2Ca OH 、SO 2和O 2，生成物为CaSO 4，O 2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，SO 2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，根据元素化合价升降总数守恒以及原子守恒可知总反应为
()224222Ca OH 2SO O 2CaSO 2H O ++=+，故C 正确；
D ．双碱法脱硫过程中，过程Ⅰ消耗NaOH ，过程Ⅱ会生成NaOH ，NaOH 参与了反应，可循环利用，
()2Ca OH 不能循环利用，故D 错误；故选D 。

15.某溶液X 中可能含有下列离子中的若干种Cl -、24SO -
、23CO -
、Na +、2Mg +、2Cu +。

为了确定该溶
液的组成，取一定体积的上述溶液，进行了如下实验，下列说法正确的是
A.白色沉淀1是硫酸钡
B.溶液2中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，说明溶液X 中含有Cl -
C.溶液X 中可能存在2Mg +、Na +，一定不存在2Cu +
D.溶液X 中一定存在Na +、24SO -
、23CO -
【答案】D 【解析】
【分析】由实验流程可知，X 与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Cu 2+，且白色沉淀1与足量盐酸反应，白色沉淀2一定为BaSO 4，气体A 为CO 2，溶液中一定含24SO -
、23CO -
、Na +，则不含Mg 2+，不能
确定是否含有Cl -，以此解答该题。

【详解】A ．由分析可知，白色沉淀1是碳酸钡、硫酸钡混合物，故A 错误；B ．因加入盐酸，引入氯离子，不能确定是否含有氯离子，故B 错误；
C ．由实验流程可知，X 与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Cu 2+，溶液中一定含24SO -
、23CO -
、
Na +，则不含Mg 2+，故C 错误；
D ．由分析可知，溶液X 中一定存在Na +、24SO -
、23CO -
，故D 正确；
故选D 。

第Ⅱ卷非选择题(满分55分)
二、填空题(4个大题，共55分16.下表列出9种元素在元素周期表(元素周期表只给出部分)中的位置族
周期ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1①
2②③
④
⑤3⑥⑦
⑧4
⑨
请回答下列问题：
（1）考古工作者利用某元素的一种核素测定一些文物的年代，这种核素的元素符号是_____。

（2）写出由元素②和元素④形成原子个数比为1∶2的化合物的电子式_____。

某短周期元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，该元素在周期表的位置为_____。

（3）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物反应的离子方程式为_____。

（4）③、④、⑤三种元素的简单氢化物稳定性顺序是_____(填化学式；用“>”连接)。

元素④、⑤、⑧所形成的简单离子半径由大到小的顺序是_____(用化学符号表示)。

（5）由①、③、⑧三种元素以原子个数比4∶1∶1形成的化合物中含有的化学键类型是_____(选填“离子键”“极性键”“非极性键”)【答案】16.146
C
17.
①.
②.第三周期第ⅥA 族
18.SiO 2+2OH -=SiO 23-
+H 2O 19.
①.23
HF H O NH ＞＞②.2Cl O F ---
>>20.离子键，极性键【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，推出九种元素分别为H 、C 、N 、O 、F 、Na 、Si 、Cl 、Br ，据此分析作答。

【小问1详解】
测定文物年代，常用14C 或14
6C ，故答案为14C 或14
6C ；【小问2详解】
②、④分别为C 、O ，两者构成原子个数为1∶2的化合物为CO 2，CO 2属于共价化合物，其电子式为
；短周期元素的最高正价与最低负价的代数和为4，则该元素位于ⅥA 族，但氧元素没有+6价，
因此符合条件的元素是S 元素，位于第三周期第ⅥA 族，故答案为；第三周期第ⅥA 族；
【小问3详解】
⑥是Na 元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH ，⑦是Si 元素，其最高价氧化物为SiO 2，SiO 2为酸性氧化物，与NaOH 溶液反应的离子方程式为SiO 2+2OH -=SiO 23-
+H 2O ，故答案为SiO 2+2OH -=SiO 23-
+H 2O ；【小问4详解】
③、④、⑤分别为N 、O 、F ，它们简单氢化物分别为NH 3、H 2O 、HF ，N 、O 、F 非金属逐渐增强，其简单氢化物的稳定性逐渐增强，即稳定性顺序是HF ＞H 2O ＞NH 3；④、⑤、⑧分别为O 、F 、Cl ，简单离子为O 2-、F -、Cl -，一般电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，因此离子半径大小顺序是Cl -＞O 2-＞F -；故答案为HF ＞H 2O ＞NH 3；Cl -＞O 2-＞F -；【小问5详解】
①、③、⑧分别为H 、N 、Cl ，原子个数为4∶1∶1组成的化合物为NH 4Cl ，属于离子化合物，NH 4+、Cl -之间存在离子键，N 和H 之间存在极性共价键，故答案为离子键、极性键。

