2019-2020学年四川省攀枝花市第十五中学高一下学期第二次月考化学试题(解析版)

四川省攀枝花市第十五中学2019-2020学年高一下学期第二
次月考试题
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 P-31 Cl-35.5 S-32
K-39Cu-64 Fe-56
一、选择题(每小题只有一个正确答案)
1.下列说法正确的是（）
A. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火
B. 化学危险品标志上的数字表示的是危险等级
C. 蒸馏实验结束后，先停止通冷凝水，再停止加热
D. 焰色实验所用的铂丝，每次用完后都要用蒸馏水洗涤
『答案』A
『解析』
『详解』A．金属钠着火时，用细沙覆盖灭火，以隔绝氧气，故A正确；
B．化学危险品标志上的数字表示的是危险品的类别，故B错误；
C．蒸馏实验结束后，先停止加热，温度逐渐降低，基本没有产品再蒸出的时候，再停止通冷凝水，故C错误；
D．焰色实验所用的铂丝，每次用完后都要用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，去除了其它离子的干扰，且HCl受热以后会挥发，无残留，故D错误；
故选A。

2.下列物质中，既属于电解质又能导电的是（）
A. 二氧化硫
B. NaOH溶液
C. 石墨
D. 熔融的KNO3
『答案』D
『解析』
『详解』A、二氧化硫的水溶液能导电，但电离出自由移动离子的是亚硫酸，不是二氧化硫，所以二氧化硫不是电解质，故A错误；
B、NaOH溶液有自由移动的离子，能导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C、石墨是能导电的非金属单质，但不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、熔融的KNO3含有自由移动的离子能导电，所以熔融状态的硝酸钾是能导电的电解质，故D正确；
故选D。

『点睛』掌握电解质的概念是解题的关键。

本题的易错点为A，要注意电离出自由移动离子的要是其本身，同时注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。

3.下列除去杂质的实验方法正确的是(括号里为少量杂质)( )
A. CO2( CO)：用酒精灯点燃
B. K2CO3( NaHCO3)：置于坩埚中加热
C. FeCl2( FeCl3)：加入足量铜粉，过滤
D. Fe2O3(Al2O3)：氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
『答案』D
『解析』
『分析』根据除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”来分析．也就是，除去杂质的同时，要保证不能使所需物质的量减少，但可以增加，更不能引入新的杂质，生成物还不能造成环境污染，并且，生成物、所选试剂与所需物质要容易分离。

『详解』A．应将气体通过加热的氧化铜，将CO转化成CO2，故A错误；
B．利用碳酸氢钠受热易分解的性质，可将其转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质，故B错误；C．FeCl3加入足量铜粉生成FeCl2和CuCl2，引入CuCl2杂质，故C错误；
D．Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Fe2O3不溶于NaOH溶液，过滤、洗涤，能达到除去Al2O3目的，故D正确；
故选D。

『点睛』解答此类题型不但要明确除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”，而且对课本上常见的物质的性质必须熟悉，易错点B，注意碳酸氢钠受热分解转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质。

4.根据下表信息，将乙二醇和丙三醇分离的最佳方法是（）
A. 分液
B. 蒸馏
C. 加水萃取
D. 冷却至0℃后过滤
『答案』B
『解析』由表格中数据分析可知，乙二醇和丙三醇的熔点、密度、溶解性相差不大，无法
用分液、加水萃取等方法分离，但沸点相差较大，故可利用蒸馏法进行分离，故答案选B 。

5.36.5 g HCl 溶解在1 L 水中(水的密度近似为1 g/cm 3)所得溶液的密度为ρ g/cm 3，质量分数为w ，物质的量浓度为c mol/L ，N A 表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述中正确的是( ) A. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L B. 36.5 g HCl 气体占有的体积为22.4 L C. c =
36.51000
ρ+
D. 所得溶液质量分数：w ＝
36.5c
1000ρ
『答案』D
『解析』A.题中所给的是水的体积，而溶液的体积不是1L ，故所得溶液的物质的量浓度不
是1 mol/L ，A 错误；B.因未说明是标准状况，所以无法计算HCl 的体积，B 错误；C.根据c =
1000ρw M ，可知，c = 1000ρw 36.5，所以C 错误；D.由c = 1000ρw
36.5
得w ＝36.51000c ρ，故D
正确，答案选D
6.Fe(OH)3胶体虽然是由FeCl 3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质。

