2022-2023学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高一上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高一上学期期末考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

内蒙古鄂尔多斯市第一中学2022-2023 学年高一上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国传统文化中蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是
A．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，制成火炉的“红泥”中含氧化铁
B．“遥知不是雪，为有暗香来”描述了化学变化伴随着气味变化
C．“远上寒山石径斜，白云深处有人家”中的白云与雾霾一样都是胶体
D．“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程
【答案】B
【详解】A．氧化铁为红色粉末，则“红泥”是因其含有氧化铁而呈红色，故A正确；
B．“遥知不是雪，唯有暗香来”体现物质的挥发性，属于物质的物理性质，故B错误；
C．白云与雾霾都是胶体，故C正确；
D．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒”制，将碳元素氧化除去，故D正确；
故选：B。
2．下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是
A．Cu2+、Fe3+、Cl-、SO B．Ba2+ 、Na+、CO、NO
C．Na+、H+、SO、HCO D．Na+、Mg2+、SO、OH-
【答案】A
【详解】A．Cu2+、Fe3+、Cl-、SO互不反应，能大量共存，A正确；    
B． Ba2+ 与CO因产生BaCO3沉淀而不能大量共存，B错误；
C． H+、HCO因反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，C错误；    
D． Mg2+、OH-产生Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，D错误；
答案选A。
3．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．18g D2O中含有中子的数目为10 NA
B．足量MnO2与含4mol HCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA
C．在点燃的条件下，1mol Fe与1mol Cl2完全反应时，转移的电子数为2NA
D．Na2O2与CO2反应时，生成0.1 mol O2转移的电子数为0.4NA
【答案】C
【详解】A． 18g D2O的物质的量为含有中子的数目为9 NA,故A错误;
B． MnO2与浓盐酸反应生成氯气,含4mol HCl的浓盐酸在加热的条件下不会完全反应，所得Cl2分子数会小于NA,故B错误;
C．1mol Fe与1mol Cl2完全反应时生成氯化铁, ,氯气完全反应,铁有剩余，转移的电子数为2NA,故C正确;
D． Na2O2与CO2反应，生成0.1 mol O2转移的电子数为0.2NA,故D错误;
故答案为:C
4．下列物质的分类组合正确的是
①胆矾、氢氧化铁胶体、豆浆均为混合物    
②、AgCl、、均为盐    
③、NaOH、、均为碱    
④干冰、CO、均为酸性氧化物    
⑤金刚石、石墨、互为同素异形体
A．②⑤ B．③⑤ C．①②③⑤ D．④⑤
【答案】A
【详解】①由多种物质组成的是混合物，氢氧化铁胶体、豆浆均为混合物，胆矾属于纯净物，故①错误；
②能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐，、AgCl、、均为盐，故②正确；
③电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，、NaOH、NH3•H2O符合碱的概念均为碱，是碱式盐，故③错误；
④酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，CO2能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO、H2O不属于酸性氧化物，故④错误；
⑤由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，金刚石、石墨、均是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故⑤正确。
故选A。
5．下列实验装置或对实验的描述不正确的是

A．装置①为配制一定浓度的溶液时的定容操作
B．装置②可用于实验室制备Fe(OH)3胶体
C．装置③验证与水反应的热量变化
D．装置④可以较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀
【答案】B
【详解】A．定容时胶头滴管悬空正放，且眼睛与刻度线、凹液面的最低处相平，操作合理，故A正确；
B．固体溶解不能制备胶体，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中水解制备胶体，故B错误；
C．过氧化钠和水反应放出热量，导致试剂瓶中空气受热膨胀，U形管中液面左低右高，图中操作合理，故C正确；
D．利用稀硫酸和铁反应生成氢气排尽装置中的空气，右侧液封防止空气进入，滴入氢氧化钠和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，且可以较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故D正确；
故选B。
6．X、Y、Z是同周期的三种元素，已知其最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，下列说法正确的是
A．原子半径：X＜Y＜Z
B．元素的非金属性：X＜Y＜Z
C．气态氢化物的稳定性：HX＜H2Y＜H3Z
D．原子序数：X＜Y＜Z
【答案】A
【分析】X、Y、Z是同周期的三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，可知非金属性X＞Y＞Z，以此来解答。
【详解】A．同周期非金属性越强，对应原子的原子半径越小，则原子半径：X＜Y＜Z，故A正确；
B．由最高价含氧酸的酸性可知，非金属性X＞Y＞Z，故B错误；
C．非金属性X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞H3Z，故C错误；
D．同周期从左向右原子序数增大、非金属性增强，则原子序数为X＞Y＞Z，故D错误；
综上所述，说法正确的是A项，故答案为A。
7．以物质的类别为横坐标，化合价为纵坐标绘制的图象叫价类图。如图是铁的价类图，Y物质为

