四川省攀枝花市2018-2019学年高一化学上学期期末教学质量监测试题（含解析）.doc

四川省攀枝花市2018-2019学年高一化学上学期期末教学质量监测试题（含解析）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 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137第卷 (选择题 共40分)一、选择题1.下列具有攀枝花特色的商品中，主要成分属于金属的是A苴却砚B钛零件C国胜茶D油底肉A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.苴却砚主要成分是硅酸盐，不是金属，A错误；B.钛零件主要成分是金属钛合金，B正确；C.国胜茶主要成分是纤维素等有机化合物，C错误；D. 油底肉主要成分为蛋白质和脂肪，属于有机物，D错误；故合理选项是B。2.本草经集注中记载有关于区别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4) 的方法：“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”文中区别的方法是利用了下列中的A. 焰色反应 B. 萃取 C. 丁达尔效应 D. 蒸馏【答案】A【解析】【详解】由“强烧之，紫青烟起”可知，发生的是金属的焰色反应，故合理选项是A。3.盛放金属钠固体的试剂瓶上应贴的危险化学品标志是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】金属钠遇空气中的水蒸气会发生反应产生氢氧化钠和氢气，反应是放热反应，当达到Na的着火点时就着火燃烧，所以金属钠属于遇湿容易着火燃烧的物质，选项B正确。4.下列化合物中，在水溶液里和熔融状态下均不能导电的是A. NaCl B. H2SO4 C. NaOH D. 蔗糖【答案】D【解析】【分析】在水溶液里和熔融状态下均不导电，且是化合物，则说明该物质是非电解质，据此分析解答。【详解】A氯化钠是电解质，在水溶液里或熔融状态均能导电，A不符合题意；B硫酸是电解质，在水溶液里能导电，B不符合题意；C氢氧化钠是电解质，在水溶液里或熔融状态均能导电，C不符合题意；D蔗糖是非电解质，在水溶液和熔融状态下均不导电，D符合题意；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解质和非电解质的判断的知识，注意不是电解质的物质不一定是非电解质，如氢氧化钠溶液或金属单质。5.下列化合物中，属于碱性氧化物且能与水反应的是A. FeO B. CaO C. Al2O3 D. CuO【答案】B【解析】【详解】A.氧化亚铁是碱性氧化物，但不溶于水也不与水反应，A错误；B.氧化钙是碱性氧化物，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，B正确；C.氧化铝是两性氧化物，不溶于水也不与水反应，C错误；D.氧化铜是碱性氧化物，不溶于水也不跟水反应，D错误；故合理选项是B。6.在碘水中加入适量CCl4振荡，静置后可观察到的现象为A. 不分层，溶液呈紫色 B. 不分层， 溶液呈棕色C. 分层，上层为紫色 D. 分层，下层为紫色【答案】D【解析】【分析】四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，碘在四氯化碳密度中的溶解度比在水中溶解度大，四氯化碳能够萃取碘水中的碘，据此解答。【详解】四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，碘在四氯化碳密度中溶解度比在水中的溶解度大，四氯化碳能够萃取碘水中的碘，所以在碘水中加入适量CCl4振荡，静置后可观察到的现象为溶液分层，下层为溶解了碘的四氯化碳层，溶液呈紫红色，上层为水层，呈无色，故合理选项是D。【点睛】本题考查了碘的萃取实验，明确碘在四氯化碳和水中溶解性是解题关键，题目难度不大，注意对萃取实验知识的巩固。7.下列金属中，表面能形成致密氧化层，保护内层金属不被空气氧化的是A. Al B. Cu C. Na D. Fe【答案】A【解析】【详解】由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而Cu、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选A。8.磁流体是电子材料的新秀。在一定条件下，将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在3655nm之间的黑色磁流体。下列说法中正确的是A. 所得的分散系属于悬浊液B. 所得的分散系中分散质为Fe2O3C. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应D. 分散系为胶体，分散质粒子大小即Fe(OH)3分子直径【答案】C【解析】【分析】根据分散质微粒直径大小来判断属于该分散系为胶体，根据胶体的性质分析。【详解】根据题意可知：磁流体分散系分散质粒子直径在3655nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。A分散质粒子直径在3655nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，A错误；B分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故分散质不是Fe2O3，B错误； C该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，C正确；D该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意胶体的本质特征是分散质的粒度大小。