1、2020届高一联考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Fe-56 S-32 Mg-24 Cl-35.5 Na-23 Zn-65 Cu-64 Si-28一、选择题(本题共 16小题，每小题 3分，共 48分。只有一个选项符合题目要求)1.下列说法正确的是( )A. 摩尔是一个物理量 B. 18 g 水中含有 1 mol H2OC. 硫酸的摩尔质量是 98 g D. 物质的量就是物质的粒子数目【答案】B【解析】【分析】摩尔是物质的量的单位；根据 计算水的物质的量；摩尔质量的单位是 g/mol；物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体。【详解
2、】摩尔是物质的量的单位，故 A错误；18 g水的物质的量是 ，故 B正确；硫酸的摩尔质量是 98 g/mol，故 C错误；物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，故 D错误。2.下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、胶头滴管应深入到液面以下，防止氢氧化亚铁被氧化，A 项错误；B、观察钾离子的焰色反应要透过蓝色的钴玻璃，B 项错误；C、制备氢气不能立即点燃，不纯的氢气燃烧会发生爆炸，C 项错误；D、稀释浓硫酸时，需将浓硫酸倒入水中并不断搅拌，防止液滴飞溅，D 项正确。答案酸 D。3.为除去括号内的杂质，所选用的试剂
3、或方法不正确的是( )A. FeCl2溶液(FeCl 3)：加入过量铁粉，过滤B. NaHCO3溶液(Na 2CO3)：通入过量的 CO2气体C. NaNO3溶液(Na 2SO4)：加入适量的 BaCl2液D. MgO固体(Al 2O3)：加入过量的 NaOH溶液，过滤【答案】C【解析】【分析】FeCl3与铁粉反应生成 FeCl2；Na 2CO3、水、二氧化碳反应生成 NaHCO3；Na 2SO4与 BaCl2反应生成硫酸钡沉淀和 NaCl；Al 2O3与 NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，MgO 与氢氧化钠溶液不反应。【详解】FeCl 3与铁粉反应生成 FeCl2，可以用铁粉除去 FeCl2溶液
4、中的 FeCl3，故不选A；Na 2CO3、水、二氧化碳反应生成 NaHCO3，可以用 CO2气体除去 NaHCO3溶液中的 Na2CO3，故不选 B；Na 2SO4与 BaCl2反应生成硫酸钡沉淀和 NaCl，引入新杂质 NaCl，不能用 BaCl2溶液除去 NaNO3溶液中的 Na2SO4，故选 C；Al 2O3与 NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，MgO 与氢氧化钠溶液不反应，可以用 NaOH溶液除去 MgO固体中的 Al2O3，故不选 D。4.已知 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A. 27g Al与 NaOH完全反应，转移的电子数为 0.1NAB. 1L 1mol/L
5、CaC12溶液中含有的 Cl-离子数目为 NAC. 标准状况下，22.4L 水含有 1mol水分子D. 2mol钠与过量稀盐酸反应生成 NA个氢气分子【答案】D【解析】【分析】Al与 NaOH溶液反应生成与 NaAlO2和氢气，铝元素化合价由 0升高为+3；1L 1mol/L CaC12溶液中含 1mol CaC12；标准状况下水是液体，不能根据 计算物质的量；根据钠与稀盐酸反应的方程式 判断；【详解】Al 与 NaOH溶液反应生成与 NaAlO2和氢气，铝元素化合价由 0升高为+3，所以 27g Al与 NaOH完全反应，转移的电子数为 0.3NA，故 A错误；1L 1mol/L CaC12
6、溶液中含 1mol CaC12，含有的 Cl-离子数目为 2NA，故 B错误；标准状况下水是液体，不能根据 计算物质的量，故 C错误；钠与稀盐酸反应的方程式 ，2mol 钠与过量稀盐酸反应生成 1mol氢气，氢分子数是 NA，故 D正确。5.在一定温度和压强下，5 L 气体 A2跟 10 L气体 B2化合生成 10 L某气体 C，则气体 C化学式为( )A. A2B B. AB2 C. AB3 D. AB【答案】B【解析】【分析】在一定温度和压强下，气体的体积与物质的量成正比，化学反应遵循质量守恒定律，根据质量守恒解答该题。【详解】在一定温度和压强下，气体的体积与物质的量成正比。设 A2的物质
7、的量为 5mol， B2的物质的量为 10mol，则 C的物质的量为 10mol，物质的量之比等于化学计量数之比，则有 A2+2B2=2C；根据质量守恒，则有 C的化学式可能为 AB2或 B2A，故选 B。6.下列物质的分类正确的是选项 碱 酸 盐 碱性氧化物 非电解质A NaOH H2SO4 K2SO4 Na2O CO2B Na2CO3 HC1 NaCI Na2O 空气C KOH HNO3 CaCO3 CaO CuD NaOH HC1 HF K2O SO2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、NaOH 属于碱，H 2SO4属于酸，K 2SO4属于盐，Na 2O属于碱性氧
