【化学】内蒙古乌兰察布市集宁区第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）

内蒙古乌兰察布市集宁区第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷
1.下列对古文献记载内容或诗句谚语理解错误的是（ ）
A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气……其清如水，味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B. 《天工开物》记载:“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐
C. “水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化
D. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
【答案】C
【详解】A、根据题干“蒸令气”可知，所用的“法”是指蒸馏，故A说法正确；
B、根据题干“择取无沙粘土”得到瓦，“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故B说法正确；
C、水滴石穿存在化学变化，CO2溶于水，发生CO2＋CaCO3＋H2O=Ca(HCO3)2，故C说法错误；
D、海市蜃楼是胶体的丁达尔效应，与胶体知识有关，故D说法正确，答案选C。
2.为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，某同学进行了下列七项操作，正确的操作顺序是（ ）
①加水溶解 ②加热蒸发得到晶体 ③加入过量BaCl2溶液 ④加入过量盐酸 ⑤加入过量K2CO3 ⑥过滤 ⑦加入过量KOH
A. ①⑤③⑦⑥④② B. ①⑤⑦③④⑥②
C. ①⑦③⑤⑥④② D. ①⑦③④⑥⑤②
【答案】C
【解析】试题分析：KCl中少量MgSO4和CaCl2杂质都溶于水，要想将杂质除去必须将MgSO4和CaCl2杂质转化为沉淀；可采取加水溶解→加入过量氢氧化钡（或氯化钡＋氢氧化钠），与MgSO4发生反应，生成BaSO4沉淀和氢氧化镁沉淀，然后加过量K2CO3溶液，与CaCl2和过量氢氧化钡溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钾，过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量K2CO3溶液发生反应，生成氯化钾、水和二氧化碳气体→加热蒸发得到晶体，操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、KOH溶液和碳酸钾溶液，过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为①⑦③⑤⑥④②，答案选A。
3.下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（ ）
①硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式表示为：Na2O·2FeO·3SiO2
②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
④单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料
A. ②③ B. ①③ C. ①④ D. ④
【答案】D
【解析】试题分析：①硅酸盐Na2Fe2Si3O10中Fe元素的化合价是+3价，所以写成氧化物表示的形式是Na2O· Fe2O3· 3SiO2，错误；②水晶的成分是二氧化硅，不属于硅酸盐产品，错误；③用于制作光导纤维的材料是二氧化硅，不是硅单质，错误；④单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料，正确，所以答案选D。
4.等物质的量的Na和Al两种金属加入足量的水中，生成26.88L（标准状况下）的气体，则下列描述错误的是（ ）
A. 金属 Na无剩余 B. 金属Al有剩余
C. 所得溶液溶质为NaAlO2 D. Na的物质的量是0.6mol
【答案】B
【详解】Na能与冷水反应，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Al能与氢氧化钠溶液发生：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Na和Al物质的量相等，两种金属恰好完全反应，另Na和Al均为xmol，根据信息得出：x/2＋3x/2=26.88L÷22.4L·mol－1，得出x=0.6mol；
A、Na能与冷水发生反应，且水是足量，即Na无剩余，故A说法正确；
B、根据上述分析，0.6molNa与水反应，产生0.6molNaOH，0.6molAl恰好与0.6molNaOH反应，Al无剩余，故B说法错误；
C、根据上述分析，所得溶液溶质为NaAlO2，故C说法正确；
D、根据上述分析，n(Na)=0.6mol，故D说法正确，答案选B。
5.某学生配制100mL1 mol·L－1的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于1 mol·L－1，他的下列操作中使浓度偏低的原因是（ ）
①用量筒量取浓硫酸时，俯视读数
②量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未洗涤
③容量瓶没有烘干
④用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中时有溶液流到了容量瓶外面
⑤溶液未经冷却即定容
⑥用胶头滴管加蒸馏水时，加入过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好与刻度线相切
⑦滴加蒸馏水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，盖上瓶塞反复摇匀后，静置，发现液面比刻度线低，再加水至刻度线
⑧定容时仰视读数
A. ①②④⑥⑦⑧ B. ②③④⑤⑥⑦
C. ①②③⑥⑦⑧ D. ①②④⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】根据c=n/V=m/MV进行分析；
【详解】①用量筒量取浓硫酸，俯视读数，所量取浓硫酸的体积偏小，即溶质物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故①符合题意；
②烧杯未洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故②符合题意；
③容量瓶中有水，对实验无影响，故③不符合题意；
④液体流到容量瓶外面，容量瓶中溶质物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故④符合题意；
⑤未冷却即定容，恢复到室温状态下，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故⑤不符合题意；
⑥该操作造成容量瓶中溶质物质的量减小，浓度偏低，故⑥符合题意；
⑦再加水，对原溶液稀释，浓度偏低，故⑦符合题意；
⑧定容时仰视，所加水的体积超过刻度线，即浓度偏低，故⑧符合题意；
综上所述，符合题意的是①②④⑥⑦⑧，故选项A正确。
6.几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L―1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（ ）
A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%