A．FeO B．Fe(OH)2 C．Fe3O4 D．FeSO4
【答案】B
【分析】根据Y处所示化合物中，铁元素的化合价以及物质的种类来分析。
【详解】Y处表示的物质属于碱,含有氢氧根,氢氧根显-1价，铁元素的化合价为+2价，二者组成的化合物是氢氧化亚铁，化学式为Fe(OH)2。
8．根据表中信息，判断以下叙述正确的是
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.066
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
A．氢化物的稳定性为H2T＞H2R
B．单质与稀盐酸反应的剧烈程度为L＜Q
C．L与T形成的化合物是共价化合物
D．L2+与R2-的核外电子数相等
【答案】A
【分析】由R、T的化合价可知，T只有-2价，T为O；R的最高价为+6价，R为S；L、M、Q的原子半径大于O、S的原子半径，结合化合价可知，L、Q位于同主族，L、M位于第三周期，则L为Mg、M为Al、Q为Be，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，L为Mg、M为Al、Q为Be、R为S、T为O；
A．非金属性O大于S，则氢化物的稳定性为H2T＞H2R，故A正确；
B．金属性Mg大于Al，则单质与稀盐酸反应的剧烈程度为L＞Q，故B错误；
C．L与T形成的化合物为MgO，为离子化合物，故C错误；
D．L2+与R2-的核外电子数分别为10、18，故D错误；
故答案为A。
9．下列化学反应的离子方程式正确的是
A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B．氢氧化镁和稀硫酸反应：OH- +H+=H2O
C．向氯化亚铁溶液中通入氯气：Cl2 +Fe2+=Fe3++2Cl-
D．向碳酸氢钠溶液中滴加少量氢氧化钡溶液：Ba2++2+2OH-=BaCO3↓ +2H2O+
【答案】D
【详解】A．Cl2与水反应产生的HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B．氢氧化镁难溶于水，主要以固体存在，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，B错误；
C．电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式应该是：Cl2 +2Fe2+=2Fe3++2Cl-，C错误；
D．反应时要以不足量的Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是1 mol，根据Ba(OH)2的量确定反应需消耗NaHCO3的物质的量的多少，然后结合物质拆分原则，可得反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2=BaCO3↓++2H2O，D正确；
故合理选项是D。
10．类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论正确的是
A．由“Cl2+H2OHCl+HClO”可推出“F2+H2OHF+HFO”也能发生
B．HCl的水溶液显强酸性，推出HF的水溶液也显强酸性
C．由“2Fe+3Cl22FeCl3”可推出“2Fe+3I22FeI3”也能发生
D．Na、K在周期表中属于同一主族，化学性质相似，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
【答案】D
【详解】A．氟单质具有强氧化性，和水反应生成氧气，，A错误；
B．HF的水溶液为弱酸，而不是强酸，B错误；
C．铁与碘生成碘化亚铁，不是碘化铁，，C错误；
D．同一主族从上到下，元素的金属性逐渐增强，Na、K在周期表中属于同一主族，化学性质相似，且钾的金属性强于钠，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应，D正确；
故选D。
11．下列除去杂质的方法中，正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
试剂
方法
A
Cl2(HCl )
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2 (FeCl3)
铜粉
过滤
C
H2O (Br2)
CCl4
萃取、分液
D
KNO3 (NaCl)
AgNO3溶液
过滤

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氯气可以和氢氧化钠反应，会把氯气也除掉，A错误；
B．三氯化铁和铜粉反应，会生成氯化亚铁和氯化铜，会引入铜离子杂质，B错误；
C．溴可以溶解在四氯化碳中，但是水喝四氯化碳不互溶，可以用萃取分液的方法除去溴，C正确；
D．无法除去钠离子杂质，D错误；
故选C。
12．K2FeO4具有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4，其制备的流程如下：