8、化物，CO 2属于非电解质，故A正确；B、Na 2CO3属于盐，空气属于混合物，故 B错误；C、铜属于单质，不属于非电解质，故 C错误；D、HF 属于酸，不属于盐，故 D错误；故选 A。点睛：本题考查了混合物、碱、盐、碱性氧化物和非电解质的概念辨析及应用问题，难度不大，易错点：B 注意一些物质的俗称，如 Na2CO3纯碱，不是碱，不能单纯从名字判断物质所属种类。7.下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是( )向石灰水中逐渐通入 CO2直至过量 向 CaCl2溶液中逐渐通入 SO2直至过量向 Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸直至过量向 Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸直至
9、过量A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】向石灰水中逐渐通入 CO2直至过量，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙；SO 2与 CaCl2溶液不反应；向 Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于过量硫酸；向 Fe（OH） 3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成，后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁。【详解】向石灰水中逐渐通入 CO2直至过量，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙；SO 2与 CaCl2溶液不反应；向 Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于过量硫
10、酸；向 Fe（OH） 3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成，后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁。所以发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象有，故选 B。【点睛】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同。8.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A. 向 FeCl3溶液中加入几滴 KSCN溶液：3SCN + Fe3+ Fe(SCN) 3 B. AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al 3+4NH3H2OAlO 2+4NH4+2H2OC. 大理石溶于醋酸中
11、的反应：CaCO 3+2H+Ca 2+H2O+CO2D. 钠与水反应： 2Na+2H 2O2Na +2OH+H2【答案】D【解析】A、FeCl 3与 KSCN反应产生的 Fe(SCN)3是可溶的弱电解质非沉淀，离子方程式应为：3SCN -+ Fe3+ Fe(SCN) 3，A 项错误；B、AlCl 3溶液中加入过量的浓氨水产生 Al(OH)3沉淀，离子方程式：Al 3+3NH3H2OAl(OH) 3+3NH 4+，B 项错误；C、醋酸是弱电解质，不能改成离子形式，离子方程式：CaCO 3+2CH3COOHCa 2+2CH3COO-+H2O+CO2，C 项错误；D、Na 与水反应生成NaOH和 H
12、2，D 项正确；答案选 D。9.把碎纸片 b补充到 a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是A. 反应物微粒是 S、SO 32-、OH B. 该反应可能在酸性条件下进行C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 21D. 2 mol S参加反应时，转移的电子数为 3NA【答案】C【解析】碱性条件下，S 与氢氧根离子反应生成 S2-和 SO32-，反应的离子方程式为 3S+6OH-2S 2-+SO32-+3H2O，反应中部分 S的化合价从 0价升高到+4 价，部分 S的化合价从 0价降低到-2 价，则A反应物微粒是 S、OH -，A 错误；B酸性条件下，不能有 OH-参加或生成，B