FeCl 3溶液、Fe(OH)3胶体共同具备的性质是 ( )。

A. 都呈透明的红褐色
B. 分散质颗粒直径相同
C. 都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀
D. 当有光线透过时，都能产生丁达尔效应
『答案』C
的
『详解』A．因FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；B．Fe(OH)3胶体的分散质颗粒直径在1-100nm之间，FeCl3溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故B错误；
C．胶体具有介稳性，放置不会产生沉淀，溶液是稳定的，故C正确；
D．只有胶体具有丁达尔效应，所以Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故D错误；
故选：C。

7.关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法正确的是（）
A. 将酚酞滴入等浓度NaHCO3和Na2CO3 溶液中，碳酸氢钠溶液颜色更深
B. 热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3
C. 与相同浓度盐酸反应的速率(快慢)：NaHCO3＜Na2CO3
D. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，有晶体析出
『答案』D
『解析』
『详解』A．碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，因此等浓度时水溶液碱性：NaHCO3＜Na2CO3，滴入酚酞后碳酸钠溶液颜色更深，故A错误；
B．NaHCO3受热易分解为碳酸钠、二氧化碳、水，因此热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故B错误；
C．碳酸氢钠与盐酸反应速率较快，因此与盐酸反应速率：NaHCO3＞Na2CO3，故C错误；D．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以有碳酸氢钠晶体析出，故D正确；
故选D。

『点睛』本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，涉及等浓度溶液碱性强弱、溶解度、热稳定性、与盐酸反应的速率等知识，学习时注意基础知识的对比记忆，易错点A，碳酸钠水解能力更强，高一学生难理解。

8.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（）
A. Na+、K+、HCO3-、NO3-
B. Mg2+、SO42-、Al3+、NO3-
C. Na+、K+、NO3-、AlO2-
D. K+、MnO4-、CH3COO-、NO3-
『答案』B
『详解』A．在酸性条件下，H＋+HCO3－=H2O＋CO2↑，故A不符；
B．Mg2+、SO42-、Al3+、NO3-与H＋不产生沉淀、气体和水等，可以大量共存，故B符合；C．在酸性条件下，H＋+AlO2-＋H2O=Al(OH)3↓，或4H＋+AlO2-=Al3＋＋2H2O，故C不符；D．MnO4-溶液呈紫色、CH3COO-＋H＋=CH3COOH，故D不符；
故选B。

9.下列离子方程式中，正确的是（）
A. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子恰好沉淀完全：Ba2++2OH－+2H＋+SO42−＝BaSO4↓+2H2O
B. NaHSO4溶液滴入氢氧化钠溶液：H＋＋OH－＝H2O
C. 铁与稀硫酸反应：2Fe +6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑
D. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
『答案』B
『解析』
『分析』
『详解』A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子恰好沉淀完全，NaHSO4与Ba(OH)2按1:1反应：Ba2++OH－+H＋+SO42−＝BaSO4↓+H2O，故A不符；
B．NaHSO4是强电解质，NaHSO4溶液滴入氢氧化钠溶液：H＋＋OH－＝H2O，故B符合；C．铁与稀硫酸反应：Fe +2H+ = Fe2++ H2↑，故C不符；
D．钠与CuSO4溶液反应，钠进入CuSO4溶液后,首先是和水反应，生成NaOH和氢气，然后氢氧化钠再和CuSO4反应：2Na+2H2O+Cu2＋=Cu(OH)2↓+2Na＋+H2↑，故D不符；
故选B。

