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黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题
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哈尔滨市第六中学2022届12月份阶段性总结
高一化学试题
H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 S:32 Cl:35.5 Mn:55 Fe:56 Cu:64 Br:80 Ba:137
一、选择题（共50分）
1.下列有关硅及硅酸盐材料说法正确的是( )
A. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
C. 普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
D. 祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，硅酸钠属于盐，不属于碱，硅酸钠是显碱性的盐，有黏性，将磨口玻璃塞与试剂瓶黏住，故A错误；
B选项，高纯度的硅单质广泛用于制作光电池、芯片，不是制光导纤维，故B错误；
C选项，普通玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料，石英玻璃不是硅酸盐，故C错误；
D选项，祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2，是硅酸盐，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】硅主要用于光电池，硅芯片，而二氧化硅主要用于光导纤维，沙子、石英、水晶、玛瑙主要成份为二氧化硅，玻璃、陶瓷、水泥是硅酸盐。
2.合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是
①合金的硬度一般比它的各成分金属的大 ②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低 ③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金 ④合金比纯金属的导电性更强 ⑤合金比纯金属的应用范围更广泛
A. ①②③⑤ B. ②③④ C. ①②④ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①合金的硬度一般比它的各成分金属的大，故①正确；
②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低，故②正确；
③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金，故③正确；
④一般情况下，合金的导电性和导热性低于任一组分金属，故④错误；
⑤由于合金的许多性能优于纯金属，所以在应用材料中大多使用合金，故⑤正确；
综上所述，题目中①②③⑤正确，故本题应选A。
3.铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中加入过量氨水，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热沉淀至质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，上述沉淀和残渣分别是（ ）
A. Fe（OH）3 Fe2O3 B. Fe（OH）2 Fe2O3
C. Fe（OH）2 Fe（OH）3 D. Fe（OH）2 Fe3O4
【答案】B
【解析】
铁屑溶于过量的稀硫酸，反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与足量氨水反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，受热分解生成红棕色三氧化二铁，故选：B．
【点评】本题考查铁及铁的化合物的性质，是高考的热门考点，掌握铁及其氢氧化物的化学性质是解答的关键，题目难度不大．
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。
A. 1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去个NA电子
B. 标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子
C. 标准状况下，5.6L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D. 50mL 12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、钠被氧化变为过氧化钠，升高1个化合价，因此1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去个NA电子，故A正确；
B、标准状况下，盐酸是溶液，无法按气体摩尔体积计算，故B错误；
C、CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，2mol二氧化碳转移2mol电子，标准状况下，5.6L CO2即物质的量1mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为NA，故C错误；
D、1mol二氧化锰与4mol浓盐酸共热反应转移2mol电子，50mL 12mol·L-1盐酸即物质的量，浓盐酸反应过程中不断变稀，稀盐酸不与MnO2反应，因此转移的电子数小于0.3NA，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】二氧化锰和浓盐酸加热才反应且浓盐酸逐渐变稀不再反应，同样铜和浓硫酸加热才反应且浓硫酸逐渐变稀不再反应。
5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 将FeBr2与Cl2按1:1混合的离子方程式：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
B. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+CO2+ H2O ═ H2SiO3↓+CO32-
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O: Al3++4NH3·H2O ═ AlO2-+4NH4++2H2O
D. 向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋AlO2-＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，将FeBr2与Cl2按1:1混合的离子方程式：2Fe2++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+2Cl－，故A错误；
B选项，向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－+2CO2+ 2H2O ═ H2SiO3↓+2HCO3－，故B错误；
C选项，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，故C错误；
D选项，向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和偏铝酸根：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D正确；
综上所述，答案为D。
6.能在水溶液中大量共存离子组是( )
A. H＋、Fe3＋、SO42-、I－ B. H＋、NH4+、HCO3-、NO3-
C. Ag＋、K＋、Cl－、SO42- D. K＋、AlO2-、Cl－、OH－
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性条件下，Fe3+与I-发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B．HCO3-与H+反应生成二氧化碳气体和水而不能大量共存，故B错误；C．Ag+与Cl-、SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；故选D。
7.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4．66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A. 至少存在5种离子
B. Cl-一定存在，且c（Cl ）≥0．4mol/L
C. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在
D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
【答案】B
【解析】
【分析】
由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。
【详解】A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误；
B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) ≥ 0.4mol·L-1，B项正确；
C.一定存在氯离子，C项错误；
D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。
8.在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100 mL 2 mol／L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448 mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子，则下列判断正确的是
A. 混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3
B. 反应后所得溶液中的Fe2＋离子与Cl－离子的物质的量浓度之比为1：3
C. 混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D. 混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