13、 错误；C化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的 S作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C 正确；D反应中 3molS转移 4mol电子，则 2molS参加反应时，转移的电子为2mol4mol/3mol8/3 mol，D 错误，答案选 C。点睛：本题考查了离子反应和氧化还原反应的有关计算，注意把握硫及其化合物的性质，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。答题的关键是准确判断出反应后硫元素的化合价变化情况，注意从电子得失守恒的角度进行有关的计算与判断。10.向含 Fe2 、I 、Br 的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知 ba5 线段表示一种含氧酸，且和表
14、示的物质中含有相同的元素。下列说法正确 的是（ ）A. 线段表示 Br 的变化情况B. 原溶液中 n(FeI2)n(FeBr 2)31C. 根据图像无法计算 a的值D. 线段表示 IO3 的变化情况【答案】D【解析】向仅含 Fe2+、I 、Br 的溶液中通入适量氯气，还原性 I Fe 2+Br ，首先发生反应2I +Cl2=I2+2Cl ，I 反应完毕，再反应反应 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl ，Fe 2+反应完毕，最后发生反应 2Br +Cl2=Br2+2Cl ，故线段 I代表 I 的变化情况，线段代表 Fe2+的变化情况，线段代表 Br 的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式
15、可知溶液中 n（I ）=2n（Cl 2）=2mol，溶液中n（Fe 2+）=2n（Cl 2）=2（3mol1mol）=4mol，Fe 2+反应完毕，根据电荷守恒可知 n（I ）+n（Br ）=2n（Fe 2+） ，故 n（Br ）=2n（Fe 2+）n（I ）=24mol2mol=6mol，A根据分析可知，线段为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl ，不是氧化溴离子，故 A错误；Bn（FeI 2）：n（FeBr 2）=n（I ）：n（Br ）=2mol：6mol=1：3，故 B错误；C由分析可知，溶液中 n（Br ）=2n（Fe 2+）n（I ）=
16、24mol2mol=6mol，根据2Br +Cl2=Br2+2Cl 可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为 3mol，故 a=3+3=6，故 C错误；D线段 IV表示一种含氧酸，且 I和 IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为 I元素，已知碘单质的物质的量为 2mol，反应消耗氯气的物质的量为 5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为： =+5价，则该含氧酸为 HIO3，即：线段表示 IO3 的变化情况，故 D正确；11.下列有关 Na2CO3和 NaHCO3的说法中，正确的是A. 热稳定性：Na 2CO3NaHCO 3B. 相同温度下在水中的溶解度：Na 2CO3NaHCO 3C
17、. 取 1 molL1 的两种溶液，分别滴加澄清石灰水，有沉淀生成的是 Na2CO3溶液D. 取等质量的两种固体分别与等浓度等体积的盐酸反应，生成气泡较快的是 NaHCO3溶液【答案】D【解析】A、因 2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H 2O，而碳酸钠加热不分解，A 项错误；B、在饱和 Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳可生成 NaHCO3沉淀，可说明水中的溶解度：Na 2CO3NaHCO 3， B 项错误；C、加入澄清的石灰水，Na 2CO3溶液和 NaHCO3溶液都能生成 CaCO3沉淀，C 项错误；D、NaHCO 3与盐酸反应只需一步即放出二氧化碳气体：HCO 3 +H+=CO2+
18、H 2O，而 Na2CO3要和HCl反应放出二氧化碳气体需两步：CO 32 +H+=HCO3 ，HCO 3 +H+=CO2+H 2O，故 NaHCO3与盐酸反应更剧烈，反应速率更快，D 项正确；答案选 D。点睛：利用 Na2CO3和 NaHCO3的物理性质和化学性质是解决本题的关键，HCO 3 与 H+反应生成气体，与 OH-反应生成 CO32-是本题考查的难点。12.有两种金属粉末的混合物 15.6g，投入足量的稀硫酸中充分反应，产生 5.6 L标准状况时的氢气，此混合物不可能是( )A. Fe和 Zn B. Al和 Zn C. Fe和 Cu D. Mg和 Al【答案】D【解析】【分析】标准
19、状况下，5.6 L 氢气的质量是 0.5g。根据方程式分别计算 15.6g Fe、Zn、 Al、Cu、 Mg与硫酸反应生成氢气的质量，利用平均值法分析判断。【详解】 ，15.6g 铁生成氢气的质量 0.56g；，15.6g 锌生成氢气的质量0.48g； ，15.6g 铝生成氢气的质量 1.73g；铜与硫酸不反应，15.6g铜生成氢气的质量 0； ，15.6g 镁生成氢气的质量 1. 3g；根据平均值法，15.6g Mg和 Al的混合物与硫酸反应生成氢气的质量一定大于 0.5g，此混合物不可能是 Mg和 Al，故选 D。13.化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关，下列说法不正确的是A. 在食