K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液，“转化1”有FeO生成。下列有关说法正确的是
A．K2FeO4中铁元素的化合价是+3
B．“转化1”发生反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO—+5H2O=2+3Cl—+10H+
C．“转化2”能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D．过滤所得产品可用冷水洗去表面杂质离子
【答案】C
【详解】A．由化合价代数和为0可知，高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，故A错误；
B．转化1发生的反应为，碱性条件下，硝酸铁溶液与次氯酸钠溶液反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，故B错误；
C．转化2发生的反应为Na2FeO4+2KCl= K2FeO4+2NaCl，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故C正确；
D．由K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液可知，为减少产品因溶解造成损失，应用于浓KOH溶液洗去表面杂质离子，故D错误；
故选C。
13．相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶质的质量分数为w%，物质的量浓度为cmol·L-1，密度为ρg·cm-3。则下列说法正确的是（       ）
A．溶液密度ρ可表示为
B．物质的量浓度c可表示为
C．溶液的质量分数w%可表示为
D．相对分子质量Mr可表示为
【答案】D
【详解】A、根据密度的定义，令溶液的体积为1L，ρ＝＝，故A错误；
B、根据物质的量浓度的定义，c＝，故B说法错误；
C、根据质量分数的定义，w%＝×100%，故C说法错误；
D、由上述C项整理，得Mr＝，故D说法正确；
答案为D。
【点睛】易错点是选项B，应注意溶液的体积不是化合物的体积与溶剂体积的和，应V=进行计算，其中m为溶液的质量，同时注意物质的量浓度单位是mol·L－1。
14．水体中氨氮含量会造成水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。下列说法错误的是

A．去除过程中，每一步反应都是氧化还原反应
B．每除去1mol，转移3mol电子
C．该过程需控制温度，温度过高时氨氮去除率会降低
D．去除过程的总反应方程式为：
【答案】A
【详解】A．转化关系图中NaClO和水反应生成次氯酸和氢氧化钠的反应以及盐酸和氢氧化钠的反应中，属于化合价没有发生变化的反应，不是氧化还原反应，故A错误；
B．氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，每除去1mol，转移3mol电子，故B正确；
C．NH3易挥发，温度较高时溶解度减小，氨氮去除率会降低，故C正确；
D．根据箭头方向可知，NH3、NaClO是反应物，氯化钠、氮气和水是生成物，根据质量守恒和电子转移守恒写出化学方程式为：，故D正确；
故选A。
15．将a g CuO和铜粉的混合物样品加入到体积为1L的H2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，样品完全溶解，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1(不考虑盐的水解及溶液体积的变化)。若测得反应后溶液的c(H+)=0.1 mol/L，下列说法正确的是
A．原溶液中c(H2SO4)为0.05 mol/L
B．向反应前的溶液中加入足量铁粉，产生的气体体积为4.48L
C．混合物中铜的质量分数为60%
D．将足量的H2通入灼热的混合物，反应结束后，混合物的质量减少了0.8g
【答案】D
【分析】由反应后溶液的c(H+)=0.1 mol/L，三种阳离子物质的量之比为5︰3︰1可知，溶液中氢离子的物质的量为0.1 mol/L×1L=0.1mol，亚铁离子为0.1mol×5=0.5mol、铁离子的物质的量为0.1mol×3=0.3mol；由铁原子个数守恒可知，硫酸铁的物质的量为0.5mol×=0.25mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2+)+2n(Cu2+)+n(H+)=2n(SO)，则n(SO)==0.85mol，混合溶液中稀硫酸的物质的量为0.85mol—0.25mol×3=0.1mol；硫酸铁溶液与铜反应的方程式为Fe2(SO4)3+Cu=FeSO4+CuSO4，由方程式可知，铜的物质的量为0.25mol，由铜原子个数守恒可知，氧化铜的物质的量为0.3mol—0.25mol=0.05mol。
【详解】A．由分析可知，混合溶液中稀硫酸的物质的量为0.1mol，则1L混合溶液中稀硫酸的浓度为1 mol/L，故A错误；
B．缺标准状况，无法计算铁与0.1mol稀硫酸反应生成氢气的体积，故B错误；
C．由分析可知，混合物中氧化铜和铜的物质的量分别为0.05mol和0.25mol，则铜的质量分数为×100%=80%，故C错误；
D．将足量的氢气通入灼热的混合物，反应结束后，混合物减少的质量为氧化铜中氧原子的质量，由分析可知，混合物中氧化铜的物质的量为0.05mol，则混合物减少的质量为0.05mol×16g/mol=0.8g，故D正确；
故选D。