9.镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中，不正确的是A. 此合金的熔点比镁和铝的熔点都低B. 此合金能全部溶解于足量稀盐酸中C. 此合金能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中D. 此合金的硬度比镁和铝的硬度都大【答案】C【解析】【分析】根据合金是指一种或几种金属或金属与非金属加热熔合而成的具有金属特性的物质。合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低，结合金属的化学性质，进行分析判断。【详解】A合金的熔点比各成分金属的低，A错误； B此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，B正确；C此合金属于镁和铝的混合物，铝能与氢氧化钠反应，但镁不能与氢氧化钠反应，此合金不能全部溶解于氢氧化钠溶液中，C错误；D根据合金的特点：合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，可知此合金的硬度比镁和铝的硬度都小，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查金属与合金在性能上的主要差异，难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征、金属的化学性质是正确解答本题的关键。10.下列离子方程式中书写正确的是A. Al(OH)3溶于NaOH溶液：Al3+4OH-= AlO2- +2H2OB. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32- +H2OC. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+OH+ H+ + SO42-= BaSO4+H2OD. FeCl3溶液腐蚀铜质电路板：2Fe3+3Cu=3Cu2+ 2Fe【答案】B【解析】【详解】AAl(OH)3溶于NaOH溶液中，但氢氧化铝难溶于水，也难电离，所以反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，A错误；B. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合，反应产生碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32- +H2O，正确；C.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，产生硫酸钡沉淀和水，生成的硫酸钡与水的物质的量的比是1:2，反应的离子方程式是：Ba2+2OH+ 2H+ + SO42-= BaSO4+2H2O，C错误；D. FeCl3溶液腐蚀铜质电路板，生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是： 2Fe3+Cu=Cu2+ 2Fe2+，D错误；故合理选项是B。11.下列实验现象描述错误的是选项实验现象A将水蒸气通过灼热的铁粉黑色粉末变为红褐色B在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色D加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A. 水蒸气通过灼热的铁粉，生成黑色的四氧化三铁固体，不是红褐色，A错误；B在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔，Al与空气中的氧气反应产生氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落，B正确；C.在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，发生复分解反应，产生氢氧化亚铁白色沉淀，该物质不稳定，容易被空气氧化成为红褐色氢氧化铁，因此会看到首先生成白色沉淀，白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色，C正确；D.加热放在坩埚中的小块钠，则钠首先熔化成光亮的小球，钠燃烧时，火焰呈黄色，燃烧后，生成淡黄色过氧化钠固体，D正确；故合理选项是A。12.下列物质中含原子个数最多的是A. 9gNH3 B. 标准状况下5.6LCO2C. 9g H2O D. 0.4mol O3【答案】A【解析】【分析】根据n=，原子的物质的量越多，原子的数目就越多，结合物质的构成微粒计算。【详解】A. 9gNH3的物质的量是n(NH3)=，在一个NH3中含有4个原子，所以共含有原子的物质的量为n=4n(NH3)=；B.标准状况下5.6LCO2气体的物质的量为n(CO2)=，由于在一个CO2中含有3个原子，所以共含有原子的物质的量为n=3n(CO2)=0.75mol；C.9g H2O的物质的量是n(H2O)=，由于在一个H2O中含有3个原子，所以共含有原子的物质的量为n=3n(H2O)=1.5mol；D.在一个O3分子中含3个原子， 0.4mol O3中含有的原子物质的量是n=30.4mol=1.2mol，可见含有原子物质的量最多的是NH3。由于n=可知：原子的物质的量越多，含有的原子数目就越多，故原子数目最多的是NH3，选项A合理。