内蒙古赤峰市宁城县2019_2020学年高一化学上学期期末考试试题含解析

2019-2020学年度上学期期末素质测试试卷
高一化学
可能用到的相对原子质量：H 1 Cl 35.5 N 14 C 12 O 16 Cu 64 Na 23 S 32 Al 27
第Ⅰ卷
一、选择题（共16个小题，每小题3分，共计48分）
1.朱自清在《荷塘月色》冲写道:“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的班驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是
A. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1nm-100nm
B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动
C. 雾是一种胶体，胶粒带相同电荷
D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】A．题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，A正确；
B．空气中的小水滴颗粒的布朗运动不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，B错误；
C．雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，C错误；
D．雾作为一种胶体，确实能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，D错误；
答案选A。

2.下列实验中，所选装置不合理的是（）
A. 除去CO中的CO2
B. 分离乙醇和水
C. 除去水中泥沙
D. 收集氯气
【答案】B 【解析】
【详解】A.氢氧化钠溶液吸收二氧化碳、但不吸收CO ，用NaOH 溶液除去CO 中的CO 2，然后干燥得纯净CO ，装置合理；
B.乙醇和水任意比例互溶，不能用分液法分离，不合理；
C.泥沙是不溶性固体，采取过滤法可除去水中泥沙，合理；
D.氯气密度大于空气，采用向上排空气法收集氯气，合理； 答案选B 。

3.对于相同温度、相同压强下，相同物质的量的SO 2和SO 3，下列说法中正确的是（ ） A. 硫元素的质量比为5：4 B. 质量之比为1：1 C. 分子数之比为5：4 D. 密度之比为4：5
【答案】D 【解析】 【分析】
既然是相同物质的量的2SO 和3SO ，可以假设有1mol 2SO 和1mol 3SO ，据此来分析就一目了然了。

【详解】A.根据分析二者都有1mol 硫原子，因此硫的质量相同，A 项错误；
B.根据m=n M g ，二者物质的量n 相同，因此只需要比较它们的摩尔质量M 就可以知道二
者的质量比，2SO 的摩尔质量为64g/mol ，3SO 的摩尔质量为80g/mol ，因此二者的质量比为4:5，B 项错误；
C.根据A N=n N g ，二者的物质的量n 相同，所以它们具有相同的分子数，C 项错误；
D.在相同条件下，气体的密度符合m
M
ρ=V ，因此二者的密度就是二者的摩尔质量之比，为4:5，D 项正确； 答案选D 。

4.N A 表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( ) A. 0.1mol Fe 与足量氯气反应时，转移的电子数目为0.2N A B. 常温常压下，18 g H 2O 中含有的原子总数为3N A C. 标准状况下，22.4 L 的CCl 4中含有的CCl 4分子数为N A D. 1 L 0.1 mol·L －1
硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4N A 【答案】B 【解析】
【详解】A.氯气与金属反应生成最高价氯化物，0.1mol 铁在反应后变成0.1mol 3FeCl ，因此一共转移了0.3mol 电子，数量0.3N A ，A 项错误；
B.根据m
n=
M
，18g 水即1mol 水，又因为1个水分子中有2个氢原子和一个氧原子，因此1mol 水中一共有3mol 原子，B 项正确；
C.标况下4CCl 不是气体，不能用22.4L/mol 计算22.4LCCl 4物质的量，C 项错误；
D.水分子中也有氧原子，因此1L0.1mol/L 硫酸钠溶液中所含的氧原子远远大于0.4N A ，D 项错误； 答案选B 。

【点睛】本题易错选D 项，只考虑硫酸钠中氧原子，忽略溶剂水中含有的氧原子。

5.除去下列括号内杂质能达到目的的是（ ） A. NaCl 溶液（K 2SO 4）：BaCl 2溶液 B. CO 2气体（SO 2）：NaOH 溶液 C. Fe 2(SO 4)3溶液（FeSO 4）：氯水 D. MgO 固体（Al 2O 3）：NaOH 溶液
【答案】D 【解析】
【详解】A.氯化钡虽然能除掉2-
4SO ，但是+K 和过量的2+Ba 无法除去，A 项错误； B.氢氧化钠溶液会把二氧化碳也吸收掉，B 项错误；
C.氯水虽然能将2+Fe 氧化为3+Fe ，但是会引入-Cl ，C 项错误；
D.氧化镁属于碱性氧化物，与NaOH 溶液不反应，氧化铝溶于NaOH 溶液生成可溶性的NaAlO 2，再过滤、洗净、干燥即可，D 项正确； 答案选D 。