10.设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A. 将1 L 2 mol·L－1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2N A
B. 标准状况下，2.24L的H2O中氢原子数目大于2N A
C. 1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有0.1 N A个HSO4-
D. 78gNa2O2与过量的CO2充分反应转移电子数目为2N A
『答案』B
『解析』
『详解』A．将1 L 2 mol·L－1的FeCl3溶液制成胶体后，每个胶体粒子是许多分子或离子的
集合体，其中含有氢氧化铁胶粒数小于2N A，故A错误；
B．标准状况下，2.24L的H2O的物质的量=
3-1
2
-1
2.2410mL1g mL
1.2410
18g mol
⨯⨯⋅
=⨯
⋅
mol，氢原
子数目大于2N A，故B正确；
C．硫酸是强酸，HSO4-会继续电离成H＋和SO42-，故C错误；
D．Na2O2与CO2反应时Na2O2既是氧化剂、又是还原剂，1molNa2O2参与反应转移1mol
电子，78gNa2O2物质的量为1mol，与过量的CO2充分反应转移电子数目为N A，故D错误；
故选B。

11.下列变化过程中，需要加入还原剂才能实现是()
A. MnO2→MnO4-
B. AlO2-→Al(OH)3
C. AsO33-→AsO43-
D. MnO2→MnCl2
『答案』D
『解析』
『详解』A．MnO2→MnO4-的反应中，锰元素的化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实
现，故A错误；
B．A1O2-→Al(OH)3的反应中，化合价没有发生变化，不需要加入还原剂，故B错误；
C．AsO33-→AsO43-的反应中，As元素的化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故
C错误；
D．MnO2→MnCl2的反应中，Mn元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现，故
D正确；
故选D。

12.下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是()
A. CO2通入澄清石灰水中
B. 碳在氧气中燃烧
C. 钠与氧气反应
D. 铁丝在氯气中燃烧
『答案』D
『解析』
『详解』A．CO2通入石灰水，CO2过量则生成碳酸氢钙，2CO2+Ca(OH)2═Ca(HCO3)2，氢
氧化钙过量则生成碳酸钙，Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，反应物用量不同，产物不同，故
A不选；
B．因碳粉在氧气中燃烧因氧气量不同，可以生成CO或者CO2，氧气足量生成二氧化碳，的
不足生成一氧化碳，故B错误；
C．钠与氧气反应可能生成氧化钠、过氧化钠，故C错误；
D．氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧，无论铁是否过量，都发生2Fe+3Cl2
2FeCl3，产物都是氯化铁，故D正确；
答案选D。

『点睛』本题考查了物质的用量或浓度不同导致产物不同，明确物质之间的反应是解本题的关键，易错选项是D，注意不能用铁和氯气制得氯化亚铁，只能制得氯化铁。

13.下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al ④Al(OH)3 ⑤MgO ⑥(NH4)2CO3
A. ①②③④⑥
B. ②③④⑤
C. ①②③④
D. 全部『答案』A
『解析』
『详解』②、③、④都能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，①NaHCO3为弱酸酸式盐，能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，⑤MgO是碱性氧化物只与酸反应；⑥(NH4)2CO3属于弱酸的铵盐，能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐；所以能和稀盐酸、氢氧化钠反应的有①②③④⑥，
故选：A。

『点睛』根据物质间的反应进行判断,中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COO NH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S 等;⑥其它一些物质。

如：a、某些盐类物质既与酸反应,又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；
c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；
d、具有氧化性酸：浓
H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应。

14.用0.1 mol/L的Na2SO3溶液30 mL，恰好将2×10－3 mol XO4－还原，则元素X在还原产物中的化合价是（）
A. ＋4
B. ＋3
C. ＋2
D. ＋1
『答案』A
『解析』
『详解』该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价从+4升到+6
价，失去的电子数=0.1mol/L×0.03L×2=0.006mol ，XO 4-为氧化剂，其中X 元素化合价降低，开始为+7价，由得失电子守恒，则X 的化合价变化为30.006mol
210mol
-⨯=3，即从+7价降到+4价，
故选A 。