【答案】C
【解析】
混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n（HCl）=0.2mol，n（H2）=
0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，n（Fe2+）=0.1mol，由反应2Fe3++Fe＝3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，则A．根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，A错误；B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，B错误；C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe＝3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，C正确；D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，D错误，答案选C。
点睛：本题考查混合物的计算，把握发生的反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意铁离子的氧化性强于氢离子，铁离子首先氧化单质铁。
9.往甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100 mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是( )
A. 丁＜甲＜乙＝丙 B. 丁＜甲＜乙＜丙 C. 甲＝丁＜乙＝丙 D. 甲＜乙＜丙＜丁
【答案】A
【解析】
【分析】
根据反应的方程式计算溶质的质量，结合溶液质量的变化分析判断。
【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O＝NaOH+1/2H2↑，溶液增加的质量＝m（Na）-m（H2）＝2.3g-0.1g＝2.2g；
Na2O+H2O＝2NaOH，溶液增加的质量＝m（Na2O）＝0.1mol×62g/mol＝6.2g；
Na2O2+H2O＝2NaOH+1/2O2↑，溶液增加的质量＝m（Na2O2）-m（O2）＝m（Na2O）＝6.2g
将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量＝0.1mol×40g/mol＝4g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4g/(100g+2.2g)×100%、8g/(100g+6.2g)×100%、8g/(100g+6.2g)×100%、4g/(100g+4g)×100%，因此甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：乙＝丙＞甲＞丁，答案选A。
【点睛】明确溶液中发生的反应、溶液质量的变化是解答的关键，注意解答时不需要具体计算出溶质的质量分数，只需要判断出溶液质量的变化情况即可以作出判断。
10.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则CO2与CH4的体积比为( )
A. 3∶1 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 任意比
【答案】C
【解析】
【详解】在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则混合气体变形能变为(CO)x( H2)y，即可，故CO2：CH4 = 1:1，故C符合题意，故答案为C。
【点睛】只要能改写成(CO)x( H2)y的有机物或则其他混合物，m g该混合物充分燃烧后通入到足量过氧化钠中，过氧化钠增加的质量为m g。
11.下列说法正确的是( )
A. 常温时溶解度：Na2CO3>NaHCO3
B. Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH，都是氧化还原反应它们都是碱性氧化物
C. Na2CO3可用于治疗胃酸过多、制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，而NaHCO3可用于制造发酵粉等
D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，常温时溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故A正确；
B选项，Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH，氧化钠和水不是氧化还原反应，是碱性氧化物，过氧化钠和水反应是氧化还原反应，是过氧化物，故B错误；
C选项，NaHCO3可用于治疗胃酸过多，而不是Na2CO3，故C错误；
D选项，SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，但它是酸性氧化物，故D错误；
综上所述，答案为A。
12.下列有关焰色反应实验操作注意事项的说法中正确的是( )
①钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察
②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质
③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净
④钡的焰色反应为黄绿色
⑤没有铂丝时，也可以用玻璃棒代替
A. 仅有③不正确 B. 仅有④不正确 C. 仅有⑤不正确 D. 全对
【答案】C
【解析】
【详解】①钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察，主要滤去黄色的光，故①正确；
②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质，故②正确；
③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净，不能用硫酸洗净，故③正确；
④钡的焰色反应为黄绿色，故④正确；
⑤没有铂丝时，不能用玻璃棒代替，故⑤错误；
因此仅有⑤不正确；故答案为C。
13.有3份等质量的小苏打，第1份直接与盐酸恰好完全反应；第2份首先加热，使其部分分解后，再与盐酸恰好完全反应；第3份首先加热，使其完全分解后，再与盐酸恰好完全反应。假若盐酸的物质的量浓度相同，消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是( )
A. V1>V2>V B. V1>V C. V2>V3>V1 D. V1＝V2＝V3
【答案】D
【解析】
【详解】根据钠元素守恒，最终产物为氯化钠且相等，氯化钠中的氯来自于盐酸，盐酸物质的量相等，因此加入的盐酸体积相同，故D正确；故答案为D。
14.向30 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4 mol·L－1的NaOH溶液，若产生0.78 g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为( )
A. 3 mL B. 7.5 mL C. 15 mL D. 17.5 mL
【答案】B
【解析】
【详解】AlCl3溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化铝的量与NaOH量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2；现AlCl3的物质的量为0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为2.34g，现沉淀质量为0.78g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；
①若碱不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的体积为=0.0075L，即7.5mL；
②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由Al3++3OH-═Al（OH）3↓知当Al3+完全沉淀时，消耗氢氧化钠的物质的量为0.09mol，生成氢氧化铝0.03mol，由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O知溶解0.02mol氢氧化铝消耗氢氧化钠0.02mol，则消耗的氢氧化钠总物质的量为0.11mol，加入NaOH溶液的体积为0.11mol ÷4mol/L =0.0275L，即27.5mL；
结合以上分析可知，只有B正确；
故答案选B。
15.已知：2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，向含2mol NaOH、1mol Ba(OH)2、2mol NaAlO2的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是( )
选项
A
B
C
D
n(CO2)/mol
2
3
4
5
n(沉淀)/mol
2
2
3
2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
1mol二氧化碳先与1mol Ba(OH)2反应生成1mol碳酸钡和水，再是1mol二氧化碳与2mol NaOH反应生成1mol碳酸钠和水，再是1mol二氧化碳与2mol NaAlO2反应生成2mol氢氧化铝和1mol碳酸钠，再是2mol二氧化碳与2mol碳酸钠反应生成4mol碳酸氢钠，再是1mol二氧化碳与1mol碳酸钡和水反应生成1mol碳酸氢钡溶液。
【详解】A选项，根据分析，通入2mol二氧化碳气体，有1mol沉淀，故A错误；
B选项，根据分析，通入3mol二氧化碳气体，有3mol沉淀，故B错误；
C选项，根据分析，通入4mol二氧化碳气体，有3mol沉淀，故C正确；
D选项，根据分析，通入5mol二氧化碳气体，有3mol沉淀，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】反应的一般顺序是：先发生酸碱中和反应，再是生成沉淀的反应，再是沉淀不变的反应，再是沉淀溶解的反应。
16.下列有关物质检验方法不合理的是( )
A. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显血红色，该溶液中一定含有Fe2＋
B. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2
C. 检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，再观察溶液是否变血红
D. 向某溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
【答案】B
【解析】
【分析】
A．滴加KSCN溶液，溶液不变色，则不含铁离子，滴加氯水后溶液显血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子；B．KMnO4溶液与FeCl3溶液不发生反应，但与亚铁离子发生氧化还原反应；C．氧化变质生成铁离子，滴加KSCN溶液变为血红色，但酸性条件下亚铁离子被硝酸根离子氧化；D．加NaOH溶液产生红褐色沉淀氢氧化铁。
【详解】A．滴加KSCN溶液，溶液不变色，则不含铁离子，滴加氯水后溶液显血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含Fe2+，选项A正确；B．KMnO4溶液与FeCl3溶液不发生反应，但与亚铁离子及Cl－都能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2，选项B错误；C．检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，若溶液显血红色则溶液中含有铁离子说明晶体已变质，选项C正确；D．加NaOH溶液产生红褐色沉淀氢氧化铁，则说明溶液中含有Fe3+，选项D正确；答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17.在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出，下列说法中正确的是
A. 若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋
B. 若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，可能含Cu2＋和Fe3＋
C. 若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3＋和Fe2＋，一定不含Cu2＋
D. 若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋和Fe3＋
【答案】D
【解析】
加入铁屑后，依次发生：2Fe3＋＋Fe=3Fe2+ Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
阳离子
Fe3+、Cu2+
Fe3+、Fe2+、Cu2+
Fe2+、Cu2+
Fe2+、Cu2+
Fe2+
Fe2+
滤出固体
Cu
Cu
Fe、Cu
由上表看出，答案为D
18..某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH4+、Al3＋、SO42-、Fe2＋、Cl－等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是( )
A. 试样中肯定有NH4+、SO42-和Fe2+
B. 试样中一定没有Al3＋
C. 若气体甲在标准状况下体积为0.448 L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07 g和4.66 g，则可判断溶液中还有Cl－
D. 该盐工业上可以用作净水剂
【答案】C
【解析】
【分析】
加入过量氢氧化钠有气体放出，说明为氨气，则溶液中含有铵根离子，生成白色沉淀，又变为红褐色，说明含有亚铁离子，溶液丁加足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀，说明含有钡离子，加二氧化碳气体无现象，说明没有铝离子。
【详解】A现象，根据上面分析得出试样中肯定有NH4+、SO42－和Fe2+，故A正确，不符合题意；
B现象，根据上面分析得出试样中一定没有Al3＋，故B正确，不符合题意；
C选项，若气体甲在标准状况下体积为0.448L，即物质量为0.02mol，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，氢氧化铁物质的量为0.01mol，即亚铁离子物质的量为0.01mol，硫酸钡的物质的量为0.02mol级硫酸根物质的量为0.02mol，根据电荷守恒，刚好呈电中性，因此溶液中没有Cl-，故C错误，符合题意；
D选项，该盐含有亚铁离子，氧化水解生成氢氧化铁胶体，可以用作净水剂，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为C。
19. 下列氯化物中既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A. CuCl2 B. AlCl3 C. FeCl2 D. FeCl3
【答案】B
【解析】
试题分析：氯气具有强氧化性，与金属反应后，能将金属直接氧化为最高价化合物，由此可排除选项C；又金属铜不能与稀盐酸反应，故排除选项A；而金属铁与稀盐酸反应得到的应为亚铁离子，故可排除选项D；综上，答案为B。
考点：氯气的性质
点评：本题主要考查了氯气的强氧化性，需注意的是氯气与金属反应后得到的应为最高价氧化物。
20.实验室用下列两种方法制取氯气：①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，则所得Cl2质量
A. ①比②多 B. ②比①多 C. 一样多 D. 无法比较
【答案】B
【解析】
【详解】实验室制取氯气的化学方程式为，MnO2不能氧化稀盐酸，
①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；146g的浓盐酸的物质的量为：n(HCl)==4mol，根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于1mol；
②87g MnO2的物质的量为：n(MnO2)==1mol，用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，不考虑HCl的挥发，浓盐酸足量时，根据MnO2与浓HCl反应，计算出氯气的量为1mol；所以反应后所得氯气的物质的量为：①<②；
答案选B。
二、非选择题（共50分）
21.如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。
(1)制备氯气选用药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为_______________________。装置B中饱和食盐水的作用是____________________。要将C装置接入B和D之间，正确的接法是a→_________→________→d。
(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开活塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为________________。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，加入浓硫酸的作用是____________________。
(3)D处反应完毕后，关闭弹簧夹K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是_____________________________________，B的作用是__________________________。
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去Cl2中的HCl (3). c (4). b (5). 2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2 (6). 加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，从而提供足量的水蒸气供D中反应需要 (7). 装置B内黄绿色气体，液面下降，长颈漏斗中液体上升 (8). 同时不使Cl2外泄，从而在B装置中贮存了少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染
【解析】
【分析】
(1)制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此装置B中饱和食盐水的作用是除掉HCl杂质，氯气再流速的过程中要代入水蒸气，因此要长进短出；
(2)Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据信息得出反应的化学方程式。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，放出大量的热量，有利于试管中的水变为水蒸气，从而提供足量的水蒸气供D中反应需要；
(3)由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，氯气进入到B装置中，氯气不会溶解在饱和氯化钠溶液中，因此B中的现象是装置B内黄绿色气体，液面下降，长颈漏斗中液体上升，B的作用是同时不使Cl2外泄，从而在B装置中贮存了少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染。
【详解】(1)制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此装置B中饱和食盐水的作用是除掉HCl杂质，氯气再流速的过程中要代入水蒸气，因此要长进短出，正确的接法是a→c→b→d；
(2)Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据信息得出反应的化学方程式为2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2；为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，放出大量的热量，因此加入浓硫酸的作用是加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，从而提供足量的水蒸气供D中反应需要；