【点睛】物质的分离和提纯的基本原则：不增（不增加新杂质）、不减（不减少主体物质）、易分离、易复原。

6.在下列条件的溶液中，各组离子一定能够大量共存的是( ) A. 使酚酞溶液变红的溶液：Na ＋、Cl －、SO 42-、Fe 3＋ B. 无色透明溶液中：K ＋、SO 42-、MnO 4-、H ＋ C. 含有大量OH －
的溶液中：Ba 2＋
、Na ＋
、NO 3-、Cl －
D. 可与锌反应放出氢气的溶液中：Na ＋、Ca 2＋、Cl －、CO 32- 【答案】C 【解析】 【分析】
先分析题干中所带的隐含条件，再判断各离子之间能否大量共存即可。

【详解】A.使酚酞溶液变红的是碱性溶液，碱性溶液中无法大量存在3+Fe ，A 项不符合题意； B.含-4MnO 的溶液呈紫红色，与题干中的无色透明溶液不符，B 项不符合题意； C.碱性溶液中这些离子之间均不发生反应，可以大量共存，C 项符合题意；
D.能与锌反应放出氢气的是酸性溶液，酸性溶液中2-3CO 无法大量存在，Ca 2+与CO 32-不能大量共存，D 项不符合题意； 答案选C 。

7.在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能实现的是（ ）
A. CaCO 3−−−→高温CaO 2
SiO
−−−→高温
CaSiO 3 B. Fe 2
Cl
−−−→点燃
FeCl 2NaOH −−−−→溶液Fe(OH)3 C. Al 3
HNO −−−→H 2CuO
−−−→加热
Cu
D. S 2O −−−→点燃
SO 32
H O
−−−→H 2SO 4 【答案】A 【解析】
【详解】A.高温下碳酸钙分解产生氧化钙，氧化钙这种碱性氧化物可以和二氧化硅这种酸性氧化物在高温下直接成盐变成硅酸钙，A 项转化均能实现；
B.氯气与金属反应生成的是最高价氯化物，因此是3FeCl ，FeCl 2与NaOH 反应生成Fe （OH ）
2
沉淀，B 项不能实现；
C.硝酸是一种强氧化性酸，与金属反应一般是不产生氢气，而是产生氮氧化物，C 项第一步不能实现；
D.硫在氧气中点燃生成2SO ，不能生成3SO ，D 项第一步不能实现； 答案选A 。

8.下列离子方程式书写正确的是( )
A. Ba(OH)2和H 2SO 4两溶液混合：Ba 2＋
＋OH －
＋H ＋
＋SO 42-
=BaSO 4↓＋H 2O B. 氯气溶于水：H 2O ＋Cl 2= 2H ＋＋ Cl －＋ClO － C. 锌和硝酸银溶液反应：Zn ＋Ag ＋
=Ag ＋Zn 2＋
D. 向Al 2(SO 4)3溶液中加入过量的氨水：Al 3++3NH 3·H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4+ 【答案】D 【解析】
【详解】A.2Ba(OH)是二元强碱，24H SO 是二元强酸，两者反应的离子方程式是
2+-+2-442Ba +2OH +2H +SO =BaSO +2H O ↓，A 项错误；
B.次氯酸是弱酸，不能拆开，离子方程式为Cl 2+H 2O=H +
+Cl -
+HClO ，B 项错误； C.选项中电荷不守恒，正确的离子方程式是+
2+
Zn+2Ag =Zn +2Ag ，C 项错误； D.氨水是弱碱水溶液，过量氨水只能与3+Al 反应得到3Al(OH)，D 项正确；
答案选D 。