20、品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质B. 因 SO2具有氧化性，故可用于漂白纸浆C. 新版人民币用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的 Fe3O4是一种磁性物质D. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料【答案】B【解析】A.硅胶能吸水，防止食品受潮，铁粉可以防止食品氧化变质，故正确；B.二氧化锰具有漂白性，用于漂白，故错误；C.四氧化三铁是磁性物质，故正确；D.硅酸钠与酸反应生成硅酸，可以制备硅胶，硅酸钠溶液是矿物胶，不燃烧，将硅酸钠涂在木材表面可以阻隔了木材与空气中的氧气直接接触，可以做制备木材防火剂的原料，故正确。故选 B。14.如图所示，A 处通
21、入 Cl2,关闭 B阀时,C 处湿润的红色布条无变化；打开 B阀时,C 处湿润的红色布条褪色,则 D中的溶液是 （ ）A. 浓 H2SO4 B. H2OC. NaOH溶液 D. 饱和食盐水【答案】C【解析】AD 中盛放的是浓硫酸时，具有吸水作用，关闭活塞 B，排出的干燥氯气，仍能使 C处湿润的有色布条褪色，故 A错误；BD 中是水时，只能溶解少量氯气，仍有氯气排出，会使 C处湿润的有色布条褪色，故 B错误；CD 盛放的是氢氧化钠溶液时，会和氯气发生反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，这样再关闭活塞 B，C 处湿润的有色布条不会褪色，故 C正确；DD 中是饱和食盐水时，氯气通过后会含有水蒸气，遇到湿
22、润的有色布条褪色，因为氯气含水蒸气，反应生成次氯酸起漂白作用，故 D错误；故答案为 C。点睛：明确湿润的氯气具有漂白性，干燥的氯气不具备漂白性是解题的关键，干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A 处通入氯气，关闭 B阀时，C 处湿润的红色布条无变化，说明 D处必须完全吸收氯气，据此分析判断。15.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是（ ）选项 操作 可能的实验现象 解释A向 FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2Fe3+B 将 CO2 通入 Ba(NO3)2溶
23、液中 有白色沉淀生成 CO2与 Ba(NO3)2反应生成 BaCO3C 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 有白色沉淀生成 溶液中一定含有 SO42-D 向淀粉-KI 溶液中通入少量 Cl2 溶液变蓝 Cl2与淀粉发生显色反应A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A.亚铁离子在酸性条件与过氧化氢反应生成铁离子，溶液变黄，故正确；B.二氧化碳和硝酸钡不反应，故错误；C.某溶液加入硝酸酸化的氯化钡生成白色沉淀，原溶液中可能含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或银离子，故错误；D.氯气和碘化钾反应生成碘单质，遇到淀粉显蓝色，不是氯气和淀粉反应，故错误。故选 A。16.向 Na2CO3、NaH
24、CO 3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )A. a点对应的溶液中：Na +、OH -、SO 42-、NO 3-B. b点对应的溶液中：H +、Fe 3+、MnO 4-、Cl -C. d点对应的溶液中：S 2-、NO 3-、Fe 2+、Ag +D. c点对应的溶液中：Na +、Ca 2+、NO 3-、Cl -【答案】D【解析】【分析】Na2CO3、NaHCO 3中滴加盐酸，依次发生的反应有 Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO 3+HCl=NaCl+CO2 +H2O。【详解】a 点对应的溶
25、液中含有 HCO3-，HCO 3-与 OH-反应生成 CO32-，所以 a点对应的溶液中不能含大量 OH-，故不选 A；b 点对应的溶液中含有 HCO3-，HCO 3-与 H+反应生成二氧化碳气体，所以 b点对应的溶液中不能含大量 H+，故不选 B；S 2-与 Fe2+、Ag +不能大量共存，d 点对应的溶液为氯化钠和稀盐酸的混合溶液，NO 3-、Fe 2+与氢离子能发生氧化还原反应，d 点对应的溶液中含有 Cl-，Cl -与 Ag+生成氯化银沉淀，d 点对应的溶液中不能含有 Ag+，故不选 C；c 点对应的溶液中含 NaCl， NaCl 与 Ca2+、NO 3-、Cl -不反应，故选 D。二