(3)由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，氯气进入到B装置中，氯气不会溶解在饱和氯化钠溶液中，因此B中的现象是装置B内黄绿色气体，液面下降，长颈漏斗中液体上升，B的作用是同时不使Cl2外泄，从而在B装置中贮存了少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染。
22.(1)已知氧化性：BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－＞I2现将饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液中至过量。
a：可观察到的现象是：①__________________________；②_________________________。
b：写出有关反应的离子方程式：①_________________________； ②___________________。
(2)用滴管将新制的饱和氯水逐滴滴入含有酚酞的NaOH稀溶液中，直至红色褪去。试回答下列问题：
①新制的饱和氯水中含有哪些物质？___________________________________________________；
②实验室保存新制的饱和氯水的方法是_________________________________________________；
③产生上述现象的原因可能有两种（简要文字说明）：是由于____________________________；是由于____________________________________；
④简述怎样用实验证明红色褪去的原因是或者：____________________________________________。
【答案】 (1). KI淀粉溶液变蓝色 (2). 溶液褪色 (3). 2I-+Cl2=2Cl-+I2 (4). I2+5Cl2+6H2O=10Cl-+12H++2IO3- (5). H2O、HClO、Cl2、OH-、Cl-、ClO-、H+ (6). 棕色试剂瓶，放置冷暗处 (7). Cl2与NaOH反应 (8). HClO的漂白性（强氧化性） (9). 继续滴加NaOH溶液，变红：原因1；不变红：原因2。
【解析】
【分析】
(1)饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液，开始置换出单质碘，继续加入氯水，氯水和单质碘反应生成碘酸根离子；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸全部电离，次氯酸部分电离；新制饱和氯水中次氯酸见光要分解，因此实验室保存在棕色试剂瓶，放置冷暗处；产生上述现象的原因可能有两种：可能是由于Cl2与NaOH反应，可能是由于HClO的漂白性（强氧化性）；
看褪色的物质中是否含有酚酞，如果含有，则为第一种，如果没有酚酞，则为第2种主要是滴加氢氧化钠溶液看现象。
【详解】(1)饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液，开始置换出单质碘，继续加入氯水，氯水和单质碘反应生成碘酸根离子，因此可观察到的现象是：①KI淀粉溶液变蓝色；②溶液褪色；有关反应的离子方程式：2I－+Cl2=2Cl－+I2，I2+5Cl2+6H2O=10Cl－+12H++2IO3－；
(2)用滴管将新制的饱和氯水逐滴滴入含有酚酞的NaOH稀溶液中，直至红色褪去。试回答下列问题：
①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸全部电离，次氯酸部分电离，因此新制的饱和氯水中含有的物质有H2O、HClO、Cl2、OH－、Cl－、ClO－、H+；
②新制的饱和氯水中次氯酸见光要分解，因此实验室保存新制的饱和氯水的方法是棕色试剂瓶，放置冷暗处；
③产生上述现象的原因可能有两种：可能是由于Cl2与NaOH反应；可能是由于HClO的漂白性（强氧化性）；
④主要看褪色的物质中是否含有酚酞，如果含有，则为第一种，如果没有酚酞，则为第2种，因此用实验证明红色褪去的原因是继续滴加NaOH溶液，变红：原因1；不变红：原因2。
23.在没有氧气存在时，铁与水几乎不反应，但高温下，铁能与水蒸气反应。请设计实验，证明还原铁粉与水蒸气能够发生反应。
(1)铁粉与水蒸气反应的化学方程式是: __________________________________________
(2)证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的方法是_________________________________________
(3)某同学用如图所示装置进行实验，请帮助该同学完成设计，用下列简图画出未完成的实验装置示意图(铁架台可省略，导气管的形状可根据需要选择)
__________
(4)停止反应，待装置冷却后，取出反应过的还原铁粉混合物，加入过量的稀硫酸充分反应，过滤。若混和物中既有Fe3+又有Fe2+，则证明该结论的实验方法:_________________________________________
(5)经检验上述滤液中不含Fe3+，这不能说明还原铁粉与水蒸气反应所得产物中不含+3价的Fe元素。原因是(结合离子方程式说明)___________________________________________
(6)某同学利用上述滤液制取白色的Fe(OH)2沉淀，向滤液中加入NaOH溶液后，观察至生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。沉淀由白色→红褐色的化学方程式是：_________________________
【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (2). 检验是否有H2产生，收集气体进行爆鸣实验 (3). (4). 各取少量溶液于两试管中，向其中一试管中滴入几滴KSCN溶液，向另一试管中加入高锰酸钾酸性溶液，观察溶液颜色变化，若前者溶液颜色变红，后是溶液紫红色褪去，则说明溶液中既有Fe2+又有Fe3+ (5). 如果反应后混合物中的铁粉过量，铁粉将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便加KSCN溶液也不变红色.反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【解析】
【分析】
(1)铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
(2)证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的方法主要是检验是否有H2产生，收集气体进行爆鸣实验；
(3)前面是发生装置已经设计好，只需要设计验证装置，用试管收集产生的气体，因此用导气管、水槽、试管或则用U型管、试管，导气管、橡胶塞；
(4)若混和物中既有Fe3+又有Fe2+，证明含有铁离子一般用KSCN来鉴别，观察溶液颜色变化，而检验铁离子溶液中含有亚铁离子，一般加入高锰酸钾酸性溶液，观察溶液颜色变化，若前者溶液颜色变红，后是溶液紫红色褪去，则说明溶液中既有Fe2+又有Fe3+；
(5)经检验上述滤液中不含Fe3+，这不能说明还原铁粉与水蒸气反应所得产物中不含十3价的Fe元素，主要是铁和铁离子反应生成亚铁离子；
(6)沉淀由白色→红褐色主要是氢氧化亚铁、氧气和水反应生成氢氧化铁。
【详解】(1)铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，其化学方程式是：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；
(2)证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的方法主要是检验是否有H2产生，收集气体进行爆鸣实验；
(3)前面是发生装置已经设计好，只需要设计验证装置，用试管收集产生的气体，因此用导气管、水槽、试管或则用U型管、试管，导气管、橡胶塞，装置是；
(4)若混和物中既有Fe3+又有Fe2+，证明含有铁离子一般用KSCN来鉴别，观察溶液颜色变化，而检验铁离子溶液中含有亚铁离子，一般加入高锰酸钾酸性溶液，观察溶液颜色变化，若前者溶液颜色变红，后是溶液紫红色褪去，则说明溶液中既有Fe2+又有Fe3+；
(5)经检验上述滤液中不含Fe3+，这不能说明还原铁粉与水蒸气反应所得产物中不含+3价的Fe元素，主要是铁和铁离子反应生成亚铁离子；
(6)沉淀由白色→红褐色主要是氢氧化亚铁、氧气和水反应生成氢氧化铁，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
24.把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物，溶于足量水中，有0.58g白色沉淀析出，向所得的浊液中，逐滴加入0.5mol/L 的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如图所示：
(1)混合物中NaOH的质量是_______g
(2)AlCl3的物质的量是____________ mol
(3)MgCl2的物质的量是___________ mol
(4)P点所表示盐酸加入体积为___________ mL
【答案】 (1). 2.6g (2). 0.01mol (3). 0.01mol (4). 130mL
【解析】
【分析】
根据图像得出0.58g沉淀是氢氧化镁沉淀，物质的量为0.01mol，加盐酸，先无现象，说明氢氧化钠过量，再继续加盐酸，产生了氢氧化铝沉淀，再加盐酸，沉淀溶解。
【详解】(1)在P点，溶质为氯化钠、氯化镁、氯化铝的混合物，实际是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，因此n(NaOH)=n(HCl)=cV=0.5mol/L×0.13L=0.065mol，其NaOH质量；
(2)根据AB得出偏铝酸根变为氢氧化铝，铝守恒，消耗盐酸物质的量为n=cV=0.5mol/L×0.02L=0.01 mol，因此AlCl3的物质的量是0.01mol；
(3)氢氧化镁0.58g，物质的量为，根据镁守恒，MgCl2的物质的量是0.01mol；
(4)B点沉淀是0.01mol氢氧化镁和0.01mol氢氧化铝，则BP是沉淀溶解的阶段，按照方程式关系，0.01mol氢氧化镁被0.02mol盐酸溶解，0.01mol氢氧化铝被0.03mol盐酸溶解，总共消耗盐酸0.05mol，需要加入盐酸体积，即100mL，P点所表示盐酸加入体积为(100+30)=130 mL。