【点睛】判断离子方程式的正误常从以下几个方面分析：（1）是否符合反应事实；（2）改写是否正确；（3）方程式是否配平（即原子、电荷、电子是否守恒）；（4）化学计量关系是否正确。

9.中国传统文化对人类文明贡献巨大,古代文献中充分记载了古代化学研究成果,我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应,其中有①“丹砂烧之成水银,积变又成丹砂”；②“以曾青涂铁,铁赤色如铜”,下列有关叙述正确的是( )(已知丹砂化学式为HgS) A. ①中水银“积变又成丹砂”说明水银发生了还原反应 B. ②中反应的离子方程式为2Fe+3Cu 2+=2Fe 3++3Cu
C. 根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银,防止中毒
D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜 【答案】C 【解析】
【详解】A. ①中水银“积变又成丹砂”说明水银化合价升高，发生了氧化反应，故错误； B. ②中反应的离子方程式为Fe+Cu 2+=Fe 2++Cu ，故错误；
C. 水银为汞，蒸气有毒，所以根据①可知温度计打破后，可以用硫粉覆盖水银后两者可以化合为硫化汞，防止中毒，故正确；
D. 水银不如铜活泼，故其不能与硫酸铜发生置换生成单质铜，D 错误。

故选C 。

10.下列各组中的两种物质反应时，反应条件或反应物用量或浓度的改变，对生成物没有影响的是（ ） A. Na 和O 2
B. Cl 2和H 2
C. Ca(OH)2溶液和CO 2
D. Cu 和HNO 3溶液
【答案】B 【解析】
【详解】A.钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，在加热或点燃的情况下生成过氧化钠，A 项不符合题意；
B.氯气和氢气无论光照还是点燃，生成的都是氯化氢，B 项符合题意；
C.少量2CO 与Ca （OH ）2溶液反应的产物是3CaCO ，若2CO 过量，产物是32Ca(HCO )，C 项不符合题意；
D.铜和浓、稀硝酸的反应产物不一样，浓硝酸的还原产物是2NO ，稀硝酸的还原产物是
NO ，D 项不符合题意；
答案选B 。

11.下列有关硫及其化合物的说法中正确的是( )
A. 浓硫酸与灼热的炭反应，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
B. 浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，不能干燥 NH3、 H2S等气体
C. SO2和 Cl2均可使品红溶液褪色，但将溶有 SO2的品红溶液加热后又恢复红色，说明 SO2的氧化性没有 Cl2强
D. 以 FeS和稀硫酸反应制H2S气体为氧化还原反应
【答案】B
【解析】
CO，浓硫酸被还原成SO2，体现了硫酸的【详解】A.浓硫酸与灼热的炭反应，炭被氧化成2
强氧化性，但是反应产物中没有硫酸盐，因此无法体现硫酸的酸性，A项错误；
B.由于浓硫酸具有酸性和强氧化性，浓硫酸不能干燥碱性气体（如NH3）和还原性气体（如H2S、HI等），B项正确；
C.二氧化硫的漂白原理与氯气的漂白原理不一样，二氧化硫漂白的原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，因此不能根据二氧化硫的漂白是可逆的这一点来判断二者的氧化性强弱，C项错误；
H S中硫的化合价也是-2价，则FeS与稀硫酸发生复分解反D.FeS中硫的化合价为-2价，2
应制备H2S，没有元素化合价的变化，因此不是氧化还原反应，D项错误；
答案选B。

12.化工厂常用浓氨水检验管道是否漏氯气，其反应为：3Cl2 ＋8NH3 ═6NH4Cl＋N2当有160.5g NH4Cl产生时，被氧化的氨是
A. 214g
B. 53.5g
C. 17g
D. 68g 【答案】C
【解析】
根据方程式可知氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，氮元素化合价从－3价升高到0价，失去电子，被氧化，氨气是还原剂，生成6mol氯化铵时有2mol氨气被氧化。