26、、非选择题(本题共 5小题，共 52分)17.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：(1)0. 6 g H2中含有氢原子数为_。(2)标准状况下，含有相同氧原子数的 CO和 CO2 的体积之比为_。(3)100mL硫酸钠溶液中 n(Na+)=0.2mol，则其中 c(SO42-)=_。【答案】 (1). 0.6N A (2). 2：1 (3). 1.0 molL -1【解析】【分析】(1)根据 计算氢分子数；(2) CO分子含有 1个氧原子，CO 2分子含有 2个氧原子，氧原子数目相同，则:n(CO)=2n(CO 2)，相同条件下，体积比等于物质的量比；(3)硫酸钠溶液中 n(N
27、a+)：n(SO 42-)=2:1，根据 计算 c(SO42-)。【详解】(1)根据 ，氢分子数= ，氢原子数为 ；(2) CO分子含有 1个氧原子，CO 2分子含有 2个氧原子，氧原子数目相同，则:n(CO)=2n(CO2)，n(CO)：n（CO 2）=2:1，相同条件下，气体体积比等于物质的量比，所以 CO和 CO2的体积之比为 2：1；(3) 硫酸钠溶液中 n(Na+)=0.2mol，硫酸钠溶液中 n(Na+)：n(SO 42-)=2:1，所以 n(SO42-)=0.1mol，根据 ，c(SO 42-)= = 1.0 molL-1。18.常温下，在没有氧气存在时，铁粉与水几乎不反应，但在
28、高温下，铁粉能与水蒸气反应。（1）铁粉与水蒸气反应的化学方程式是_。（2）停止反应，待装置冷却后，取出反应后的混合物，加入过量的稀硫酸充分反应，过滤。简述检验所得滤液中含有 Fe3+的操作方法:_。（3）经检验上述滤液中不含 Fe3+，这不能说明铁粉与水蒸气反应所得的产物中不含+3 价的铁，原因是(结合化学方程式说明)_。（4）向上述滤液中加入 NaOH 溶液后，观察到的现象为_。沉淀由白色变为红褐色的原因是_(用化学方程式表示)（5）为了得到白色的 Fe(OH)2沉淀，并尽可能可能较长时间保持白色沉淀，该同学设计了如图所示的装置，请简述实验操作:_。【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g)
29、 Fe3O4+4H2 (2). 取少量滤液于试管中，滴入几滴 KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液变为红色，说明原滤液中含有 Fe3+，否则不含 Fe3+ (3). 如果反应后的混合物中铁粉过量，可发生反应:Fe+2Fe 3+=3Fe2+，铁粉将溶液中的 Fe3+全部还原为 Fe2+，加入 KSCN 溶液后不会变为红色 (4). 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (6). 实验时，先打开活塞 K，再将分液漏斗的活塞打开，使稀硫酸与铁粉反应，用生成的 H2排出装置中的空气；然后关闭K，利用生成的 H2将试管中的 FeSO4
30、溶液压入 NaOH溶液中，则可在盛 NaOH 溶液的试剂瓶中较长时间保存白色 Fe(OH)2沉淀【解析】（1）.在高温下，铁粉能与水蒸气反应生成 Fe3O4和 H2，反应方程式为：3Fe+4H 2O(g) Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H 2O(g) Fe3O4+4H2；（2）.检验所得滤液中是否含有 Fe3+，可利用 Fe3+与 SCN 反应使溶液显红色进行检验，具体的操作方法是：取少量滤液于试管中，滴入几滴 KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液变为红色，说明原滤液中含有 Fe3+，否则不含 Fe3+，故答案为：取少量滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液变为红
31、色，说明原滤液中含有 Fe3+，否则不含 Fe3+；（3）.铁与水蒸气反应生成的四氧化三铁可与稀硫酸发生反应：Fe 3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，若铁粉过量，还可以和铁离子反应生成亚铁离子：Fe+2Fe 3+=3Fe2+，所以滤液中可能含有铁离子，也可能不含有铁离子，故答案为：如果反应后的混合物中铁粉过量，可发生反应:Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁粉将溶液中的 Fe3+全部还原为 Fe2+，加入 KSCN 溶液后不会变为红色；（4）.向上述滤液中加入 NaOH 溶液后，Fe 2 与 OH 反应生成 Fe(OH)2，Fe(OH) 2不稳定，接触空气时很快被氧化为 Fe(OH)3，
32、现象是生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为：4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案是：生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH) 2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ；（5）.要较长时间观察到氢氧化亚铁的白色沉淀，关键是尽量减少氢氧化亚铁与空气接触，可以利用生成的氢气赶走装置中的空气，实验步骤为：实验时，先打开活塞 K，再将分液漏斗的活塞打开，使稀硫酸与铁粉反应，用生成的 H2排出装置中的空气；然后关闭 K，利用生成的 H2将试管中的 FeSO4溶液压入 NaOH溶液中，则可在盛 NaOH 溶液的试剂瓶中较长时间保存白色 F