15.已知三个氧化还原反应：①2FeCl 3＋2KI=2FeCl 2＋2KCl ＋I 2，②2FeCl 2＋Cl 2=2FeCl 3，③2KMnO 4＋16HCl(浓)= 2KCl ＋2MnCl 2＋8H 2O ＋5Cl 2↑。

若某溶液中有Fe 2＋、I －、Cl －共存，
要将I －氧化除去而不氧化Fe 2＋和Cl －
，则可加入的试剂是( )
A. Cl 2
B. KMnO 4
C. FeCl 3
D. HCl
『答案』C 『解析』
『详解』由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO 4-＞Cl 2＞Fe 3+＞I 2，还原性由强至弱
的顺序为I -＞Fe 2+＞Cl -＞Mn 2+；
A ．氯气能将Fe 2+、I -均氧化，故A 错误；
B ．KMnO 4能将Fe 2+、I -和Cl -均氧化，故B 错误；
C ．FeCl 3能氧化除去I -而不影响Fe 2+和Cl -，故C 正确；
D ．HCl 与三种离子均不反应，故D 错误； 故答案为C 。

『点睛』考查氧化还原反应，把握氧化性的强弱、混合物分离提纯为解答的关键，氧化性
由强至弱的顺序为：MnO 4-＞Cl 2＞Fe 3+＞I 2，还原性由强至弱的顺序为：I -＞Fe 2+＞Cl -＞Mn 2+，要氧化除去I -而不影响Fe 2+和Cl -，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe 2+和Cl -不能参加反应。

16.NH 3和NO 2在催化剂作用下反应：8NH 3+6NO 2=7N 2+12H 2O 。

若还原产物比氧化产物少0.1 mol ，则下列判断正确的是（ ） A. 转移电子4.8N A 个
B. 还原剂比氧化剂多0.2 mol
C. 生成气体的体积42.56 L(标准状况）
D. 被还原的氮原子是11.2 g
『答案』B 『解析』
『分析』8NH 3+6NO 2═7N 2+12H 2O 中，氨气为还原剂，二氧化氮为氧化剂，则由N 原子守
恒可知7molN 2中，3mol 为还原产物，4mol 为氧化产物，即该反应中还原产物比氧化产物少1mol ，同时转移电子为24e -，以此来解答．
『详解』A. 若还原产物比氧化产物少0.1mol,转移电子为2.4mol,转移电子2.4NA个，故A 错误；
B. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，还原剂为0.8mol，氧化剂为0.6mol，还原剂比氧化剂多0.2mol，故B正确；
C. 若还原产物比氧化产物少0.1mol，生成单质为0.7mol，标况下体积为
0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故C错误；
D. 氧化剂被还原，由选项B可知，被还原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D错误；故选C.
『点睛』氧化还原反应的计算方法是电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当氧化产物与还原产物是同一种物质时，从还原剂，氧化剂分析。

17.如图所示,纵坐标表示导电能力,横坐标表示所加溶液的量,以下各组反应符合该图的是( )
A. CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
B. NaOH溶液中滴加稀HCl
C. Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4
D. Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液
『答案』C
『解析』
『详解』A. CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，反应生成醋酸钾，开始阶段导电能力逐渐增强，不符合图示内容，故A错误；
B. NaOH溶液中滴加稀HCl，溶液的导电能力变化不大，不会出现导电能力是0的状态，不符合图示内容，故B错误；
C. Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4，会发生反应生成硫酸钡和水，离子浓度逐渐减小，直至导电能力为0，再加硫酸，导电的是硫酸，会逐渐增强，符合图示内容，故C正确；
D. 氢氧化铜悬浊液中加硝酸会发生反应生成硝酸铜和水，导电能力开始是逐渐增大的，不符合图示内容，故D错误。