160.5g NH4C1的物质的量是160.5g÷53.5g/mol＝3mol，因此被氧化的氨是1mol，质量是17g，答案选C。

点睛：掌握有关元素的化合价变化情况是解答的关键，参加反应的氨气是8mol，但只有2mol 作还原剂，另外6mol氨气与生成的氯化氢结合生成氯化铵。

13.下列实验结论与实验操作及现象相符的一组是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D 【解析】
【详解】A.原溶液中也可能是-3HCO ，甚至可能是2-3SO 或-
3HSO ，A 项错误；
B.仅根据现象无法说明使溶液变红的3+Fe 是一开始就有的，还是原溶液中的2+Fe 被氯气氧化产生的，若想检测2+Fe 的存在应改变试剂的加入顺序，B 项错误；
C.铁和硫酸铜的反应中，2+Cu 是氧化剂，2+Fe 是氧化产物，根据同一氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物的规律，应该是2+Cu 的氧化性强于2+Fe ，C 项错误；
D.3+Fe 是黄色的且具有氧化性，若黄色褪去说明3+Fe 被还原，则维生素C 具有还原性，D 项正确； 答案选D 。

14.如图是病人输液用的葡萄糖(分子式为C 6H 12O 6)注射液的标签上的部分内容。

据标签所提供的信息，以下说法错误的是（ ）
5%葡萄糖注射液 500 mL
【性状】本品为无色或几乎为无色的透明液体 【规格】500 mL 25 g 【贮藏】密封保存
A. 该注射液中葡萄糖的质量分数是5%
B. 葡萄糖的摩尔质量为180 g·mol －1
C. 该注射液的密度约为1g·cm －3
D. 该注射液中葡萄糖的物质的量浓度约为0.014mol·L －1 【答案】C 【解析】
【详解】A 项、由标签所提供的信息可知，该注射液中葡萄糖的质量分数为5%，故A 正确； B 项、由葡萄糖的分子式为C 6H 12O 6可知，相对分子质量为180，摩尔质量为180 g·mol －1，故B 正确；
C 项、由标签所提供的信息可知，500 mL5%葡萄糖注射液的质量25 g ，则注射液的密度约为
25500g ml
=0.05g/mL=0.05g/cm 3
,故C 错误；
D 项、由标签所提供的信息可知，500 mL5%葡萄糖注射液的质量25 g ，葡萄糖的物质的量为
255%180/g g mol
≈0.00694mol ，该注射液中葡萄糖的物质的量浓度为0.006940.5mol
L
≈0.014mol/L ，故D 正确； 故选C 。

15.仅用下图装置可完成(装置可加热)：
A. 用锌粒与稀H 2SO 4反应制H 2
B. 用 NH 4CI 与 Ca(OH)反应制 NH 3
C. 用Cu 与浓HNO 3反应制NO 2
D. 浓硫酸和铜制SO 2 【答案】A 【解析】
【详解】A. Zn 与稀H 2SO 4反应不需要加热，生成的H 2可用排水法收集，A 正确； B. NH 3极易溶于水，不能用排水法收集，B 错误； C. NO 2可与水反应生成NO ，不能用排水法收集，C 错误；
D. 铜与浓硫酸在加热条件下才反应，且SO 2易溶于水，不能用排水法收集，D 错误。

答案选A 。

16.把Na 2CO 3和NaHCO 3的混合物27.4g 加热到质量不再变化时，得残留固体21.2g 。

求原混合物中NaHCO 3和Na 2CO 3的质量之比为( ) A. 53∶84 B. 1∶1
C. 84∶53
D. 42∶53
【答案】C 【解析】
【详解】碳酸钠受热无变化，碳酸氢钠受热分解323222NaHCO Na CO +CO +H O @，根据方程式我们可以发现实际减少的质量是2CO 和水蒸气的质量，假设生成了xmol 2CO ，则生成水的物质的量也是x mol ，代入它们的摩尔质量有44x+18x=27.4-21.2，解得x=0.1mol ，
即生成了0.1mol 2CO 和0.1mol 2H O ，根据化学计量数之比推出原混合物中有0.2mol 3NaHCO ，则原混合物中m （NaHCO 3）=0.2mol×84g/mol=16.8g，23Na CO 的质量为27.4g-16.8g=10.6g ，二者的的质量比为16.8g ：10.6g=84:53； 答案选C 。