【点睛】本题考查了有关微粒数目多少判断的知识，涉及物质的量与质量、气体体积、及微粒的构成等。掌握有关物理量的关系是本题解答的关键。13.根据下列反应：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；3H2O2 + Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4 +8H2O判断：H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由强到弱的顺序是A. K2CrO4H2O2Ag2O B. Ag2OH2O2K2CrO4C. H2O2Ag2O K2CrO4 D. Ag2OK2CrO4H2O2【答案】B【解析】【分析】利用氧化性：氧化剂还原剂，氧化剂氧化产物分析判断。【详解】根据可知氧化剂是Ag2O，还原剂是H2O2，所以氧化性Ag2OH2O2；根据可知氧化剂是H2O2，氧化产物是K2CrO4，所以氧化性H2O2K2CrO4。所以物质的氧化性由强到弱顺序为Ag2OH2O2K2CrO4，选项B合理。【点睛】本题考查了物质氧化性强弱比较的知识。一般情况下，物质的氧化性：氧化剂还原剂，氧化剂氧化产物。物质的氧化性也与温度、浓度有关。反应温度越高，物质的浓度越大，物质的氧化性就越强。但也有例外，如Cl2+H2O=HCl+HClO，氧化剂是Cl2，氧化产物是HClO，实际上HClO的氧化性比Cl2强。要注意掌握一般的物质氧化性比较规律，同时也要注意一些特殊情况。14.工业上曾经通过反应“3Fe + 4NaOHFe3O4 + 2H2+ 4Na”生产金属钠。下列说法正确的是A. 还原产物是钠Na和Fe3O4B. 用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离C. 将生成的气体在空气中冷却可获得钠D. 每生成1 mol H2，该反应转移的电子数约为46.021023【答案】D【解析】【详解】A.在该反应中，Na元素的化合价由反应前NaOH中的+1价变为反应后Na单质的0价，化合价降低，获得电子，被还原，所以还原产物是Na；Fe元素的化合价由反应前Fe单质的0价变为反应后Fe3O4中的+2、+3价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以Fe3O4是氧化产物，A错误；B. Fe与Fe3O4都可以被磁铁吸引，所以不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，B错误；C.钠极易被空气中的氧气氧化，所以将生成的气体在空气中冷却得不到钠，C错误；D.根据方程式可知：每生成2 mol H2，转移8mol的电子，则生成1molH2，转移电子的物质的量为4mol，电子数目约为46.021023， D正确；故合理选项是D。15.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：下列说法不正确的是A. 第步过滤出的滤渣是泥沙B. 在第步中不能用KOH替代NaOHC. 第步加入Na2CO3溶液的目的是除去Ba2+和Ca2+D. 第、步添加试剂的操作顺序还可以是：NaOH、Na2CO3、BaCl2【答案】D【解析】【分析】由流程可知，粗盐溶解后过滤可除去泥沙，加氯化钡可除去硫酸根离子，中加NaOH除去镁离子，中加碳酸钠可除去钡离子、钙离子，过滤后溶液主要为氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，中加盐酸，反应后溶液中溶质为NaCl，然后蒸发结晶得到NaCl，以此解答该题。【详解】由流程可知，粗盐溶解后步过滤除去泥沙，加氯化钡可除去SO42-离子，中加NaOH除去Mg2+，中加碳酸钠可除去Ba2+、Ca2+，过滤后溶液主要为NaCl、NaOH和Na2CO3，中加盐酸，NaOH和Na2CO3与HCl反应后溶液中溶质为NaCl，然后蒸发结晶得到NaCl，A.由分析可知第步过滤出的滤渣是泥沙，A正确；B. 在第步中若用KOH替代NaOH，就会在溶液中引入杂质离子K+，因此不能使用KOH，B正确；C.第步加入Na2CO3溶液，发生反应：Ca2+CO32-=CaCO3，Ba2+CO32-=BaCO3，因此能达到除去Ba2+和Ca2+的目的，C正确；D.若第步加入NaOH可除去Mg2+，第步加Na2CO3可除去Ca2+，第步添加BaCl2溶液可除去SO42-，但这样的顺序，最后加入BaCl2溶液，就又引入了杂质Ba2+离子，加入盐酸不能除去，所以BaCl2溶液必须在Na2CO3溶液之前加入，可以在NaOH溶液之前加入，也可以在NaOH溶液之后加入，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质分离、提纯实验方案的设计，把握粗盐提纯流程中的分离方法及发生的离子反应为解答的关键，侧重分析能力及物质除杂的考查，题目难度不大。16.向相同体积的FeCl3、MgCl2和KCl三种溶液中分别加入5mL的0.2 mol/LAgNO3溶液，恰好可使Cl离子完全沉淀，则三种盐溶液中溶质的物质的量浓度之比是A. 1:2:3 B. 1:2:6 C. 2:3:6 D. 1:3:9【答案】C【解析】【详解】用5mL0.2 mol/LAgNO3溶液恰好可使相同体积的FeCl3、MgCl2、NaCl三种溶液中的氯离子完全转化为氯化银沉淀，根据方程式：Cl-+Ag+=AgCl可知生成的沉淀AgCl的物质的量相同，三种溶液中含有Cl-的物质的量相等。假设产生AgCl的物质的量为6mol，根据氯原子守恒，则：n(FeCl3)=1/3n(AgCl)=2mol，n(MgCl2)=1/2n(AgCl)=3mol，n(KCl)= n(AgCl)=6mol，由于溶液的体积相等，所以三种溶液的浓度比等于它们的物质的量的比，故c(FeCl3)：c(MgCl2)：c(KCl)=2：3：6，故合理选项是C。