【答案】B
【解析】试题分析：铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量=0.1×7/2=0.35摩尔，氯气的物质的量为0.56/22.4=0.025摩尔，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为0.025×2/1=0.05摩尔，根据电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为（0.35×2-0.05×2）/3=0.2摩尔，则混合物中铁元素的质量分数=（0.05+0.2）×56/[（0.05+0.2）×56+0.35×16]=71.4%，选B。
7.将m g镁铝合金投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为13.60 g，则m的值为（ ）
A. 5.10 B. 8.50 C. 9.35 D. 11.48
【答案】A
【解析】反应中AlAl3+Al(OH)3，MgMg2+Mg(OH)2，可知Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据2H+H2，生成5.6LH2转移的电子为×2=0.5mol，所以反应后生成沉淀的质量为mg+0.5mol×17g/mol=13.60g，解得：m=5.1g，故选A。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下， 0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B. 标准状况下，2.24L苯分子数为0.1NA
C. 40 g NaOH溶解在1 L水中，得到溶液的物质的量浓度为1 mol/L
D. 0.1molNa2O2与足量潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA
【答案】D
【详解】A、氯气溶于水，只有少量的Cl2与水发生反应，无法计算转移电子数目，故A错误；
B、苯标准状况下不是气体，无法直接运用22.4L·mol－1计算，故B错误；
C、题目中无法计算溶液的体积，则无法计算溶液物质的量浓度，故C错误；
D、过氧化钠与CO2发生：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，即0.1molNa2O2与足量的CO2发生反应转移电子物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故D正确，答案选D。
9.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1 mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是（ ）

A. 右边与左边分子数之比为4∶1
B. 右侧CO的质量为5.6 g
C. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2 mol CO
【答案】C
【解析】试题分析：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=0.25mol。A、气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；B、右侧CO的质量为：28g/mol*0.25mol=7g，故B错误；C、相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，故C正确；D、相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，故D错误。
10.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 1mol•L-1Ca（NO3）2溶液中：Na+、NH4+、CO32−、CH3COO-
B. 能使甲基橙变红的溶液中：K+、Na+、NO3−、Cl-
C. 3%H2O2溶液中：Fe2+、H+、SO42−、Cl-
D. 0.1mol•L-1KSCN溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、SO42−
【答案】B
【详解】A、Ca2＋与CO32－反应生成CaCO3沉淀，不能在指定溶液中大量共存，故A不符合题意；
B、能使甲基橙变红，溶液显酸性，这些离子在酸性溶液中能够大量共存，故B符合题意；
C、H2O2具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，不能在指定溶液中大量共存，故C不符合题意；
D、Fe3＋与SCN－生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故D不符合题意，答案选B。
11.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 金属钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
C. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳气体：CO2+OH-=HCO3-
D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O
【答案】D
【详解】A、反应前后所带电荷数不相等，正确的是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故A错误；
B、缺少NH4＋与OH－的反应，故B错误；
C、CO2少量，正确的离子方程式为CO2＋2OH－=CO32－＋H2O，故C错误；
D、澄清石灰水过量，反应的离子方程式为HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故D正确，答案选D。
12.过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑.下列说法中不正确的是（ ）
A. 氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4
B. FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂
C. 由反应可知每3mol FeSO4完全反应时，反应中共转移12 mol 电子
D. Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用
【答案】C
【解析】A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知 ，氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4 ，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2==2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe 元素的化合价由 +2 价升高为 +6 价 ,O 元素的化合价部分由 −1 价降低为 −2 价， 部分由 −1 价升高为 0 价 ，所以FeSO4 只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂， B正确；C．2FeSO4～10e-，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误。D．Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选C.