二、元素或物质推断题
16．Ⅰ．某无色透明溶液中可能大量存在、、、、、、中的几种，请填写下列空白：
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___________。
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。有关的离子方程式___________，取(2)中的滤液，加入过量的烧碱，出现白色沉淀。
(3)综上所述，原溶液中一定存在的离子有___________，可能存在的离子是___________。
Ⅱ．为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾()，碘酸钾和碘化钾在酸性溶液中能发生下列反应：。回答下列问题：
(4)该反应中，氧化剂是___________
(5)当有生成时，转移电子的数目为___________。
(6)为淡棕黄色气体，可由新制的和反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。则制备的化学方程式为___________
【答案】(1)Fe3+
(2)Ag++Cl-=AgCl↓
(3)     Ag+、Mg2+、     Na+
(4)KIO3
(5)3.01×1023
(6)HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O

【详解】（1）在可能含有的离子中，只有Fe3+呈棕黄色，所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Fe3+。答案为：Fe3+；
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，生成白色沉淀；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，则表明生成的白色沉淀为AgCl，有关的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；
（3）(2)中生成AgCl沉淀，溶液中一定含有Ag+，则一定不含有、；取(2)中的滤液，加入过量的烧碱，出现白色沉淀，则表明溶液中一定含有Mg2+；因为溶液呈电中性，则溶液中一定含有；无法确定Na+是否存在。答案为：Ag+、Mg2+、；Na+；
（4）在反应中，KIO3中的I元素由+5价降为0价，则其作氧化剂。答案为：KIO3；
（5）由反应式，可建立如下关系式：3I2—5e-，则有生成时，转移电子的数目为0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023。答案为：3.01×1023；
（6）Cl2与HgO发生歧化反应，生成Cl2O，则另一产物为HgCl2，反应的化学方程式为HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。答案为：HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。
【点睛】进行离子推断，当确定溶液中含有某种离子时，可利用离子共存原则，排除溶液中不可能存在的离子。
17．A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系，完成下列空白：

（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为_________________________。
（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为________________________5.05g单质甲-钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为________________。
（3）向50mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积 V(HCl)的关系有下列图示两种情况。

①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式____________________。 （有几个写几个） 。
②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为___________。
③原化合物C溶液的物质的量浓度为____________________。
④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为__________。
【答案】     溶液先变红后褪色，并有气泡生成     2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑     NaK2     OH-+H+=H2O   H+ +CO=HCO     NaOH、Na2CO3     0.15mol/L     3:10
【分析】A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na，乙为O2，丙是H2；A是Na2 O2，B是H2O，C是NaOH。
【详解】（1）向酚酞试液中加入化合物Na2 O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应产生的氢氧化钠使酚酞溶液变为红色，但过氧化钠具有漂白性，故溶液的现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；
（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2 O═2Na+ +2OH- +H2↑，2K+2H2O═2K+ +2OH- +H2↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.15mol；23x+39y＝5.05g。解得x=0.05mol，y=0.1mol，故合金的化学式为NaK2；
（3）①曲线A中不产生气体消耗盐酸的60mL，反应产生气体的只有15mL，根据Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl；NaHCO3+ HCl =NaCl+ CO2 ↑ + H2O，前后消耗的体积应该是相等，所以该固体是NaOH、Na2CO3的混合物；由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生的离子反应是OH-+H+=H2O   H+ +CO=HCO；
②根据①分析可知得溶液中的溶质的化学式为NaOH、Na2CO3；
③当气体恰好达到最大值时，溶液是NaCl溶液，n(NaOH)=n(HCl)=n(NaCl)=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，其物质的量浓度是c(NaOH)= 0.0075mol÷0.05L=0.15mol/L；
④A中发生反应Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl消耗盐酸15mL；B中反应产生CO2消耗盐酸的体积是75mL-25mL=50mL，则两次反应通入CO2的体积比是15mL：50mL=3:10。

三、实验题
18．某兴趣小组同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴滴加稀H2SO4，不断搅拌并测定溶液导电能力的变化(装置如下图所示)。