17.取Na2CO3和NaHCO3的混合粉末样品22.1g，将其加热到质量不再改变，冷却后称固体质量为15.9g。则原混合物中Na2CO3的质量为A. 4.2g B. 5.3g C. 8.4 g D. 10.6 g【答案】B【解析】【分析】NaHCO3不稳定，受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，所以固体混合物加热最后得到固体为碳酸钠，根据反应前后固体质量差，利用差量法先计算其中碳酸氢钠的质量，进而计算原样品中碳酸钠的质量。【详解】假设原混合物中含NaHCO3质量为x。NaHCO3不稳定，受热分解，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 质量减少168g 106g 168g-106g =62gx 22.1g-15.9g=6.2g所以168g：x=62g：6.2g，解得x=16.8g，所以原混合物中Na2CO3的质量为22.1g-16.8g=5.3g，选项B正确。【点睛】本题考查混合物有关计算，注意利用差量法计算，本题侧重考查学生分析和计算能力。18.t时，100mLNaNO3饱和溶液的质量为137g，如将这些溶液蒸干，获得62.5g NaNO3固体。下列说法中，不正确的是A. t时，NaNO3饱和溶液密度为1.37g/cm3B. t时，NaNO3的溶解度约为83.9gC. t时，NaNO3饱和溶液中溶质的质量分数约为45.6%D. t时，NaNO3饱和溶液中溶质的物质的量浓度约为1.61mol/L【答案】D【解析】【详解】A.溶液的体积是100mL，溶液的质量是137g，所以根据密度定义式可得溶液的密度为g/mL=1.37g/cm3，A正确；B.饱和溶液的质量为137g，溶质质量是62.5g，溶剂质量是m(溶剂)=137g-62.5g=74.5g，根据溶解度的概念可知，在100g溶剂中形成饱和溶液时溶解的溶质质量为S，则100:74.5=S:62.5，解得S=83.9g，B正确；C.饱和溶液的质量为137g，溶质质量是62.5g，则该饱和溶液中溶质的质量分数为45.6%，C正确；D.溶质质量是62.5g，则溶质的物质的量是n(NaNO3)=，由于溶液的体积为100mL，所以溶液的物质的量浓度为c=，D错误；故合理选项是D。19.Mg、Al混合物与足量盐酸反应，产生标况下的氢气4.48 L，下列说法不正确的是A. 参加反应的Mg、Al共0.2 mol B. 参加反应的HCl为0.4 molC. Mg、Al在反应中共失去0.4 mol电子 D. 若与足量的稀硫酸反应能产生0.2 mol H2【答案】A【解析】反应的实质为：Mg2H=Mg2H2，2Al6H=2Al33H2。n(H2)0.2 mol，则参加反应的n(H)0.4 mol。若换成稀H2SO4，同样产生0.2 mol H2，B、D项正确；依据得失电子守恒，由2HH2得电子总数为0.2 mol20.4 mol，C项正确；0.2 mol Mg提供0.4 mol电子，0.2 mol Al则提供0.6 mol电子，0.2 mol Mg、Al混合物提供的电子数大于0.4 mol小于0.6 mol，A项错误。20.铁的氧化物极为复杂。为测定一种铁的氧化物样本X的化学式，实验过程如下：根据实验结果，该氧化物X的化学式为A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7【答案】D【解析】【分析】铁的氧化物X加稀硫酸溶解，用过量的氯气氧化，再加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧，最后得到固体为氧化铁，根据质量守恒计算。【详解】铁的氧化物X加稀硫酸溶解，用过量的氯气氧化，再加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧，最后得到氧化铁，则生成的氧化铁的物质的量为n(Fe2O3)=0.025mol，则Fe的物质的量为n(Fe)=2n(Fe2O3)=20.025mol=0.05mol，Fe的质量为m(Fe)=n(Fe)M=0.05mol56g/mol=2.8g，氧化物X中O的质量为m(O)=3.92g-2.8g=1.12g，n(O)=，n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7，所以氧化物X的化学式为Fe5O7。选项D合理。【点睛】本题考查了物质化学式的确定的知识。涉及物质的量的计算、物质之间的转化、铁的化合物的性质，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意质量守恒在化学计算中的应用。第卷(非选择题 共60分)21.写出以下反应的化学方程式：(1)Na2O2与水反应：_。(2)Al2O3溶于NaOH溶液：_。(3)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体：_。(4)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水制备氢氧化铝：_。