33、e(OH)2沉淀，故答案为：实验时，先打开活塞 K，再将分液漏斗的活塞打开，使稀硫酸与铁粉反应，用生成的 H2排出装置中的空气；然后关闭 K，利用生成的 H2将试管中的FeSO4溶液压入 NaOH溶液中，则可在盛 NaOH 溶液的试剂瓶中较长时间保存白色 Fe(OH)2沉淀。19.实验室用下述装置制取氯气，并用氯气进行下列实验。看图回答下列问题：(1)A、B 两仪器的名称：A_，B_。(2)写出实验室制氯气的化学方程式，并用单线桥法表示上述反应电子转移的方向和数目_。(3)洗气装置 C是为了除去 Cl2中的 HCl气体，D 是为了干燥 Cl2，则 C、D 中应分别放入的试剂是 C_，D_。(4
34、)P为尾气吸收装置，写出实验室吸收氯气的反应的离子方程式_。(5)ClO2具有很强的氧化性，因此常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是 Cl2的_倍。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). (4). 饱和食盐水 (5). 浓 H2SO4 (6). Cl2+2OH Cl + ClO + H2O (7). 2.63 【解析】【分析】(1)根据装置图中仪器作用和图形写出名称；(2)实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的混合物制取氯气，反应中锰元素化合价由+4 降低为+2，氯元素化合价由-1 升高为 0；(3)从发生装置出来的氯气中含有杂质 HCl和水蒸气，可以通过盛
35、有饱和食盐水的洗气瓶除去 HCl，通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去氯气中的水蒸气; (4)实验室用氢氧化钠溶液吸收氯气；(5)转移电子数为 5， 转移电子数为 2。【详解】(1)装置图是利用分液漏斗向圆底烧瓶中加入浓盐酸加热生成氯气的发生装置，A 是分液漏斗，B 是圆底烧瓶；(2)实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的混合物制取氯气，反应方程式是 ，反应中锰元素化合价由+4 降低为+2，氯元素化合价由-1 升高为 0，单线桥法表示上述反应电子转移的方向和数目为；(3)从发生装置出来的氯气中含有杂质 HCl和水蒸气，可以通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去 HCl，通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去氯气中的水蒸气，则中 C
36、盛放饱和食盐水、D 中盛放浓硫酸； (4)实验室用氢氧化钠溶液吸收氯气，反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，反应离子方程式是 Cl2+2OH Cl + ClO + H2O；(5)设ClO2、 Cl2的质量都是 mg，物质的量分别是 、 ， 转移电子数为 5，转移电子数为 2，所以转移电子数比为 2.63 。【点睛】本题考查了实验室制备氯气的发生装置、除杂、性质检验、尾气处理的分析判断，除杂剂的选择注意结合氯气和杂质气体的性质。20.在 Na+浓度为 0.5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子 K+、Ag +、Mg 2+、Ba 2+阴离子 NO3-、CO 32-、SiO 32
37、-、SO 42-取该溶液 100mL进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：序号 实验内容 实验结果 向该溶液中加入足量稀 HCl 产生白色沉淀并放出 0.56L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为 2.4g 在的滤液中滴加 BaC12溶液 无明显现象试回答下列问题：(1)实验 I能确定一定不存在的阳离子是_。(2)实验 I中生成沉淀的离子方程式为_。(3)通过实验 I、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0” ，不能确定是否存在的离子填“不能确定”)阴离子 NO3- CO32- SiO32- SO42-c/
38、molL-1 _ _ _ _ (4)判断 K+是否存在，若存在求其最小浓度(若不存在说明理由)_。【答案】 (1). Ag+、Mg 2+、Ba 2+ (2). SiO32-+2H+ H 2SiO3（或 SiO32-+2H+H2OH 4SiO4） (3). ？ (4). 0.25 (5). 0.4 (6). 0 (7). 存在，其最小浓度为 0.8mol/L【解析】（1）由实验 I：向该溶液中加入足量稀 HCl，产生白色沉淀并放出 0.56L气体，则溶液中一定有 CO32-，Ag +、Mg 2+、Ba 2+都不能与 CO32-大量共存，所以该实验可确定一定不存在的阳离子是：Ag +、Mg 2+、