17.实验室可用如图装置制备无水3FeCl 。

已知3FeCl 易升华，易吸收水分而潮解。

请回答下列问题：
（1）连接好仪器后首先应进行的操作是_____。

（2）装置A 盛放浓盐酸的仪器名称是_____，其上口与烧瓶用导管相连的作用是_____。

（3）A 装置中发生反应的离子方程式为_____。

（4）装置B 的作用是_____，G 中发生反应的离子方程式为_____。

（5）F 中所装试剂为_____，目的是_____。

【答案】（1）检查装置的气密性
（2）①.分液漏斗
②.平衡气压，使液体能顺利流下（3）2222ΔMnO 4H 2Cl
Mn Cl 2H O +-++++↑+（4）①.检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除掉2Cl 中的HCl 气体
②.22Cl 2OH Cl ClO H O
---+=++（5）
①.浓硫酸②.防止G 中的水蒸气进入导致3FeCl 吸水潮解【解析】
【分析】本题制备氯化铁，原理是2Fe+3Cl 2Δ2FeCl 3，装置A 制备氯气，装置B 目的是除去氯气中的HCl ，装置C 的作用是干燥氯气，装置E 收集氯化铁，装置F 中盛放浓硫酸，装置G 的作用是吸收多余氯气，防止污染空气，据此分析；
【小问1详解】
因为实验需要氯气参与反应，因此连接好仪器后，需要检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；
【小问2详解】
根据仪器特点，装置A 中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；其上口与烧瓶用导管相连，使烧瓶与分液漏斗上
方气压相等，有利于液体顺利滴下；故答案为分液漏斗；平衡气压，使浓盐酸能顺利流下；
【小问3详解】
装置A 的目的是制备氯气，其离子方程式为MnO 2+4H ++2Cl -ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O ，故答案为
MnO 2+4H ++2Cl -ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O ；
【小问4详解】
装置B 中盛放饱和食盐水，装置A 中制备的氯气中混有HCl ，因此装置B 作用之一吸收氯气中的HCl ，氯化铁常温下为固体，但氯化铁易升华，后续装置如果有堵塞，装置B 中长颈漏斗中的液面上升，综上所述，装置B 的作用是检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除去氯气中的HCl ；氯气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，装置G 的作用是吸收多余氯气，其离子方程式为Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O ，故答案为检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除去氯气中的HCl ；Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O ；
【小问5详解】
装置E 的作用是收集氯化铁，因为氯化铁易吸收水分而潮解，因此装置F 中应盛放浓硫酸，防止装置G 中水蒸气进入装置E ，使氯化铁潮解；故答案为浓硫酸；防止G 中的水蒸气进入，导致FeCl 3吸水潮解。

18.Ⅰ．现有以下几种物质(或微粒)：①液氯②178O ③18
8O ④液态HCl ⑤稀24H SO ⑥熔融3NaNO 。

回答下列问题：
（1）②和③之间互为_____。

（2）以上物质中属于能导电的电解质是_____。

(填代号)
（3）写出①在水中发生反应的离子方程式_____。

Ⅱ．实验室用固体NaOH 配制0.5mol/L 的NaOH 溶液500mL ，有以下仪器和用品有：①烧杯②100mL 量筒③药匙④玻璃棒⑤托盘天平(带砝码)
（4）配制时，还缺少的仪器是_____。