【答案】 (1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2 (2). Al2O3 +2NaOH= 2NaAlO2 +H2O (3). FeCl3+3H2O Fe(OH)3 (胶体)+3HCl (4). Al2(SO4)3+6NH3H2O= 2Al(OH)3 +3(NH4)2SO4【解析】【详解】(1)Na2O2与水反应产生氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2；(2)Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应产生偏铝酸钠和水，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(3)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中加热止液体呈红褐色，就制备得到氢氧化铁胶体，反应的化学方程式是：FeCl3+3H2O Fe(OH)3 (胶体)+3HCl；(4)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水，二者发生复分解反应，产生氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式是：Al2(SO4)3+6NH3H2O=2Al(OH)3 +3(NH4)2SO4。22.标出下列氧化还原反应的电子转移数目和方向，并写出氧化剂 (1)Al2(SO4)3+3H2 Al2O3 +3SO2 +3H2O 电子转移_ 氧化剂是_(2)6KMnO4 +5KI +3H2O= 6KOH+6MnO+5KIO3 电子转移_ 氧化剂是_【答案】 (1). (2). Al2(SO4)3 (3). (4). KMnO4【解析】【详解】(1)在反应Al2(SO4)3+3H2 Al2O3 +3SO2 +3H2O中，S元素化合价由反应前Al2(SO4)3中的+6价变为反应后SO2中的+4价，化合价降低，获得电子，被还原，所以Al2(SO4)3作氧化剂；H元素化合价由反应前H2中的0价变为反应后H2O中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化。每1mol氢气反应，转移2mol电子，3molH2反应转移6mol电子，用单线桥法表示电子转移为；(2)在反应6KMnO4 +5KI +3H2O= 6KOH+6MnO+5KIO3中，Mn元素的化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnO中的+2价，化合价降低，获得电子，被还原，所以KMnO4为氧化剂；I元素的化合价由反应前KI中的-1价变为反应后KIO3中的+5价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以KI为还原剂，每1molKI反应转移6mol电子，则5molKI反应，转移30mol电子，用单线桥法表示为：。23.某学习小组需配制含有NH4+、Cl-、K+、SO42-的植物培养液500 mL，且要求该培养液中c(Cl-)=c(K)= c(SO42-)=0.4 mol/L，则NH4+的物质的量浓度为_mol/L；若用KCl和(NH4)2SO4两种物质配制该培养液，则需称取m(KCl)=_ g，m(NH4)2SO4=_ g。【答案】 (1). 0.8 (2). 14.9 (3). 26.4【解析】【分析】(1)依据电荷守恒计算溶液中铵根离子浓度；2()依据m=nM=cVM及质量守恒定律计算选用溶质的质量。【详解】(1)要求该培养液中c(Cl-)=c(K)=c(SO42-)=0.4 mol/L，依据溶液中电荷守恒规律可知： c(Cl-)+2c(SO42-)=c(K+)+c(NH4+)，0.4mol/L+20.4mol/L=0.4mol/L+c(NH4+)，解得c(NH4+)=0.8mol/L；(2)要求该培养液中c(Cl-)=c(K+)=0.4 mol/L，c(NH4+)=0.8mol/L，则需要氯化钾的物质的量浓度为0.4mol/L，由于溶液的体积为500mL，所以需要氯化钾固体质量为：m(KCl)=0.4mol/L0.5L74.5g/mol=14.9g；要使c(SO42-)=0.4mol/L，c(NH4+)=0.8mol/L，则需要硫酸铵的物质的量浓度为0.4mol/L，溶液的体积为500mL，所以需要硫酸铵固体质量为：m(NH4)2SO4=0.4mol/L0.5L132g/mol=26.4g。【点睛】本题考查了电荷守恒在溶液微粒浓度的测定及溶液配制的应用的知识。24.某工厂的工业硫酸盐废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、较多的Cu2+和少量的Na+。工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，设计如下流程图。回答下列问题；(1)A的化学式为_，D的化学式为_。(2)在工业废水中加入过量A时，发应的离子方程式有：_、_。(3)得到FeSO47H2O晶体的操作为：加热浓缩、冷却结晶、_、_、干燥。【答案】 (1). Fe (2). H2SO4 (3). Fe + 2Fe3+=3Fe2+ (4). Fe + Cu2+= Fe2+ Cu (5). 过滤 (6). 洗涤【解析】【分析】工业废水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，要加入铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，经过滤，得到的滤液C中主要含硫酸亚铁，滤渣B中含Cu、Fe，向该固体混合物中加入D为H2SO4，得到的溶液F为硫酸亚铁，得到滤渣E为Cu，将溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液经为蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO4.7H2O晶体，以此来解答。