I.实验测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。

(1)写出Ba(OH) 2溶液与稀硫酸反应的离子方程式_______。
(2)该小组的同学关于上图的说法中正确的是_______(填“序号”)。
①AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质
②B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
③BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电
④a时刻Ba(OH)2溶液与稀H2SO4恰好中和
Ⅱ.配制240mL 1.0mol/L H2SO4溶液。
(3)计算：需要18mol/L H2SO4溶液_______mL(计算结果精确到小数点后一位)。
(4)配制过程中的正确操作顺序是：b、d、_______ 、e(填“字母”)。
a.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶。
b.用量筒量取所需体积的18 mol/L H2SO4溶液注入盛有约50 mL蒸馏水的烧杯。
c.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。
d.用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀。
e.盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
f.冷却至室温后将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。
g.往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1~2cm处。
(5)下列操作将导致所配制的H2SO4溶液浓度偏大的是_______(填“字母”)。
a.洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
b.移液后未洗涤烧杯和玻璃棒
c.定容时俯视容量瓶刻度线
d.加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
(6)现有密度为d g/mL浓度为18mol/L的浓硫酸溶液200g，需要加入一定量的水将其稀释为9mol/L，则加入水的体积是_______。
A．大于200mL     B．小于200mL    C．等于200mL
【答案】(1)Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
(2)②④
(3)13.9
(4)f、a、g、c
(5)ac
(6)B

【详解】（1）Ba(OH) 2溶液与稀硫酸反应生成难溶物硫酸钡和弱电解质水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O；
（2）① BaSO4是电解质，只是难溶，电离出的离子很少，AB段溶液的导电能力不断减弱，故①错误；
②B处溶液的导电能力约为0，是因为硫酸和氢氧化钡恰好反应，生成了难溶的硫酸钡，溶液中几乎没有自由移动的离子，故②正确；
③实验是向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴滴加稀H2SO4，BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的硫酸电离出的离子导电，故③错误；
④a时刻Ba(OH)2溶液与稀H2SO4恰好中和，生成了难溶的硫酸钡和弱电解质水，导电能力极弱，故④正确；
故答案为：②④；
（3）配制240mL 1.0mol/L H2SO4溶液，实际需要配制250mL溶液，设需要的浓硫酸的体积为，根据，可得，解得=13.9mL，所以需要18mol/L H2SO4溶液的体积为13.9mL，故答案为：13.9；
（4）浓硫酸配制稀硫酸的过程为：计算、量取、稀释、冷却、转移、定容、摇匀、装瓶贴标签，所以顺序为：b、d、f、a、g、c、e，故答案为：f、a、g、c；
（5）a.量筒是粗略量取溶液的仪器，不用洗涤，如果洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会使溶质增加，所配溶液浓度偏大，故a符合题意；
b.移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，会使溶质减少，所配溶液浓度偏低，故b不符合题意；
c.定容时俯视容量瓶刻度线，会使溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故c符合题意；
d.加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体，所配溶液浓度偏低，故d不符合题意；
故答案为：ac；
（6）设加水的体积为，根据稀释前后溶质质量不变，列式得，解得，因为浓硫酸的密度大于1，所以,故答案为：B
19．已知无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。实验室利用如图所示实验装置制取无水FeCl3(加热和夹持装置略去)。

回答下列问题：
(1)仪器a的名称是________，装置A发生反应的化学方程式为_____。
(2)溶液X、Y依次是_____、_______；装置D发生反应的化学方程式为_______。
(3)实验结束时，应先熄灭_____(填“A”或“D”)处酒精灯；E中冷水的作用是_______。
(4)装置F的作用是_________；装置G发生反应的离子方程式_______。
【答案】     分液漏斗     MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O     饱和食盐水(饱和NaCl溶液)     浓硫酸     2Fe+3Cl22FeCl3     D     冷却，使FeCl3蒸气转变为固体     防止G中水蒸气进入E中     Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【分析】用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，氯气中的HCl和水蒸气分别用饱和食盐水和浓硫酸除去，干燥洁净的氯气和铁反应生成氯化铁，用收集器收集，为了防止氯气污染环境，用NaOH溶液吸收。
【详解】(1)根据仪器构造，仪器a的名称是分液漏斗，装置A发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)B中盛有饱和食盐水，除去氯气中的HCl，C中盛有浓硫酸，除去氯气中的水蒸气，装置D中铁和氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3。
(3)实验结束时，应先熄灭D处的酒精灯，继续通氯气将生成的氯化铁全部转移到E中，若先熄灭A处的酒精灯，B中的食盐水会倒吸入圆底烧瓶中；无水FeCl3加热易升华，所以E中冷水的作用是冷却，使FeCl3蒸气转变为固体。
(4) 无水FeCl3在空气中易潮解，装置F的作用是防止G中水蒸气进入E中；装置G中盛有NaOH溶液，吸收氯气，防止污染环境，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
20．某同学利用下图所示实验装置进行铁与水蒸气反应的实验，并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。