第Ⅱ卷
二、简答题（共计52分）
17.“生活无处不化学”，请你回答下列问题。

(1)厨房中的调味品，①盐（主要成分氯化钠）、②碱面（主要成分碳酸钠）、③白醋（主要成分乙酸）。

主要成分中具有碱性的是_____（填序号，下同）；属于盐类的是______；相互
间能发生反应的是________。

(2)食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察的现象是_______________，该变化称为______反应。

(3)沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，该反应的化学方程式是__________________。

(4)家庭中常用“84”消毒液(主要成分NaClO)与洁厕灵(主要成分盐酸)清洁卫生。

“消毒液”与“洁厕灵”同时使用会产生有毒的氯气，写出该反应的离子方程式：____________________________________________。

(5)纯碱（Na 2CO 3）、小苏打（NaHCO 3）广泛应用在食品加工。

苏打饼干原料中含有小苏打，在烘焙受热过程中，小苏打发生分解反应，该反应的化学方程式是
_____________________________________；苏打饼干可以适当缓解人体胃酸（主要成分盐酸）过多症状，该反应的离子方程式是__________________________________________。

(6)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：______________。

【答案】 (1). ② (2). ①② (3). ②③ (4). 发出黄色火焰 (5). 焰色
反应 (6). 3Fe+4H 2O(g) 高温Fe 3O 4+4H 2 (7). ClO －+Cl －+2H +
=Cl 2↑+H 2O (8). 2NaHCO 3
Δ Na 2CO 3+H 2O+CO 2↑ (9). HCO ＋H ＋=CO 2↑＋H 2O (10). 2Na 2O 2＋2CO 2=2Na 2CO 3
＋O 2 【解析】
【详解】（1）具有碱性的物质是碳酸钠，填②；属于盐类的是氯化钠和碳酸钠，填①②；碳酸钠能与乙酸发生反应生成二氧化碳，填②③；
（2）食盐中有钠元素，钠元素在火焰上加热时会产生特征的黄色火焰，该变化也称为焰色反应；
（3）Fe 与水蒸气高温下反应生成黑色34Fe O 和H 2，反应的化学方程式为：
23423Fe+4H O(g)Fe O +4H 高温；
（4）次氯酸钠中的氯元素是+1价，盐酸中的氯是-1价，二者发生归中反应得到氯气，反应
的离子方程式为：--+22ClO +Cl +2H =Cl +H O ；
（5）小苏打受热分解的化学方程式为：323222NaHCO Na CO +CO +H O ↑@，苏打饼干
中的3NaHCO 也可与胃酸发生反应：-+322HCO +H =H O+CO ↑，从而缓解胃酸过多的症
状；
（6）过氧化钠与二氧化碳反应放出氧气，因此可作为供氧剂，反应的化学方程式为：2222322Na O +2CO =2Na CO +O 。

18.计算下列各题：
(1)在标准状况下，CO 和CO 2的混合气体共17.92L ，质量为27.2g ，则两种气体的物质的量之和为________ mol ，其中CO 2为________ mol ，CO 占总体积的________，混合气体的摩尔质量为________。

(2)在100mL 混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.4mol/L ，硫酸的物质的量浓度为0.2mol/L ，向其中加入6.4g 铜粉，微热，使其充分反应，生成NO 在标准状况下的体积为 _______________
【答案】 (1). 0.8 (2). 0.3 (3). 62.5% (4). 34g/mol (5). 0.448L
【解析】
【详解】（1）混合气体的物质的量n=V 22.4L /mol =17.92L 22.4L /mol
=0.8mol ；二氧化碳可以看作“多了一个氧原子的一氧化碳”，因此混合物可以看成0.8mol 一氧化碳和一些氧原子，根据m=nM=0.8mol×28g/mol=22.4g 算出这些一氧化碳的质量，则氧原子的质量为27.2g-22.4g=4.8g ，氧原子的物质的量为 4.8g÷16g/mol=0.3mol，则二氧化碳的物质的量也为0.3mol ；一氧化碳的物质的量为0.8mol-0.3mol=0.5mol ，因此CO 占总体积的
0.5mol 0.8mol ×100%=62.5%；混合气体的摩尔质量为m n 总总=27.2g 0.8mol =34g/mol ； （2）0.4mol/L 的硝酸属于稀硝酸，因此混合酸和铜反应的离子方程式为
+-2+323Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O ↑，铜物质的量为6.4g÷64g/mol=0.1mol，混合
酸中H +一共有（0.4mol/L+0.2mol/L×2）×0.1L=0.08mol，-
3NO 一共有0.4mol/L×0.1L=0.04mol ，综上可以发现H +是少量的，因此能生成的NO 的量要按照+H 的量来计算，根据化学计量数之比，0.08mol 的+H 一共能生成0.02mol 的NO ，这些NO 在标况下的体积为0.02mol 22.4L/mol=0.448L ⨯。