故选:A.
『点睛』根据图示：随着溶液加入量增加，导电能力逐渐减小为0，在加入溶液，溶液的
导电能力又会会逐渐增大，根据选项中物质间的反应情况来回答
18.将一定量的CO 2气体通入2L 未知浓度的NaOH 溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸
至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl 的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl 的挥发）下列说法正确是（ ）
A. oa 段反应的离子方程式为：H ++OH -=H 2O
B. O 点溶液中所含溶质的化学式为NaHCO 3、Na 2CO 3
C. 标准状况下，通入CO 2的体积为4.48L
D. 原NaOH 溶液的物质的量浓度为2.5mol•L ﹣1
『答案』D 『解析』
『分析』由图可知，该体系O 点后可能存在反应为：2NaOH HCl NaCl H O +=+、
233Na CO HCl NaCl NaHCO +=+、322NaHCO HCl NaCl CO H O +=+↑+，由图像信
息，气体2CO 从开始生成到全部逸出消耗HCl 共2mol ，则由碳元素守恒可推知体系内含
23Na CO 及3NaHCO 共2mol ，其中a 点含32molNaHCO ，由开始加入HCl （O 点）到
有气体生成（a 点）共消耗HCl3mol ，多于23Na CO 与3NaHCO 总量，则溶液中必含有过量NaOH ，由于3NaHCO 不可大量存在于碱性环境，故可计算得O 点成分为NaOH （1mol ）和23Na CO （2mol ），2CO 通入NaOH 溶液中，反应为22322NaOH CO Na CO H O +=+，则由O 点组成可推知，原NaOH 溶液含NaOH 量为5 mol ，通入2CO 量为2mol 。

『详解』A. oa 段反应的离子方程式为2NaOH HCl NaCl H O +=+、
233Na CO HCl NaCl NaHCO +=+，故A 错误；
B. 由分析可知，O 点溶液中溶质为NaOH 、23Na CO ，故B 错误；
的
C. 由分析可知，共通入22molCO ，标准状况下，体积为44.8L ，故C 错误；
D. 由分析可知，原溶液中(NaOH)5mol n =，
5mol (NaOH) 2.5mol /L 2L
c ==，故D 正确； 故答案选D 。

19.黄铁矿（FeS 2，铁为+2价）与硝酸反应的产物有Fe(NO 3)3和H 2SO 4，若反应中FeS 2和HNO 3物质的量之比是1∶8，则HNO 3的还原产物及1molFeS 2反应时转移的电子数分别是（ ）
A. NO 2 8N A
B. N 2O 3 16N A
C. N 2O 32N A
D. NO 15N A 『答案』D
『解析』
『分析』根据题给信息知，FeS 2和HNO 3的反应中生成Fe 3＋、H 2SO 4和氮氧化物，根据氧化还原反应中得失电子数相等确定氮氧化物的化学式。

『详解』根据题给信息知，FeS 2和HNO 3的反应中生成Fe 3＋、H 2SO 4和氮氧化物，FeS 2和HNO 3的物质的量之比是1：8，设二者的物质的量分别为1mol 、8mol ，由质量守恒可知生
成1molFe 3＋、2molH 2SO 4，则起酸作用的硝酸为3mol ，所以作氧化剂的硝酸为5mol ，反应
共失去电子的物质的量为1mol×（3-2）+2mol×『6－（-1）』=15mol ，即转移的电子数为15e －，设氮氧化物中N 元素的化合价是X ，则得到的电子总数=（5-x ）×5=15，所以x=2，即氮氧化物的化学式为NO ，故D 正确；
故选D 。

『点睛』本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确元素化合价是解本题的关键，注意从得失电子数目相等角度解答该题。

20.将镁、铝合金10.2 g 溶于 4 mol·L －1的硫酸500 mL 里，若加入 2 mol·L －1的氢氧化钠溶液，并使得沉淀达到最大量，则需加入此种氢氧化钠溶液为（ ）
A. 1000 mL
B. 500 mL
C. 2000 mL
D. 1500 mL 『答案』C
『解析』
『详解』
加入2mol•L -1的氢氧化钠溶液，并使得沉淀达到最大量，此时溶液中只有硫酸钠，根据硫元素守恒n （Na 2SO 4）=n （H 2SO 4）=0.5L×4mol•L -1=2mol ，由钠元素守恒n （NaOH ）
=2n（Na2SO4）=4mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为
4
2/
mol
mol L
=2L=2000mL，故选:C。