【详解】工业废水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，要加入铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，经过滤，则滤液C中主要含硫酸亚铁，滤渣B中含Cu、Fe，向该固体混合物中加入D为H2SO4，得到的溶液F为硫酸亚铁，得到滤渣E为Cu，将溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液经为蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO4.7H2O晶体(1)加入铁粉，由于金属活动性FeCu，可发生酯化反应，置换出铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铁、铜的混合物中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，所以A的化学式为Fe，D的化学式为H2SO4；(2)由于离子的氧化性Fe3+Cu2+Fe2+Na+，所以向工业废水中加入过量A时，首先发生反应Fe + 2Fe3+=3Fe2+，然后发生反应Fe + Cu2+= Fe2+ Cu；(3) FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从FeSO4的溶液中获得晶体经过加热，通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、 洗涤，最后干燥，就得到了FeSO47H2O晶体。【点睛】本题以废水处理流程为线索，考查了混合物的分离、提纯的操作过程、试剂的选用及离子方程式书写等，把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键，注重基础知识的考查。25.明矾 KAl(SO4)212H2O 在造纸、净水等方面应用广泛。以处理过的废旧易拉罐碎屑为原料(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：(1)原料溶解过程中反应的离子方程式是_。(2)Al(OH)3 与稀硫酸反应的离子方程式是_。(3)溶液A中通入过量CO2，反应的离子方程式是_。(4)为证明固体B中含有铁，某同学做如下实验：取少量固体B，加入稀硫酸使其溶解，观察到有无色气体生成。向溶液中加入_，溶液立即变红，证明固体B中含有铁。【答案】 (1). 2Al+ 2OH- +2H2O= 2AlO2- +3H2 (2). Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ +3H2O (3). AlO2- +CO2+2H2O =Al(OH)3 + HCO3- (4). KSCN溶液和少量氯水【解析】【分析】废旧易拉罐碎屑主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，铝与热氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤后得到溶液A为偏铝酸钠溶液，固体B为Fe、Mg混合物；溶液A中通入过量二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，通过过滤得到碳酸氢钠溶液(溶液C)和氢氧化铝(固体D)；固体DAl(OH)3与稀硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与硫酸钾混合溶液，加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，可以得到明矾KAl(SO4)212H2O，据此进行解答。【详解】(1)废旧易拉罐碎屑的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，加入热氢氧化钠溶液，铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式是2Al +2OH-+2H2O=2AlO2- +3H2；(2)氢氧化铝是难溶性的两性氢氧化物，与硫酸反应产生硫酸铝和水，反应的离子方程式是 Al(OH)3+3H+ =Al3+ +3H2O；(3)溶液A为偏铝酸钠溶液，由于酸性H2CO3 Al(OH)3，所以向溶液A中通入过量CO2气体，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，方程式是：AlO2- +CO2+2H2O = Al(OH)3 + HCO3-；(4)固体B是Fe、Mg混合物，为证明其中含有Fe，可取少量固体B，加入稀硫酸使其溶解，观察到有无色气体生成，Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，向该溶液中滴加KSCN溶液后不变色，再加入几滴氯水，溶液立即变红，证明固体B与硫酸反应后溶液中含有Fe2+，则固体B中含有铁，所以所价试剂为KSCN溶液、氯水。【点睛】本题考查制备方案设计的知识，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质、离子的检验，明确常见化学实验基本操作方法。26.配制500 mL 0.05 mol/L的NaOH溶液,试回答下列问题:（1）计算：需要称取NaOH固体的质量为_g。