【点睛】第（2）题是本题的易错点，Cu 虽然与稀硫酸不反应，但稀硫酸提供H +使NO 3-表现
强氧化性，故计算时应用离子方程式，不能用化学方程式。

19.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。

下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：
(1)下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是__________。

A．蔗糖 B．硫酸钾 C．高锰酸钾 D．硝酸
(2)在溶液配制过程中，下列操作正确且对配制结果没有影响的是__________。

A．将药品放入容量瓶中加蒸馏水溶解
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
(3)配制上述500mL“鲜花保鲜剂”所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、_____________、
__________。

（在横线上填写所缺仪器的名称）
(4)鲜花保鲜剂中K+(蔗糖、阿司匹林中不含K+) 的物质的量浓度为______mol/L。

【答案】 (1). A (2). BD (3). 500mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 0.022 【解析】
【分析】
本题考查了电解质的概念和一定物质的量浓度的溶液配制的问题，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，据此来分析即可。

而溶液配制过程中的误差分析，只需牢牢抓
住
n
c=
V
来进行分析即可。

【详解】（1）根据定义，蔗糖在水溶液中或熔融状态下均不能导电，蔗糖是非电解质，硫酸
钾、高锰酸钾、硝酸都属于电解质，答案选A ；
（2）A.容量瓶只能用于配制溶液，不能用来溶解或稀释溶质，否则会因为温度改变而导致体积不精确，A 项对配制结果有影响；
B.定容的过程本身就需要加蒸馏水至刻度线，因此容量瓶中本身有少量蒸馏水不会造成影响，B 项对配制结果没有影响；
C.容量瓶刚配完一定物质的量浓度的食盐水，还会残留部分氯化钠，这些氯化钠会污染新配制的溶液，并消耗硝酸银，使硝酸银的浓度偏小，C 项对配制结果造成影响；
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，此时是正常现象，不需要做任何处理，D 项对配制结果没有影响；
答案选BD 。

（3）在配制一定浓度的溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和对应体积的容量瓶，本题中要配制500mL 溶液，因此直接选用500mL 容量瓶即可；
（4）n （K 2SO 4）=0.87g÷174g/mol=0.005mol、n （KMnO 4）=0.158g÷158g/mol=0.001mol，则+K 的总物质的量为0.005mol×2+0.001mol=0.011mol，K +
物质的量浓度n 0.011mol c===0.022mol/L V 0.5L。

20.实验室用浓盐酸和2MnO 制2Cl ，并以干燥的2Cl 为原料进行实验，装置如下图所示。

⑴装置A 烧瓶中发生反应的化学方程式为：_________________________________。

⑵装置B 、C 中应盛放的试剂名称分别为__________、_________；从A 装置导出的气体若不经过B 、C 装置而直接进入D 管，将对实验产生的不良后果是
___________________________。

⑶实验时，先点燃A 处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D 处酒精灯，写出D 中反应的化学方程式：_________________________________________。

⑷F 装置所起的作用是____________________，____________________。

⑸用廉价的石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，写出工业制漂粉精反应的化学方程式：
___________________________________________________________________。

【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓) Δ
MnCl2+Cl2 ↑ +2H2O (2). 饱和食盐水 (3). 浓
硫酸 (4). 铁粉会与氯化氢、水反应生成氢气，易发生爆炸，防止生成氯化亚铁。