13.含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1mol·L−1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（ ）

A. a曲线表示的离子方程式为：AlO2－＋H+＋H2O===Al(OH)3↓
B. b和c曲线表示的离子反应是相同的
C. M点时，溶液中沉淀的质量为3.9g
D. 原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】试题分析：A、a曲线表示Na[Al（OH）4]和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，所以发生反应的离子方程式为：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O，故A正确；B、b曲线表示碳酸钠和盐酸反应，c曲线也表示碳酸钠和盐酸的反应，只是b曲线表示碳酸钠的物质的量，c曲线表示碳酸氢钠的物质的量，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C、因加50mL盐酸之后沉淀不溶解，则M点和50mL时相同，Na[Al（OH）4]中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，设氢氧化铝的质量为X，
Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+Al（OH）3↓+H2O，
1mol 78g
1mol•L-1×0.05L XX=3.9g，故C正确；D、由图象知，Na2CO3、Na[Al（OH）4]的物质的量相等都是0.05mol，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与[Al（OH）4]-的物质的量之比，故D错误，故选D。
14.列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是（ ）

①可用于氯气的收集 ②若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 ③可证明氯气具有漂白性 ④可用于实验室中氯气的尾气吸收
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①④
【答案】D
【详解】①这个装置是向上排空气收集气体的方法，氯气的密度比空气大，该装置可用于氯气的收集，①装置能达到实验目的；
②若气球干瘪，说明平底烧瓶中气体压强比瓶外压强大。而Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应气体体积减小，气压减小，所以Cl2与NaOH反应气球会膨胀，②装置不能达到实验目的；
③潮湿布条中的水与干燥的Cl2反应生成HClO，HClO能漂白有色布条，所以该实验无法证明氯气具有漂白性，③装置不能达到实验目的；
④Cl2与NaOH反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应不再产生有毒气体，所以NaOH溶液可用于实验室中氯气的尾气吸收，④装置能达到实验目的；答案选D。
15.列说法正确的是（ ）
A. 液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】A项，酸碱盐都是电解质；B项，NH3及非金属氧化物都是非电解质；C项和D项，可用举反例的方法解决：CO、NO2等不是酸性氧化物，金属氧化物Mn2O7也是酸性氧化物。
【详解】A项，HCl在水溶液里能导电，熔融的AgCl能导电，HCl属于酸、AgCl属于盐，酸碱盐都是电解质，故A错误；
B项，NH3、CO2均为非电解质，NH3、CO2分别与水反应生成NH3•H2O、H2CO3的水溶液能导电，应描述为：NH3•H2O、H2CO3均是电解质，故B错误；
C项，许多非金属氧化物是酸性氧化物，如：CO2、SO2、SO3、N2O5等，但是有些非金属氧化物不是酸性氧化物，如：CO、NO2等，有少量金属氧化物是酸性氧化物，如：Mn2O7等，故C正确；
D项，碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：金属氧化物Mn2O7是酸性氧化物，故D错误。
综上所述，符合题意的选项为C。
16.现有下列三个氧化还原反应：
① 2B- + Z2 = B2+2Z –
② 2A2+ + B2 = 2A3+ + 2B-
③2XO4- + 10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O，
根据上述反应，判断下列结论中正确的是（ ）
A. 要氧化含有A2＋、Z－和B－ 混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2
B. 氧化性强弱顺序为：XO4－>Z2>A3＋>B2
C. X2＋是XO4－的氧化产物，B2是B－ 的还原产物
D. 在溶液中不可能发生反应：XO4－＋5A2＋＋8H＋=X2＋＋5A3＋＋4H2O
【答案】A
【解析】
【分析】利用氧化还原反应的几组概念，以及氧化剂的氧化性强于氧化产物氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性进行分析；
【详解】A、根据氧化还原反应规律，氧化性强弱①：Z2>B2，②B2>A3＋，③XO4－>Z2，氧化性强弱顺序是XO4－>Z2>B2>A3＋，氧化含有A2＋、Z－和B－ 混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2，故A正确；
B、根据A选项分析，氧化性强弱顺序是XO4－>Z2>B2>A3＋，故B错误；
C、XO4－是氧化剂，则X2＋为还原产物，根据①B－为还原剂，B2为氧化产物，故C错误；
D、根据A选项分析，XO4－的氧化性强于A3＋，该反应能够发生，故D错误，答案选A。
17.标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL -1 )，所得溶液的密度为ρg·mL -1，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol·L -1，则下列关系中不正确的是（ ）
A. ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)
B. ω=17c/1000ρ
C. ω=17V/(17V＋22400)
D. c=1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【解析】试题分析：c，故A错误，D正确；由于c=，B正确；氨气的物质的量是V/22.4mol，质量是17 V/22.4g，所以溶液的质量是（17 V/22.4＋1000）g，而溶液的体积是（17 V/22.4＋1000）/ρml，因此溶液的质量分数是w＝17V/(17V＋22 400)，C正确；答案选A.