『点睛』发生多个化学反应时，要分析之间的关系，找出原子间不变的，常常利用元素守
恒进行解题。

二、填空题
21.按要求答题：
（1）向偏铝酸钠溶液中通入足量的CO2离子反应方程式____________；
（2）铝与氢氧化钠溶液化学反应方程式_____________；
（3）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体化学反应方程式_________；
（4）向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水制备氢氧化铝离子反应方程式________；
『答案』(1). AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-(2). 2Al+2NaOH+2H2O=2 NaAlO2+3H2↑
(3). FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl (4). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
『解析』
『分析』
『详解』（1）向偏铝酸钠溶液中通入足量的CO2生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，离子反应
方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-；故答案为：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-；
（2）铝与氢氧化钠溶液生成NaAlO2和H2，化学反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2
NaAlO2+3H2↑；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2 NaAlO2+3H2↑；
（3）利用水解法制备氢氧化铁胶体，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，同
时水解生成HCl，化学反应方程式FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；故答案为：
FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（4）NH3·H2O是弱电解质，向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水制备氢氧化铝和硫酸铵，离子反应
方程式Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+；故答案为：Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+。

22.（1）现有氧化还原反应：3H2O2 + 2H2CrO4 =2Cr(OH)3 + 3O2 ↑+ 2H2O
①用单线桥标出反应中的电子转移数目和方向_____________；
②其中Cr被___________，H2O2作___________剂；
③反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状态下体积约为__________。

（2）①将用砂纸打磨过的铝片用坩埚钳夹住在酒精灯上点燃，现象是：________；
②在试管中加入少量Na2O2再加入少量水，用带火星的木条伸入试管，再滴入几滴酚酞，可
观察到的现象是_________。

的
『答案』(1). (2). 还原(3). 还原(4). 3.36L (5). 铝熔化但是不滴落(6). 有大量气泡产生，带火星的木条复燃，滴入酚酞后溶液先变红后褪色
『解析』
『分析』
『详解』（1）①用单线桥标出反应中的电子转移数目和方向，单箭头从双氧水中-1价的氧出发，到H2CrO4中+6价的铬结束，共转移6个电子，；故答案为：；
②其中Cr从+6价降为+3价，被还原，H2O2中-1价的氧化合价升高，失电子，作还原剂；故答案为：还原；还原；
③从3H2O2+ 2H2CrO4=2Cr(OH)3+ 3O2 ↑+ 2H2O得：每转移6mol电子生成3molO2，反应转
移了0.3mol电子，生成的氧气的物质的量为：0.3
6
mol
mol
×3mol=0.15mol，则产生的气体在标
准状态下体积约为0.15mol×22.4L·mol-1=3.36L。

故答案为：3.36L；
（2）①将用砂纸打磨过的铝片用坩埚钳夹住在酒精灯上点燃，铝箔表面在加热时与O2发生反应生成熔点很高的Al2O3薄膜，使内部的铝被Al2O3包裹着，所以熔化的铝不易滴下，现象是：铝熔化但是不滴落；故答案为：铝熔化但是不滴落；
②在试管中加入少量Na2O2再加入少量水生成氢氧化钠和双氧水，氢氧化钠是强碱，双氧水部分分解生成氧气，双氧水有强氧化性和漂白性。

因此，用带火星的木条伸入试管，再滴入几滴酚酞，可观察到的现象是：有大量气泡产生，带火星的木条复燃，滴入酚酞后溶液先变红后褪色。

故答案为：有大量气泡产生，带火星的木条复燃，滴入酚酞后溶液先变红后褪色。

23.欲用98%的浓硫酸(p＝1.84g·cm-3 )配制成浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸500ml。