（答案
合理就给分） (5). 2Fe+3Cl2Δ
2FeCl3 (6). 吸收未反应的氯气，以免污染空气
(7). 防止空气中的水蒸气进入E中 (8). 2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【详解】（1）A装置烧瓶中发生制备氯气的反应，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) Δ
MnCl2+Cl2 ↑+2H2O。

（2）A装置制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，与铁反应时需要净化氯气，因此装置B、C 中应盛放的试剂名称分别为饱和食盐水、浓硫酸；铁是活泼的金属，能与盐酸、水蒸气反应生成可燃性气体氢气，因此从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，将对实验产生的不良后果是铁粉会与氯化氢、水反应生成氢气，易发生爆炸，防止生成氯化亚铁。

（3）加热时铁和氯气化合生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2Δ
2FeCl3。

（4）氯气有毒、是大气污染物，因此装置F所起的作用是吸收未反应的氯气，以免污染空气，同时还防止空气中的水蒸气进入E中。

（5）石灰乳和氯气反应制漂粉精的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

21.某化学兴趣小组模拟工业上从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）中提取氧化铝的工艺做实验，流程如下：
请回答下列问题：
(1)操作Ⅰ的名称为_________。

(2)验证溶液B 中是否含有Fe 3+
的方法：_______________________________。

(3)不溶物A 是_____(填化学式)，写出③中D→E 反应的离子方程式
_____________________________。

(4)步骤②中加入过量NaOH 溶液发生反应的离子方程式，除了H ++OH ﹣=H 2O 、Fe 3++3OH ﹣=Fe(OH)3↓还有______________________________。

(5)如果铝土矿10g ，步骤④中灼烧后得不溶物G 质量为5.1g ，则矿石中铝元素的含量为_________________。

【答案】 (1). 过滤 (2). 取少量溶液B 于试管中，加入少量KSCN 溶液，若溶液变成红色，则溶液B 中含有Fe 3＋ (3). SiO 2 (4). AlO 2－＋2H 2O ＋CO 2 = HCO 3－＋Al(OH)3↓
(5). Al 3++4OH ﹣=AlO 2﹣+2H 2O (6). 27%
【解析】
【分析】
第一步先加入足量盐酸，将氧化铝和氧化铁溶解，二氧化硅不与一般的酸反应，因此可以过滤除去，则不溶物A 就是二氧化硅；接下来加入足量氢氧化钠，一方面将Fe 3+转变为氢氧化铁沉淀，另一方面由于NaOH 是过量的，Al 3+将转变为-2AlO ，再过滤即可除去不溶的氢氧化铁，C 是氢氧化铁；再通入过量2CO ，可以将-2AlO 转变为氢氧化铝沉淀，此时溶液中剩余的是碳酸氢钠，则F 是碳酸氢钠，E 是氢氧化铝；灼烧氢氧化铝即可分解得到氧化铝，即我们的产物G ，据此分析解答。

【详解】（1）根据分析，操作I 的名称为过滤；
（2）若要验证溶液中是否含有3+Fe ，最好的办法就是取少量溶液B ，加入KSCN 溶液，若变红则证明原溶液中含有3+Fe ；
（3）根据分析不溶物A 是2SiO ；D→E 的过程是过量的2CO 将溶液中的-2AlO 转化为氢氧
化铝的过程，反应的离子方程式为：--22233AlO +2H O+CO =HCO +Al(OH) ； （4）根据分析，过量的NaOH 先中和步骤①过量的酸，再把Fe 3+转变为氢氧化铁，Al 3+转变
为-2AlO ，Al 3+与过量NaOH 反应的离子方程式为：3+--
22Al +4OH =AlO +2H O ； （5）根据分析G 为氧化铝，n （Al 2O 3）=5.1g÷102g/mol=0.05mol，根据化学式可知0.05mol
氧化铝中一共有0.1mol铝，根据Al守恒，铝土矿中Al元素的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g，
则矿石中的含铝量为2.7g
100%=27% 10g。