18.某溶液经分析，其中只含有Na＋、K＋、Ca2＋、Cl－、NO3－，已知其中Na＋、K＋、Ca2＋、NO3－的浓度均为0.1 mol·L－1，则Cl－的物质的量浓度为（ ）
A. 0.1 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1
C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】溶液中电荷守恒式为：c（Na+）+c（K+）+2c（Ca2+）=c（Cl-）+c（NO3-），则c（Cl-）=0.1mol/L+0.1mol/L+20.1mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，答案选C。
19.Ⅰ．现有下列八种物质： ①铝 ②蔗糖 ③SiO2 ④H2SO4 ⑤NaOH ⑥FeSO4溶液 ⑦Ba(OH)2 ⑧氢氧化铁胶体。
（1）上述物质属于电解质的有____________（填序号，下同），能导电的有__________。
（2）上述物质中有两种物质在水溶液中反应的离子方程式为H++OH−===H2O，则该反应的化学方程式为____________。
（3）实验室制备⑧的离子方程式为__________________。若在⑧中缓慢加入④的溶液，产生的现象是________________________。
（4）③是玻璃的主要成分之一，③与⑤溶液反应的化学方程式为_______________。工艺师常用_______（填物质名称）来雕刻玻璃。
Ⅱ．下列各组物质的分离或提纯，应选用下述方法的哪一种? （填选项字母）
A．分液 B．过滤 C．萃取 D．蒸馏 E.蒸发结晶 F.高温分解
（1）分离CCl4和H2O：___________。
（2）除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3： ___________。
（3）分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的液体混合物：__________。
【答案】(1). ④⑤⑦ (2). ①⑥⑧ (3). H2SO4+2NaOH===Na2SO4+2H2O (4). Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+ (5). 随着H2SO4溶液的逐渐加入先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解最后得到棕黄色溶液 (6). SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O (7). 氢氟酸 (8). A (9). B (10). D
【解析】
【分析】Ⅰ．(1)电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
(2)能发生H++OH−=H2O的离子反应，则满足条件是强酸强碱生成可溶性盐和水的反应。
(3)实验室制备氢氧化铁胶体的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+。
(4)二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃。
Ⅱ．(1)CCl4和H2O互不相溶，可用分液法分离。 (2)除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3可用过滤法分离。(3)CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)沸点相差较大，可用蒸馏法分离。
【详解】Ⅰ．(1)电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，则上述物质属于电解质的有④⑤⑦，其中能导电的有①⑥⑧(氢氧化铁胶粒带电)，故答案为：④⑤⑦；①⑥⑧。
(2)能发生H++OH−=H2O的离子反应，则满足条件是强酸强碱生成可溶性盐和水的反应，符合此条件的化学方程式为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故答案为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。
(3)实验室制备氢氧化铁胶体的离子方程式为： Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，若在此胶体中缓慢加入稀硫酸，随着H2SO4溶液的逐渐加入先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解最后得到棕黄色溶液，故答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；随着H2SO4溶液的逐渐加入先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解最后得到棕黄色溶液 。
(4)二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；氢氟酸。
Ⅱ．(1)CCl4和H2O互不相溶，可用分液法分离，故选A；
(2)除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3可用过滤法分离，故选B；
(3)CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)沸点相差较大，可用蒸馏法分离，故选D。
20.科学研究发现，三种金属或两种金属可以组成准晶体。某准晶体样品M可能由铁、铜和铝中的三种或两种组成。
【实验目的】探究 金属的成分
【提出假设】猜想1：M的成分是铁和铜；
猜想2：M的成分是铁和铝；
猜想3：M的成分是______；
猜想4：M的成分是铁、铜和铝