哈尔滨市第六中学2022届12月份阶段性总结
高一化学试题
H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 S:32 Cl:35.5 Mn:55 Fe:56 Cu:64 Br:80 Ba:137
一、选择题（共50分）
1.下列有关硅及硅酸盐材料说法正确的是( )
A. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
C. 普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
D. 祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，硅酸钠属于盐，不属于碱，硅酸钠是显碱性的盐，有黏性，将磨口玻璃塞与试剂瓶黏住，故A错误；
B选项，高纯度的硅单质广泛用于制作光电池、芯片，不是制光导纤维，故B错误；
C选项，普通玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料，石英玻璃不是硅酸盐，故C错误；
D选项，祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2，是硅酸盐，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】硅主要用于光电池，硅芯片，而二氧化硅主要用于光导纤维，沙子、石英、水晶、玛瑙主要成份为二氧化硅，玻璃、陶瓷、水泥是硅酸盐。
2.合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是
①合金的硬度一般比它的各成分金属的大 ②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低 ③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金 ④合金比纯金属的导电性更强 ⑤合金比纯金属的应用范围更广泛
A. ①②③⑤ B. ②③④ C. ①②④ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①合金的硬度一般比它的各成分金属的大，故①正确；
②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低，故②正确；
③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金，故③正确；
④一般情况下，合金的导电性和导热性低于任一组分金属，故④错误；
⑤由于合金的许多性能优于纯金属，所以在应用材料中大多使用合金，故⑤正确；
综上所述，题目中①②③⑤正确，故本题应选A。
3.铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中加入过量氨水，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热沉淀至质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，上述沉淀和残渣分别是（ ）
A. Fe（OH）3 Fe2O3 B. Fe（OH）2 Fe2O3
C. Fe（OH）2 Fe（OH）3 D. Fe（OH）2 Fe3O4
【答案】B
【解析】
铁屑溶于过量的稀硫酸，反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与足量氨水反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，受热分解生成红棕色三氧化二铁，故选：B．
【点评】本题考查铁及铁的化合物的性质，是高考的热门考点，掌握铁及其氢氧化物的化学性质是解答的关键，题目难度不大．
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。
A. 1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去个NA电子
B. 标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子
C. 标准状况下，5.6L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D. 50mL 12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、钠被氧化变为过氧化钠，升高1个化合价，因此1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去个NA电子，故A正确；
B、标准状况下，盐酸是溶液，无法按气体摩尔体积计算，故B错误；
C、CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，2mol二氧化碳转移2mol电子，标准状况下，5.6L CO2即物质的量1mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为NA，故C错误；
D、1mol二氧化锰与4mol浓盐酸共热反应转移2mol电子，50mL 12mol·L-1盐酸即物质的量，浓盐酸反应过程中不断变稀，稀盐酸不与MnO2反应，因此转移的电子数小于0.3NA，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】二氧化锰和浓盐酸加热才反应且浓盐酸逐渐变稀不再反应，同样铜和浓硫酸加热才反应且浓硫酸逐渐变稀不再反应。
5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )
A. 将FeBr2与Cl2按1:1混合的离子方程式：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-
B. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+CO2+ H2O ═ H2SiO3↓+CO32-
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O: Al3++4NH3·H2O ═ AlO2-+4NH4++2H2O
D. 向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋AlO2-＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，将FeBr2与Cl2按1:1混合的离子方程式：2Fe2++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+2Cl－，故A错误；
B选项，向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－+2CO2+ 2H2O ═ H2SiO3↓+2HCO3－，故B错误；
C选项，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，故C错误；
D选项，向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和偏铝酸根：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D正确；
综上所述，答案为D。
6.能在水溶液中大量共存离子组是( )
A. H＋、Fe3＋、SO42-、I－ B. H＋、NH4+、HCO3-、NO3-
C. Ag＋、K＋、Cl－、SO42- D. K＋、AlO2-、Cl－、OH－
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性条件下，Fe3+与I-发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B．HCO3-与H+反应生成二氧化碳气体和水而不能大量共存，故B错误；C．Ag+与Cl-、SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；故选D。
7.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0．02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4．66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A. 至少存在5种离子
B. Cl-一定存在，且c（Cl ）≥0．4mol/L
C. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在
D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
【答案】B
【解析】
【分析】
由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。
【详解】A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误；
B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) ≥ 0.4mol·L-1，B项正确；
C.一定存在氯离子，C项错误；
D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。
8.在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100 mL 2 mol／L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448 mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子，则下列判断正确的是
A. 混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:1:3
B. 反应后所得溶液中的Fe2＋离子与Cl－离子的物质的量浓度之比为1：3
C. 混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D. 混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