（5）在配制的转移过程中某学生进行如图操作，请指出其中的错误：_____。

（6）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是_____(填字母)。

A.没有将洗涤液转移到容量瓶
B.转移过程中有少量溶液溅出
C.容量瓶洗净后未干燥
D.定容时俯视刻度线
（7）实验中还需要2mol/L 的NaOH 溶液95mL ，配制时应称取NaOH 固体的质量是_____g
【答案】（1）同位素
（2）⑥（3）22Cl H O H Cl HClO
+-+++ （4）胶头滴管、500mL 容量瓶
（5）未使用玻璃棒进行引流、未使用500mL 的容量瓶
（6）AB
（7）8.0
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签。

【小问1详解】
②和③为氧元素的不同原子，互为同位素；
【小问2详解】
电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；以上物质中属于能导电的电解质：⑥熔融3NaNO ；
【小问3详解】
氯气溶于水，和水部分反应生成盐酸和次氯酸，反应为：22Cl H O H Cl HClO +-
+++ ；【小问4详解】
配制0.5mol/L 的NaOH 溶液500mL ，因此需要500mL 容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液最后需用胶头滴管定容；故答案为：500mL 容量瓶；胶头滴管。

【小问5详解】
图中有两处错误：未用玻璃棒引流、容量瓶规格错误；故答案为：未用玻璃棒引流；应使用500mL 的容量瓶；
【小问6详解】
A ．没有将洗涤液转移到容量瓶，溶质物质的量偏小，浓度偏低，故A 符合题意；
B ．转移过程中有少量溶液溅出，溶质物质的量减小，浓度偏低，故B 符合题意；
C ．容量瓶洗净后未干燥，对结果无影响，故C 不符合题意；
D ．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故D 不符合题意；
综上所述，答案为：AB 。

【小问7详解】
实验中还需要2mol/L 的NaOH 溶液95mL ，，配制时需要100mL 容量瓶，因此计算固体质量时要按照100mL 计算，则需称量氢氧化钠固体2mol/L×0.1L×40g∙mol −1＝8.0g 。

19.明矾()422KAl SO 12H O ⋅在日常生活中用途非常广泛。

用废铝灰(含Al 、23Al O 、Fe 、23Fe O 、FeO 等)为原料制取明矾的工艺流程如下图。

回答下列问题：
已知：3Fe +开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH 为1.9～3.7；3Al +开始沉淀到完全沉淀时溶液的pH 为5.5~8.5。

（1）“酸溶”时，23Al O 溶解的离子方程式为_____。

（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_____。

（3）“步骤①”调节pH 约为3.7的目的是_____；检验“过滤2”滤液中是否含3Fe +可用试剂_____。

（4）“步骤②”包含的操作有_____、_____、过滤、洗涤及干燥。

（5）已知废铝灰中铝元素的含量为a%，则mkg 废铝灰理论上可制得明矾_____kg 。

【答案】（1）232Al O 6H 2Al 3H O
+++=+3（2）2+3+2222Fe
H O 2H 2Fe 2H O +++=+（3）
①.使Fe 3+完全沉淀而Al 3+不沉淀②.KSCN 溶液（4）
①.蒸发浓缩②.冷却结晶（5）474%27
ma
【解析】
【分析】废铝灰加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al 3+、Fe 2+、Fe 3+、硫酸根离子的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe 2+氧化为Fe 3+，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，向氧化后的滤液中加入Al(OH)3，Fe 3+转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含有Al 3+、硫酸根离子的滤液，滤渣2为Fe(OH)3，向滤液中加入K 2SO 4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体；
【小问1详解】
“酸溶”时，23Al O 和稀硫酸生成硫酸铝和水，232Al O 6H 2Al 3H O +++=+3；
【小问2详解】
过氧化氢具有氧化锌，“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe 2+氧化为Fe 3+，发生反应的离子方程式为2+3+2222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++=+；
【小问3详解】
“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3，氢氧化铝能和氢离子反应，而能够调节溶液的pH 值，根据已知：Fe 3+开始沉淀到沉淀完全时溶液的为1.9～3.7，则调节约为3.7的目的是使Fe 3+完全转化为Fe(OH)3沉淀；Fe 3+可用KSCN 检验，二者发生反应生成血红色溶液；
【小问4详解】
“步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥；
【小问5详解】
已知废铝灰中铝元素的含量为a%，根据铝元素守恒可知，mKg 废铝灰理论上可制得明矾a%474%2727100%474
mkg ma kg ⨯=⨯。