(1)配制时必需的玻璃仪器有：________________；
(2)在配置过程中，下列操作不正确的是(填序号)__________。

A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗
C．将氢氧化钠固体放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解.
D．将准确量取的浓硫酸，注入已盛有30mL水的100mL的容量瓶中，加水至刻度线E．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀
(3)简要回答下列问题：
①所需浓硫酸的体积为____________mL。

②如果实验室有15mL、20mL、50mL的量筒应选用____________mL的量筒最好.
(4)在配制过程中，①某学生观察定容时仰视液面，所配溶液的浓度会________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”下同)，②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，_______，③容量瓶中原有少量蒸馏水，________。

『答案』(1). 量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶(2). B C D (3). 13.6 (4).
15 (5). 偏低(6). 偏高(7). 不影响
『解析』
『分析』（1）根据配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
（2）根据配制操作要求和实验规范判断；
（3）①先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=1000
M
ρω
，然后根据溶液稀释定律C浓V浓
=C稀V稀来计算；
②根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；
（4）根据c=n
V
并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。

『详解』（1）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到500mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）A．容量瓶是带有塞子的容器，使用容量瓶前检查它是否漏水，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能再用待配液润洗，否则导到所配溶液浓度偏大，故B错误；C．氢氧化钠具有吸水性，不能放在滤纸上称量，要将氢氧化钠固体放在烧杯称量，故C错误；
D．容量瓶必须在规定的温度下使用，不能用来稀释浓硫酸，操作不符合规范，故D错误；
E．摇匀的操作：定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，故E正确；
故答案为：B C D。

（3）①浓硫酸的物质的量浓度为c=
3
1
1000100098% 1.84g?cm
98g?mol
M
ρω⨯⨯
=
－
－
=18.4mol·L－1，
设需要的浓硫酸的体积为Vml，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol·L－
1×VmL=0.5mol·L－1×500mL，解得V=13.6mL，故答案为：13.6；
②需要量取的浓硫酸的体积为13.6mL，根据量筒的选择是“大而近”的原则，故选用15mL 的量筒，故答案为：15；
（4）①定容时仰视液面，所配溶液体积增大，所配溶液的浓度会偏低；②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后所配溶液体积减小，所配溶液的浓度会偏高；③定容时，需要加入大量的蒸馏水，故容量瓶中原有少量蒸馏水，对所配溶液无影响；故答案为：偏低；偏高；不影响。

24.某探究小组采用下图所示装置进行Fe粉与水蒸气的反应。

(1)实验前检查装置气密性的方法为______________。

(2)检验实验中生成气体的实验操作是_____________。

(3)写出试管中发生的化学反应方程式________________
『答案』(1). 将装置末端的导管插入盛有水的水槽中，双手捂住试管，导管口有气泡冒出，松开双手，导管内有一段水柱，则装置气密性良好(2). 点燃肥皂泡，有爆鸣声(3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑
『解析』
『分析』（1）检查装置的气密性有加热法和液压法，从本装置的情况看，应该选用加热法；（2）根据氢气与氧气混合点燃产生爆鸣声，进行分析；
（3）根据质量守恒写出方程式。

『详解』（1）利用加热法检验该装置气密性，实验前检查装置气密性的方法为将装置末端
的导管插入盛有水的水槽中，双手捂住试管，导管口有气泡冒出，松开双手，导管内有一段水柱，则装置气密性良好。

故答案为：将装置末端的导管插入盛有水的水槽中，双手捂住试管，导管口有气泡冒出，松开双手，导管内有一段水柱，则装置气密性良好；
（2）根据氢气与氧气混合点燃产生爆鸣声，检验实验中生成气体的实验操作是点燃肥皂泡，有爆鸣声。

故答案为：点燃肥皂泡，有爆鸣声；
（3）Fe粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，试管中发生的化学反应方程式3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑。