39、Ba 2+。（2）由已知及上述分析，实验 I得到的白色沉淀应该是 H2SiO3或 H4SiO4，故生成沉淀的离子方程式为：SiO 32-+2H+H 2SiO3（或 SiO32-+2H+H2OH 4SiO4） 。（3）标准状况下 0.56LCO2的物质的量为 0.025mol，根据 C原子守恒，则原溶液中 CO32-的物质的量浓度为：0.025mol0.1L=0.25molL -1；实验 II所得固体是 SiO2，质量为 2.4g，根据 Si原子守恒，则原溶液中 SiO32-的物质的量浓度为：2.4g60gmol -10.1L=0.4molL-1；由实验 III可得，溶液中一定不存在 SO42-
40、；已确定存在的阴离子为：0.25molL -1CO32-、0.4molL -1SiO32-，已知的阳离子为：0.5molL -1Na+，根据电荷守恒，一定存在 K+，不确定是否存在 NO3-。（4）由上述分析知，一定存在 K+，若不存在 NO3-时 K+浓度最小，由电荷守恒可得 c(K+)+c(Na+)=2c(CO32-)+2c(SiO32-)，即 c(K+)+0.5molL-1=20.25molL-1+20.4molL-1，解得c(K+)=0.8 molL-1。21.向 40mL某浓度的 AlCl3溶液中滴加 2mol/L的 NaOH溶液时，所得的沉淀质量与加入 NaOH溶液的体积之间的关系
41、如下图所示：(1)写出 AB段发生反应的离子方程式_。(2)A点表示的意义是_。(3)当所得沉淀量为 0.39g时，用去 NaOH溶液的体积是_ mL。(4)向 B点处的溶液中通入少量 CO2会有什么现象_写出离子方程式_。【答案】 (1). Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O (2). AlCl3和 NaOH溶液恰好完全反应，沉淀量达到最大值 (3). 7.5 或 17.5 (4). 出现沉淀 (5). 2AlO2 +CO2(少量)+3H2O=CO32-+2Al(OH)3【解析】【分析】开始 AlCl3与 NaOH反应 Al3+3OH-=Al（OH） 3，生成 Al（OH） 3沉淀
42、，NaOH 量逐渐增多，Al（OH） 3量逐渐增大，到 A点时氢氧化钠将 AlCl3恰好完全沉淀，Al（OH） 3沉淀达到最大量；随后再加 NaOH，发生 Al（OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀量又逐渐减少，到 B点时Al（OH） 3与 NaOH恰好完全反应生成 NaAlO2，沉淀完全溶解消失；0.39 g Al（OH） 3的物质的量= 0.005mol当 NaOH溶液不足时，生成 0.39 g Al（OH） 3所需 NaOH的物质的量为 0.015 mol；当 NaOH溶液过量时，还剩余 0.39 g Al（OH） 3，剩余 0.39 g Al（OH） 3溶解可以消耗 0.00
43、5molNaOH，故共消耗 NaOH的物质的量=0.02L2mol/L-0.005mol=0.035 mol，根据 V= 计算 NaOH溶液的体积；B 点处的溶液是偏铝酸钠溶液，通入少量 CO2生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀。【详解】根据以上分析， （1）AB 段发生的反应是 Al（OH） 3与 NaOH反应生成偏铝酸钠，反应离子方程式是 Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O；（2）开始 AlCl3与 NaOH反应 Al3+3OH-=Al（OH） 3，生成 Al（OH） 3沉淀，NaOH 量逐渐增多，Al（OH） 3量逐渐增大，到 A点时氢氧化钠将 AlCl3恰好完全沉淀，Al（OH） 3沉
44、淀达到最大量；（3）0.39 g Al（OH） 3的物质的量= 0.005mol；当 NaOH溶液不足时，生成 0.39 g Al（OH） 3所需 NaOH的物质的量为 0.005mol3=0.015 mol，需要 NaOH溶液的体积= 0.0075L=7.5mL；当 NaOH溶液过量时，还剩余 0.39 g Al（OH） 3，剩余 0.39 g Al（OH） 3溶解可以消耗0.005molNaOH，故共消耗 NaOH的物质的量=0.02L2mol/L-0.005mol=0.035 mol，需要 NaOH溶液的体积= 0.0175L=17.5mL；（4）B 点处的溶液是偏铝酸钠溶液，通入少量 CO2生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，现象是出现白色沉淀，反应离子方程式是 2AlO2 +CO2(少量)+3H2O=CO32-+2Al(OH)3。【点睛】本题是 AlCl3与 NaOH反应与图象相结合的计算问题，考查了对图象的解读能力，分析问题能力、计算能力等，本题解决的关键是明确 NaOH溶液逐滴加入到 AlCl3溶液中的反应情况。