【设计实验】取两份质量均为m g的M样品，按图1和图2装置分别进行实验：实验前后条件都是常温、常压，待样品M充分反应后，按图1、图2实验方案完成实验并测得气体体积分别为V1L和V2L（所测定的气体体积已折合成标准状况）。

（1）完成实验目的和猜想填空内容。________
（2）若该实验需要0.50mol/LNaOH溶液240mL，用规格仪器配制时应称量____g NaOH（用托盘天平），若称量的NaOH固体中混有Na2O杂质会导致所配溶液浓度_____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）  
（3）进行实验1前，B瓶中的水没有装满，使测得的气体体积 _______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”），实验2中的导管a的作用为_____________并能防止因加入液体而排出锥形瓶内部分空气，导致测定的气体体积偏大。
（4）若V1≠0，则推测上述猜想 ________（填“1”、“2”、“3”或“4”）一定不成立，若猜想3成立，则V1________V2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）若V1＜V2≠0，则M样品中铁的质量为____________g（用含V1和V2式子表示）
【答案】(1). 铝和铜 (2). 5.0g (3). 偏大 (4). 无影响 (5). 平衡压强使硫酸顺利流下 (6). 1 (7). = (8). 56（V2-V1）/22.4g或2.5（V2-V1）g
【详解】（1）根据提出假设，推出猜想3中M的成分是铝和铜；
（2）m(NaOH)=250×10－3L×0.50mol·L－1×40g·mol－1=5.0g；62gNa2O生成2mol的NaOH，每31gNa2O能获得1molNaOH，即NaOH固体中混有Na2O杂质导致所配溶液浓度偏大；
（3）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；实验2中导管a的作用为平衡压强，使硫酸顺利流下；
（4）因为V1不等于0，说明有气体产生，能与NaOH溶液反应生成气体的金属是Al，即猜想1不成立；猜想3为铝和铜，铜不与NaOH和稀硫酸反应，Al与NaOH反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Al与稀硫酸：2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，相同质量的Al，产生的氢气量相同，即V1=V2；
（5）若猜想2成立，V2－V1即为铁与硫酸反应生成的氢气，则铁单质的质量为。
21.《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守，也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下：
（1）检测锈蚀产物
主要成分的化学式
Fe3O4
Fe2O3·H2O
FeO(OH)
FeOCl
铁器在具有O2、________等环境中容易被腐蚀。
（2）分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。
Ⅰ.Fe转化为Fe2＋。
Ⅱ. FeO(OH)和Fe2＋反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2＋的作用是____(填字母)。
a．氧化剂 b．还原剂 c．既不是氧化剂也不是还原剂
（3）研究发现，Cl－对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层，方法如下：
将铁器浸没在盛有0.5 mol·L－1 Na2SO3、0.5 mol·L－1 NaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90 ℃。一段时间后，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl－。
①检测洗涤液中Cl－的方法是________________________________________。
②脱氯反应：FeOCl＋OH－===FeO(OH)＋Cl－。离子反应的本质是离子浓度的减小，比较FeOCl与FeO(OH)溶解度的大小：________________。
③Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是_____SO32－＋______FeO(OH)===______SO42－＋____Fe3O4＋______H2O(将反应补充完全)。________
【答案】(1). H2O（潮湿） (2). c (3). 取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银混合液，若无白色沉淀产生说明Cl- (4). S(FeOCl)>S[FeO(OH)] (5). 1 6 1 2 3
【详解】（1）根据铁器锈蚀后的成分可知，铁器在具有O2、水(潮湿)的环境下易生锈；
（2）FeO(OH)中Fe的价态为＋3价，Fe3O4中铁有1/3的Fe2＋和2/3的Fe3＋，Fe2＋的化合价不变，即Fe2＋既不是还原剂也不是氧化剂，故选项c正确；
（3）①检验Cl－一般用AgNO3溶液，操作方法是取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无色沉淀产生说明无Cl－，反之有Cl－；
②根据离子反应的本质，推出S(FeOCl)>S[FeO(OH)]；
③SO32－→SO42－，S的化合价由＋4价→＋6价，升高2价，FeO(OH)3中Fe的化合价为＋3价，Fe3O4中铁的价态认为＋8/3，Fe的化合价降低，根据化合价的升降法进行分析，得出SO32－＋6FeO(OH)=SO42－＋2Fe3O4＋3H2O。