请回答下列问题：
Ⅰ.(1)该反应的化学方程式是___________________，硬质试管中湿棉花的作用是: _________.
(2)该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设。
假设1：只有Fe；
假设2：只有____________(填化学式)；
假设3：既有Fe也有Fe3O4。
(3)为了验证反应后硬质试管中固体物质的组成，该同学进行了定量研究：反应前固体物质的质量为5.6g，反应后固体物质的质量为6.6g。从数据分析，反应后硬质试管中固体物质的组成成分为_____。
Ⅱ.长期放置的FeSO4溶液易被氧化而变质，某兴趣小组进行了如下实验：
A．设计实验检验FeSO4溶液的变质程度
实验方案
实验现象
实验结论
步骤1
取待检测液于试管中，向其中滴加KSCN溶液
_____________
FeSO4溶液部分变质
步骤2
取待检测液于试管中，向其中滴加K3[Fe(SCN)6]溶液
____________
①将上述方案补充完整②步骤2涉及的离子反应方程式是______________。
③若要使变质的FeSO4复原，方法是________________。(写离子反应方程式)
【答案】     3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2     提供反应需要的水蒸气     Fe3O4     Fe和Fe3O4     溶液变红     产生蓝色沉淀     3Fe2++2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓     2Fe3++Fe=3Fe2+
【分析】湿棉花可以提供水蒸气，高温条件下与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，可以看到肥皂水中有气泡产生；若铁粉完全反应，则反应后的固体只有Fe3O4，若部分反应则为Fe和Fe3O4，若没有发生反应则只有Fe；
长期放置的FeSO4溶液易被氧化生成Fe3+，利用KSCN溶液可以检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；利用K3[Fe(SCN)6]溶液可以检验Fe2+，现象是产生蓝色沉淀。
【详解】Ⅰ．(1)高温条件下水蒸气与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2；湿棉花是用来提供反应需要的水蒸气；
(2)若铁粉完全反应，则反应后的固体只有Fe3O4，若部分反应则为Fe和Fe3O4，若没有发生反应则只有Fe，所以假设2为只有Fe3O4；
(3)反应前的固体为铁粉，5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，完全反应可知生成Fe3O4的质量为=7.73g，而6.6g大于5.6g、小于7.73g，说明铁粉未完全反应，固体为Fe和Fe3O4；
Ⅱ．①实验结论为FeSO4部分变质，即溶液中既有Fe3+、又有Fe2+，所以步骤1中加入KSCN溶液时可以看到溶液变红；步骤2中滴加K3[Fe(SCN)6]溶液时可以看到产生蓝色沉淀；
②步骤2中产生的蓝色沉淀为亚铁离子和铁氰酸根反应生成的铁氰酸亚铁，涉及的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；
③若要使FeSO4复原，则需要将Fe3+还原成Fe2+，且不引入新的杂质，所以可以加入过量铁粉，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。

四、工业流程题
21．铝是一种重要金属，从铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)中冶炼Al的工业生产流程如下图：

(1)溶液A中含的阳离子主要有________．
(2)写出步骤II生成溶液C 的离子方程式________，步骤I、II、III都要用到的分离方法是________．
(3)生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有________(填化学式)．
(4)生产中曾用铝与氧化铁的混合物形成铝热剂发生铝热反应焊接钢轨(提示：反应中能生成铁单质)，则铝与氧化铁在高温下发生反应的化学方程式为：________.
(5)经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝(假设各生产环节中无损耗)，则原铝土矿中Al2O3的纯度(质量分数)________(用含a、b的最简式表示)．
【答案】     Al3+、Fe3+、H+     Al3++4OH-=+2H2O     过滤     CO2、NaOH     2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe     ×100%
【分析】由工艺流程可知，铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)，铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al(OH)3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，据此分析。
【详解】(1)根据上面的分析可知，沉淀B的化学式为SiO2，溶液A中含的阳离子主要有 Al3+、Fe3+、H+；
(2)步骤II过量的氢氧化钠与氯化铝反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al3++4OH-=+2H2O，根据上面的分析可知，步骤I、Ⅱ、Ⅲ都要用到的分离方法是过滤；
(3)生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有CO2、NaOH；
(4)铝与氧化铁发生铝热反应，是置换反应，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；
(5)a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则根据铝元素守恒可知，

需要纯氧化铝的质量为吨，所以原铝土矿中Al2O3的纯度为×100%=×100%。
【点睛】溶液A加入的是过量的氢氧化钠溶液，铝离子转化为偏铝酸根，为易错点。