【答案】C
【解析】
混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n（HCl）=0.2mol，n（H2）=
0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，n（Fe2+）=0.1mol，由反应2Fe3++Fe＝3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，则A．根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，A错误；B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，B错误；C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe＝3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，C正确；D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，D错误，答案选C。
点睛：本题考查混合物的计算，把握发生的反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意铁离子的氧化性强于氢离子，铁离子首先氧化单质铁。
9.往甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100 mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是( )
A. 丁＜甲＜乙＝丙 B. 丁＜甲＜乙＜丙 C. 甲＝丁＜乙＝丙 D. 甲＜乙＜丙＜丁
【答案】A
【解析】
【分析】
根据反应的方程式计算溶质的质量，结合溶液质量的变化分析判断。
【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O＝NaOH+1/2H2↑，溶液增加的质量＝m（Na）-m（H2）＝2.3g-0.1g＝2.2g；
Na2O+H2O＝2NaOH，溶液增加的质量＝m（Na2O）＝0.1mol×62g/mol＝6.2g；
Na2O2+H2O＝2NaOH+1/2O2↑，溶液增加的质量＝m（Na2O2）-m（O2）＝m（Na2O）＝6.2g
将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量＝0.1mol×40g/mol＝4g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4g/(100g+2.2g)×100%、8g/(100g+6.2g)×100%、8g/(100g+6.2g)×100%、4g/(100g+4g)×100%，因此甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：乙＝丙＞甲＞丁，答案选A。
【点睛】明确溶液中发生的反应、溶液质量的变化是解答的关键，注意解答时不需要具体计算出溶质的质量分数，只需要判断出溶液质量的变化情况即可以作出判断。
10.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则CO2与CH4的体积比为( )
A. 3∶1 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 任意比
【答案】C
【解析】
【详解】在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则混合气体变形能变为(CO)x( H2)y，即可，故CO2：CH4 = 1:1，故C符合题意，故答案为C。
【点睛】只要能改写成(CO)x( H2)y的有机物或则其他混合物，m g该混合物充分燃烧后通入到足量过氧化钠中，过氧化钠增加的质量为m g。
11.下列说法正确的是( )
A. 常温时溶解度：Na2CO3>NaHCO3
B. Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH，都是氧化还原反应它们都是碱性氧化物
C. Na2CO3可用于治疗胃酸过多、制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，而NaHCO3可用于制造发酵粉等
D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，常温时溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故A正确；
B选项，Na2O和Na2O2投入水中都能生成NaOH，氧化钠和水不是氧化还原反应，是碱性氧化物，过氧化钠和水反应是氧化还原反应，是过氧化物，故B错误；
C选项，NaHCO3可用于治疗胃酸过多，而不是Na2CO3，故C错误；
D选项，SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，但它是酸性氧化物，故D错误；
综上所述，答案为A。
12.下列有关焰色反应实验操作注意事项的说法中正确的是( )
①钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察
②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质
③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净
④钡的焰色反应为黄绿色
⑤没有铂丝时，也可以用玻璃棒代替
A. 仅有③不正确 B. 仅有④不正确 C. 仅有⑤不正确 D. 全对
【答案】C
【解析】
【详解】①钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察，主要滤去黄色的光，故①正确；
②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质，故②正确；
③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净，不能用硫酸洗净，故③正确；
④钡的焰色反应为黄绿色，故④正确；
⑤没有铂丝时，不能用玻璃棒代替，故⑤错误；
因此仅有⑤不正确；故答案为C。
13.有3份等质量的小苏打，第1份直接与盐酸恰好完全反应；第2份首先加热，使其部分分解后，再与盐酸恰好完全反应；第3份首先加热，使其完全分解后，再与盐酸恰好完全反应。假若盐酸的物质的量浓度相同，消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是( )
A. V1>V2>V B. V1>V C. V2>V3>V1 D. V1＝V2＝V3
【答案】D
【解析】
【详解】根据钠元素守恒，最终产物为氯化钠且相等，氯化钠中的氯来自于盐酸，盐酸物质的量相等，因此加入的盐酸体积相同，故D正确；故答案为D。
14.向30 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4 mol·L－1的NaOH溶液，若产生0.78 g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为( )
A. 3 mL B. 7.5 mL C. 15 mL D. 17.5 mL
【答案】B
【解析】
【详解】AlCl3溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化铝的量与NaOH量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2；现AlCl3的物质的量为0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为2.34g，现沉淀质量为0.78g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；
①若碱不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的体积为=0.0075L，即7.5mL；
②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由Al3++3OH-═Al（OH）3↓知当Al3+完全沉淀时，消耗氢氧化钠的物质的量为0.09mol，生成氢氧化铝0.03mol，由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O知溶解0.02mol氢氧化铝消耗氢氧化钠0.02mol，则消耗的氢氧化钠总物质的量为0.11mol，加入NaOH溶液的体积为0.11mol ÷4mol/L =0.0275L，即27.5mL；
结合以上分析可知，只有B正确；
故答案选B。
15.已知：2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，向含2mol NaOH、1mol Ba(OH)2、2mol NaAlO2的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是( )
选项
A
B
C
D
n(CO2)/mol
2
3
4
5
n(沉淀)/mol
2
2
3
2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
1mol二氧化碳先与1mol Ba(OH)2反应生成1mol碳酸钡和水，再是1mol二氧化碳与2mol NaOH反应生成1mol碳酸钠和水，再是1mol二氧化碳与2mol NaAlO2反应生成2mol氢氧化铝和1mol碳酸钠，再是2mol二氧化碳与2mol碳酸钠反应生成4mol碳酸氢钠，再是1mol二氧化碳与1mol碳酸钡和水反应生成1mol碳酸氢钡溶液。
【详解】A选项，根据分析，通入2mol二氧化碳气体，有1mol沉淀，故A错误；
B选项，根据分析，通入3mol二氧化碳气体，有3mol沉淀，故B错误；
C选项，根据分析，通入4mol二氧化碳气体，有3mol沉淀，故C正确；
D选项，根据分析，通入5mol二氧化碳气体，有3mol沉淀，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】反应的一般顺序是：先发生酸碱中和反应，再是生成沉淀的反应，再是沉淀不变的反应，再是沉淀溶解的反应。
16.下列有关物质检验方法不合理的是( )
A. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显血红色，该溶液中一定含有Fe2＋
B. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2
C. 检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，再观察溶液是否变血红
D. 向某溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
【答案】B
【解析】
【分析】
A．滴加KSCN溶液，溶液不变色，则不含铁离子，滴加氯水后溶液显血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子；B．KMnO4溶液与FeCl3溶液不发生反应，但与亚铁离子发生氧化还原反应；C．氧化变质生成铁离子，滴加KSCN溶液变为血红色，但酸性条件下亚铁离子被硝酸根离子氧化；D．加NaOH溶液产生红褐色沉淀氢氧化铁。
【详解】A．滴加KSCN溶液，溶液不变色，则不含铁离子，滴加氯水后溶液显血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含Fe2+，选项A正确；B．KMnO4溶液与FeCl3溶液不发生反应，但与亚铁离子及Cl－都能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2，选项B错误；C．检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，若溶液显血红色则溶液中含有铁离子说明晶体已变质，选项C正确；D．加NaOH溶液产生红褐色沉淀氢氧化铁，则说明溶液中含有Fe3+，选项D正确；答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17.在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出，下列说法中正确的是
A. 若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋
B. 若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，可能含Cu2＋和Fe3＋
C. 若滤出的固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3＋和Fe2＋，一定不含Cu2＋
D. 若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2＋，一定不含Cu2＋和Fe3＋
【答案】D
【解析】
加入铁屑后，依次发生：2Fe3＋＋Fe=3Fe2+ Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
阳离子
Fe3+、Cu2+
Fe3+、Fe2+、Cu2+
Fe2+、Cu2+
Fe2+、Cu2+
Fe2+
Fe2+
滤出固体
Cu
Cu
Fe、Cu
由上表看出，答案为D
18..某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH4+、Al3＋、SO42-、Fe2＋、Cl－等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是( )
A. 试样中肯定有NH4+、SO42-和Fe2+
B. 试样中一定没有Al3＋
C. 若气体甲在标准状况下体积为0.448 L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07 g和4.66 g，则可判断溶液中还有Cl－
D. 该盐工业上可以用作净水剂
【答案】C
【解析】
【分析】
加入过量氢氧化钠有气体放出，说明为氨气，则溶液中含有铵根离子，生成白色沉淀，又变为红褐色，说明含有亚铁离子，溶液丁加足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀，说明含有钡离子，加二氧化碳气体无现象，说明没有铝离子。
【详解】A现象，根据上面分析得出试样中肯定有NH4+、SO42－和Fe2+，故A正确，不符合题意；
B现象，根据上面分析得出试样中一定没有Al3＋，故B正确，不符合题意；
C选项，若气体甲在标准状况下体积为0.448L，即物质量为0.02mol，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，氢氧化铁物质的量为0.01mol，即亚铁离子物质的量为0.01mol，硫酸钡的物质的量为0.02mol级硫酸根物质的量为0.02mol，根据电荷守恒，刚好呈电中性，因此溶液中没有Cl-，故C错误，符合题意；
D选项，该盐含有亚铁离子，氧化水解生成氢氧化铁胶体，可以用作净水剂，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为C。
19. 下列氯化物中既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A. CuCl2 B. AlCl3 C. FeCl2 D. FeCl3
【答案】B
【解析】
试题分析：氯气具有强氧化性，与金属反应后，能将金属直接氧化为最高价化合物，由此可排除选项C；又金属铜不能与稀盐酸反应，故排除选项A；而金属铁与稀盐酸反应得到的应为亚铁离子，故可排除选项D；综上，答案为B。
考点：氯气的性质
点评：本题主要考查了氯气的强氧化性，需注意的是氯气与金属反应后得到的应为最高价氧化物。
20.实验室用下列两种方法制取氯气：①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，则所得Cl2质量
A. ①比②多 B. ②比①多 C. 一样多 D. 无法比较
【答案】B
【解析】
【详解】实验室制取氯气的化学方程式为，MnO2不能氧化稀盐酸，
①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；146g的浓盐酸的物质的量为：n(HCl)==4mol，根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于1mol；
②87g MnO2的物质的量为：n(MnO2)==1mol，用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，不考虑HCl的挥发，浓盐酸足量时，根据MnO2与浓HCl反应，计算出氯气的量为1mol；所以反应后所得氯气的物质的量为：①<②；
答案选B。
二、非选择题（共50分）
21.如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。
(1)制备氯气选用药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为_______________________。装置B中饱和食盐水的作用是____________________。要将C装置接入B和D之间，正确的接法是a→_________→________→d。
(2)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开活塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为________________。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，加入浓硫酸的作用是____________________。
(3)D处反应完毕后，关闭弹簧夹K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是_____________________________________，B的作用是__________________________。
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去Cl2中的HCl (3). c (4). b (5). 2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2 (6). 加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，从而提供足量的水蒸气供D中反应需要 (7). 装置B内黄绿色气体，液面下降，长颈漏斗中液体上升 (8). 同时不使Cl2外泄，从而在B装置中贮存了少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染
【解析】
【分析】
(1)制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此装置B中饱和食盐水的作用是除掉HCl杂质，氯气再流速的过程中要代入水蒸气，因此要长进短出；
(2)Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据信息得出反应的化学方程式。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，放出大量的热量，有利于试管中的水变为水蒸气，从而提供足量的水蒸气供D中反应需要；
(3)由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，氯气进入到B装置中，氯气不会溶解在饱和氯化钠溶液中，因此B中的现象是装置B内黄绿色气体，液面下降，长颈漏斗中液体上升，B的作用是同时不使Cl2外泄，从而在B装置中贮存了少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染。
【详解】(1)制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此装置B中饱和食盐水的作用是除掉HCl杂质，氯气再流速的过程中要代入水蒸气，因此要长进短出，正确的接法是a→c→b→d；
(2)Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，根据信息得出反应的化学方程式为2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2；为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，放出大量的热量，因此加入浓硫酸的作用是加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，从而提供足量的水蒸气供D中反应需要；