（2）有以下5个操作步骤：向盛有NaOH固体的烧杯中加入200 mL蒸馏水使其溶解,并冷却至室温;继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线12 cm;将NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中;用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶;改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，加盖摇匀。以上操作步骤正确的排序是_。（3）某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.048 mol/L，原因可能是_。A使用滤纸称量氢氧化钠固体B容量瓶中原来存在少量蒸馏水C胶头滴管加水定容时仰视刻度线D转移NaOH溶液时，少量溶液溅出容量瓶【答案】(1)10.0 g (2) (3)ACD【解析】(1)需要NaOH固体的质量为0.5 L0.5 mol/L40 g/mol=10.0 g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为。(3)0.48 mol/L比0.5 mol/L 小,A项:由于固体NaOH具有极强的吸水性,使用滤纸称量时,NaOH固体易粘附在滤纸上,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;B项:容量瓶中原来存有少量蒸馏水,无影响;C项:溶解后的烧杯未经过多次洗涤,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;D项:胶头滴管加水定容时仰视刻度线,加水过多,使溶液的体积增大,c(NaOH)偏小。27.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。回答下列问题：(1)装置A中盛放稀盐酸的仪器名称为_。(2)装置B的作用是_。(3)装置C的作用是_。(4)装置D中发生反应的化学方程式是_、_。(5)装置E中碱石灰的作用是_。(6)若开始时称得样品的质量为4.52 g，反应结束后称得固体的质量为6.36g，则Na2O2试样的纯度为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 除去气体中的HCl (3). 干燥气体 (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). Na2O+CO2=Na2CO3 (6). 防止空气中的CO2、水蒸气进入装置D与样品反应 (7). 86.3%【解析】【详解】(1)根据图示可知装置A中盛放稀盐酸的仪器名称为分液漏斗；(2)碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体，由于盐酸有挥发性，所以制取的二氧化碳气体中含有杂质氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，反应方程式是HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2；(3)用盐酸与碳酸钙反应产生的CO2气体中含有杂质HCl和水蒸气，通过装置B把HCl除去后，再通过盛有浓硫酸的装置C，由于浓硫酸具有吸水性，可以将其中的水蒸气除去，所以浓硫酸的作用是干燥二氧化碳；(4)在装置D中Na2O2及杂质Na2O与进入的CO2发生反应,化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3；(5)由于空气中含有水蒸气及二氧化碳，为防止空气中的成分对实验造成干扰，利用碱石灰可以吸收水分及二氧化碳的性质，装置E中装了碱石灰，所以碱石灰的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入装置D与样品反应；(6)假设在混合物中含Na2O2质量为x，含Na2O质量为y，则x+y=4.52 g；根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知xg Na2O2反应后得到的固体质量为g，ygNa2O发生反应：Na2O+CO2=Na2CO3反应结束后，得到固体质量是g，则+=6.36g，解得x=3.9g，y=0.62g。所以过氧化钠的纯度=。28.向Fe和Fe2O3组成的6.56 g混合物中加入100 mL某浓度的盐酸，恰好完全反应，生成896mLH2(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。求：(1)原混合物中Fe2O3的质量分别为_，Fe的质量为_。(2)原盐酸的物质的量浓度_。【答案】 (1). 3.20 g (2). 3.36g (3). 2.0 mol /L【解析】【详解】(1)设原混合物中Fe、Fe2O3的物质的量分别为x、y ，混合物中加入盐酸，反应的有关方程式是Fe2O3 + 6H+=2Fe3+ + 3H2O 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+= Fe2+ + H2，反应放出氢气的物质的量为： ，根据方程式中物质间的关系可得方程x-y= 0.04mol，根据原固体质量可得56x+160y =6.56g 解得x=0.06mol，y=0.02mol，所以原混合物中Fe的质量为m(Fe)=0.06mol56g/mol=3.36g，含有的Fe2O3质量为m(Fe2O3)=0.02mol160g/mol=3.20g；(2)由于反应后溶液中只有FeCl2，故根据元素守恒，可知参与反应的HCl物质的量为:n(HCl)=2n(FeCl2)=2n(Fe)+4n (Fe2O3)=20.06mol+40.02mol=0.20mol，则c(HCl)=。