25.某混合物中含有KAl(SO4)2和另外两种金属氧化物，在一定条件下可实现下图所示物质间转化：
已知：Cl2+2Fe2+==2Fe3++2Cl-
请回答下列问题：
(1)沉淀H的化学式_________，框图中血红色物质是______(填化学式)
(2)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分离操作中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需要___________。

(3)反应①的离子方程式是____________。

(4)检验溶液G中金属阳离子的操作方法和现象是___________。

(5)若在E中加入KSCN溶液，溶液不变色，则沉淀C是________(填名称)；
若在E中加入KSCN溶液，溶液变红色，为进一步确认沉淀C的成分，进行如下定量实验: 将沉淀C用5mol/L盐酸14mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下56mL氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。

则沉淀C可能的化学式是__________
『答案』(1). Al(OH)3(2). Fe(SCN)3(3). 漏斗(4). Al2O3 + 2OH－= 2AlO2－+ H2O (5). 焰色反应，隔蓝色的钴玻璃火焰呈紫色(6). 氧化亚铁(7). Fe5O7
『解析』
『分析』（5）氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中的H元素与氧化物中O元素全部
结合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=1
2
n（HCl），所得溶液再
通入氯气使其中Fe2＋全部转化为Fe3＋，最后溶液成分为FeCl3，根据氯离子是可知n（FeCl3）
=n（FeCl3）=1
3
『n（HCl）+2n（Cl2）』，再根据Fe、O原子数目之比确定氧化物化学式；
结合（5）的计算，沉淀A为Al2O3和Fe5O7，溶液B为KAl(SO4)2，B与氨水反应生成沉淀H为Al(OH)3，溶液G中含有：K2SO4、（NH4)2SO4；沉淀A为Al2O3和Fe5O7，加NaOH溶液，得溶液D为NaAlO2，沉淀C为Fe5O7，溶于盐酸生成溶液E，E为FeCl2、FeCl3的混合物，再通入氯气使其中Fe2＋全部转化为Fe3＋，最后溶液F成分为FeCl3，血红色物质I是Fe(SCN)3。

『详解』（1）KAl(SO4)2与氨水反应生成Al(OH)3，沉淀H的化学式Al(OH)3，FeCl3与KSCN 反应生成血红色物质I是Fe(SCN)3，框图中血红色物质是Fe(SCN)3，故答案为：Al(OH)3；Fe(SCN)3；
（2）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分离操作是过滤，所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需要漏斗。

故答案为：漏斗；
（3）反应①的离子方程式是Al2O3 + 2OH－= 2AlO2－+ H2O。

故答案为：Al2O3 + 2OH－= 2AlO2－+ H2O；
（4）检验溶液G中金属阳离子为钾离子，检验的操作方法和现象是：焰色反应，隔蓝色的钴玻璃火焰呈紫色。

故答案为：焰色反应，隔蓝色的钴玻璃火焰呈紫色；
（5）若在E中加入KSCN溶液，溶液不变色，则沉淀C是氧化亚铁(填名称)；故答案为：氧化亚铁；
氧化物与HCl反应生成氯化物与水，HCl中H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，
由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=1
2
n（HCl）=
1
2
×0.014L×5mol·L-1=0.035mol，，
所得溶液再通入氯气使其中Fe2＋全部转化为Fe3＋，最后溶液成分为FeCl3，根据氯离子是可
知n（FeCl3）=n（FeCl3）=1
3
『n（HCl）+2n（Cl2）』=
1
3
×（0.014L×5mol·L－1+2×
1
0.056
22.4?
L
L mol－
）
=0.025mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）=0.025mol：0.035mol=5：7，该氧化物的化学式
为Fe5O7。

故答案为：Fe5O7。

『点睛』本题难点（5）考查氧化还原反应的计算，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O
元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，利用守恒法计算解答。

26.向Fe和Fe2O3组成的3.84 g 混合物中加入120 mL某浓度的盐酸，恰好完全反应，生成
672mLH2(标准状况下)，若向反应后的溶液中滴入几滴KSCN溶液，溶液不呈红色。

试求：的。