(3)由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，氯气进入到B装置中，氯气不会溶解在饱和氯化钠溶液中，因此B中的现象是装置B内黄绿色气体，液面下降，长颈漏斗中液体上升，B的作用是同时不使Cl2外泄，从而在B装置中贮存了少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染。
22.(1)已知氧化性：BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－＞I2现将饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液中至过量。
a：可观察到的现象是：①__________________________；②_________________________。
b：写出有关反应的离子方程式：①_________________________； ②___________________。
(2)用滴管将新制的饱和氯水逐滴滴入含有酚酞的NaOH稀溶液中，直至红色褪去。试回答下列问题：
①新制的饱和氯水中含有哪些物质？___________________________________________________；
②实验室保存新制的饱和氯水的方法是_________________________________________________；
③产生上述现象的原因可能有两种（简要文字说明）：是由于____________________________；是由于____________________________________；
④简述怎样用实验证明红色褪去的原因是或者：____________________________________________。
【答案】 (1). KI淀粉溶液变蓝色 (2). 溶液褪色 (3). 2I-+Cl2=2Cl-+I2 (4). I2+5Cl2+6H2O=10Cl-+12H++2IO3- (5). H2O、HClO、Cl2、OH-、Cl-、ClO-、H+ (6). 棕色试剂瓶，放置冷暗处 (7). Cl2与NaOH反应 (8). HClO的漂白性（强氧化性） (9). 继续滴加NaOH溶液，变红：原因1；不变红：原因2。
【解析】
【分析】
(1)饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液，开始置换出单质碘，继续加入氯水，氯水和单质碘反应生成碘酸根离子；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸全部电离，次氯酸部分电离；新制饱和氯水中次氯酸见光要分解，因此实验室保存在棕色试剂瓶，放置冷暗处；产生上述现象的原因可能有两种：可能是由于Cl2与NaOH反应，可能是由于HClO的漂白性（强氧化性）；
看褪色的物质中是否含有酚酞，如果含有，则为第一种，如果没有酚酞，则为第2种主要是滴加氢氧化钠溶液看现象。
【详解】(1)饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液，开始置换出单质碘，继续加入氯水，氯水和单质碘反应生成碘酸根离子，因此可观察到的现象是：①KI淀粉溶液变蓝色；②溶液褪色；有关反应的离子方程式：2I－+Cl2=2Cl－+I2，I2+5Cl2+6H2O=10Cl－+12H++2IO3－；
(2)用滴管将新制的饱和氯水逐滴滴入含有酚酞的NaOH稀溶液中，直至红色褪去。试回答下列问题：
①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸全部电离，次氯酸部分电离，因此新制的饱和氯水中含有的物质有H2O、HClO、Cl2、OH－、Cl－、ClO－、H+；
②新制的饱和氯水中次氯酸见光要分解，因此实验室保存新制的饱和氯水的方法是棕色试剂瓶，放置冷暗处；
③产生上述现象的原因可能有两种：可能是由于Cl2与NaOH反应；可能是由于HClO的漂白性（强氧化性）；
④主要看褪色的物质中是否含有酚酞，如果含有，则为第一种，如果没有酚酞，则为第2种，因此用实验证明红色褪去的原因是继续滴加NaOH溶液，变红：原因1；不变红：原因2。
23.在没有氧气存在时，铁与水几乎不反应，但高温下，铁能与水蒸气反应。请设计实验，证明还原铁粉与水蒸气能够发生反应。
(1)铁粉与水蒸气反应的化学方程式是: __________________________________________
(2)证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的方法是_________________________________________
(3)某同学用如图所示装置进行实验，请帮助该同学完成设计，用下列简图画出未完成的实验装置示意图(铁架台可省略，导气管的形状可根据需要选择)
__________
(4)停止反应，待装置冷却后，取出反应过的还原铁粉混合物，加入过量的稀硫酸充分反应，过滤。若混和物中既有Fe3+又有Fe2+，则证明该结论的实验方法:_________________________________________
(5)经检验上述滤液中不含Fe3+，这不能说明还原铁粉与水蒸气反应所得产物中不含+3价的Fe元素。原因是(结合离子方程式说明)___________________________________________
(6)某同学利用上述滤液制取白色的Fe(OH)2沉淀，向滤液中加入NaOH溶液后，观察至生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。沉淀由白色→红褐色的化学方程式是：_________________________
【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (2). 检验是否有H2产生，收集气体进行爆鸣实验 (3). (4). 各取少量溶液于两试管中，向其中一试管中滴入几滴KSCN溶液，向另一试管中加入高锰酸钾酸性溶液，观察溶液颜色变化，若前者溶液颜色变红，后是溶液紫红色褪去，则说明溶液中既有Fe2+又有Fe3+ (5). 如果反应后混合物中的铁粉过量，铁粉将溶液中的Fe3+全部还原为Fe2+，即便加KSCN溶液也不变红色.反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【解析】
【分析】
(1)铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
(2)证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的方法主要是检验是否有H2产生，收集气体进行爆鸣实验；
(3)前面是发生装置已经设计好，只需要设计验证装置，用试管收集产生的气体，因此用导气管、水槽、试管或则用U型管、试管，导气管、橡胶塞；
(4)若混和物中既有Fe3+又有Fe2+，证明含有铁离子一般用KSCN来鉴别，观察溶液颜色变化，而检验铁离子溶液中含有亚铁离子，一般加入高锰酸钾酸性溶液，观察溶液颜色变化，若前者溶液颜色变红，后是溶液紫红色褪去，则说明溶液中既有Fe2+又有Fe3+；
(5)经检验上述滤液中不含Fe3+，这不能说明还原铁粉与水蒸气反应所得产物中不含十3价的Fe元素，主要是铁和铁离子反应生成亚铁离子；
(6)沉淀由白色→红褐色主要是氢氧化亚铁、氧气和水反应生成氢氧化铁。
【详解】(1)铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，其化学方程式是：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；
(2)证明还原铁粉与水蒸气发生了反应的方法主要是检验是否有H2产生，收集气体进行爆鸣实验；
(3)前面是发生装置已经设计好，只需要设计验证装置，用试管收集产生的气体，因此用导气管、水槽、试管或则用U型管、试管，导气管、橡胶塞，装置是；
(4)若混和物中既有Fe3+又有Fe2+，证明含有铁离子一般用KSCN来鉴别，观察溶液颜色变化，而检验铁离子溶液中含有亚铁离子，一般加入高锰酸钾酸性溶液，观察溶液颜色变化，若前者溶液颜色变红，后是溶液紫红色褪去，则说明溶液中既有Fe2+又有Fe3+；
(5)经检验上述滤液中不含Fe3+，这不能说明还原铁粉与水蒸气反应所得产物中不含+3价的Fe元素，主要是铁和铁离子反应生成亚铁离子；
(6)沉淀由白色→红褐色主要是氢氧化亚铁、氧气和水反应生成氢氧化铁，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
24.把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物，溶于足量水中，有0.58g白色沉淀析出，向所得的浊液中，逐滴加入0.5mol/L 的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如图所示：
(1)混合物中NaOH的质量是_______g
(2)AlCl3的物质的量是____________ mol
(3)MgCl2的物质的量是___________ mol
(4)P点所表示盐酸加入体积为___________ mL
【答案】 (1). 2.6g (2). 0.01mol (3). 0.01mol (4). 130mL
【解析】
【分析】
根据图像得出0.58g沉淀是氢氧化镁沉淀，物质的量为0.01mol，加盐酸，先无现象，说明氢氧化钠过量，再继续加盐酸，产生了氢氧化铝沉淀，再加盐酸，沉淀溶解。
【详解】(1)在P点，溶质为氯化钠、氯化镁、氯化铝的混合物，实际是盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，因此n(NaOH)=n(HCl)=cV=0.5mol/L×0.13L=0.065mol，其NaOH质量；
(2)根据AB得出偏铝酸根变为氢氧化铝，铝守恒，消耗盐酸物质的量为n=cV=0.5mol/L×0.02L=0.01 mol，因此AlCl3的物质的量是0.01mol；
(3)氢氧化镁0.58g，物质的量为，根据镁守恒，MgCl2的物质的量是0.01mol；
(4)B点沉淀是0.01mol氢氧化镁和0.01mol氢氧化铝，则BP是沉淀溶解的阶段，按照方程式关系，0.01mol氢氧化镁被0.02mol盐酸溶解，0.01mol氢氧化铝被0.03mol盐酸溶解，总共消耗盐酸0.05mol，需要加入盐酸体积，即100mL，P点所表示盐酸加入体积为(100+30)=130 mL。
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