【化学】山西省太原市第五中学2018-2019学年高一上学期12月月考试题（解析版）

山西省太原市第五中学2018-2019学年高一上学期12月月考试题
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40 Mn55 Fe56 Cu64 Ag108 Ba137
一、选择题(本大题包括 20 个小题，1-10 题，每小题 2 分，11-20 题，每小题 3 分，共 50 分。每个小题只 有一个选项符合题意)
1.合金在生活材料中扮演着重要的角色，下列材料不属于合金的是( )
A. 黄铜 B. 储氢合金 C. 白金 D. 锰钢
【答案】C
【详解】A. 黄铜是铜和锌的合金，故A错误；
B. 储氢合金一种新型合金，一定条件下能吸收氢气，一定条件能放出氢气，故B错误；
C.白金是金属单质Pt，故C正确；
D. 锰钢是铁和锰的合金，故D错误。
故选C。
2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是( )
A. Na2CO3 属于盐类，但其溶液显碱性，故可用作食用碱
B. Al2O3 可用作耐高温材料，Al(OH)3 可用于中和过多的胃酸
C. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
D. PM2.5 是指粒径不大于 2.5μm 的可吸入颗粒物，其分散于大气后一定形成胶体
【答案】D
【详解】A. Na2CO3 属于盐类，且是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-会发生水解生成OH-而显碱性，故A正确；
B. Al2O3熔点高，故可用作耐高温材料，Al(OH)3没有腐蚀性，且能与胃酸反应，故可用来中和胃酸，故B正确；
C. 菁蒿素是利用乙醚等有机溶剂从复合花序植物黄花蒿茎叶中提取的有过氧基团的倍半萜内酯药物，其原理就是利用萃取原理，故C正确；
D.1微米=1000纳米，故2.5微米的颗粒直径约为2500纳米，而胶体的粒子直径介于1-100纳米之间，故D错误。
故选D。
3.下列变化与氧化还原反应无关的是( )
A. 葡萄糖为人类生命提供能量时，化学能转化成热能
B. NaOH 溶液滴入 FeSO4 溶液中，先产生白色沉淀，随后变为红褐色,
C. 二氧化碳使过氧化钠固体变白
D. 中国古代人民利用天然磁石磨制最早的指南针——司南
【答案】D
【详解】A. 葡萄糖为人类生命提供能量时，化学能转化成热能，是葡萄糖在人体内氧化的过程，所以是氧化还原反应，故A错误；
B. NaOH 溶液滴入 FeSO4 溶液中，先产生白色沉淀即Fe(OH)2，后被空气中的氧气氧化成红褐色的Fe(OH)3，期间发生了氧化还原反应，故B错误；
C.二氧化碳气体与过氧化钠反应生成白色的碳酸钠固体和氧气，是氧化还原反应，故C错误；
D.用磁石打磨指南针不是化学变化，更不是氧化还原反应，故D正确。
故选D。
4.清初《泉州府志》记载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白， 后人遂效之。”下列选项中与文中“盖泥法”的原理相同的是( )。
A. 从地沟油中蒸馏出植物油
B. 实验室制备乙酰苯胺晶体(白色)时，在粗品中加入活性炭以除去有色杂质
C. 在腌制风味独特的咸鸭蛋时，要在蛋壳外均匀包裹一层黄泥
D. 用过滤法除去河水中的泥沙
【答案】B
【详解】文中“去土而糖白”，指的是固体土吸附糖色，所以文中的盖泥法与之相同的原理是活性炭吸附色素，故B正确。
故选B。
5.下列变化中需加氧化剂才能实现的是( )
A. HCO3-® CO32- B. K2CrO42- ®K2Cr2O72- C. I-®I2 D. CO2® C
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCO3-®CO32-中各元素化合价不变，不需要发生氧化还原反应即可实现，故A错误；
B. CrO42- ®Cr2O72-中各元素化合价不变，不需要发生氧化还原反应即可实现，故B错误；
C. I-®I2中I元素化合价从-1价升到到0价，故I-作还原剂，所以需要加入氧化剂，故C正确；
D. CO2®C中各元素化合价不变，不需要发生氧化还原反应即可实现，故D错误；
故选C。
6.下列说法正确的是( )
A. 在氧化还原反应中，非金属单质一定做氧化剂
B. 氧化还原反应的本质是元素的化合价发生升降
C. 化合物所含的某种元素处于其最高价态，此化合物不一定具有强氧化性
D. 元素的单质只能由还原该元素的化合物制得
【答案】C
【详解】A.O2是非金属单质，常做氧化剂，故A错误；
B. 氧化还原反应的本质是电子的转移，故B错误；
C. 化合物所含的某种元素处于其最高价态，此化合物不一定具有强氧化性，例如：H2CO3不具有强氧化性，故C正确；
D. 金属单质可由金属阳离子得电子被还原得到，非金属单质可由阴离子失去电子被氧化得到，故D错误。
故选C。
7.下列关于金属的说法不正确的是( )
A. 钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，生成淡黄色固体
B. 铝是地壳中含量最多的金属元素，铝在空气中受热熔化，剧烈燃烧
C. 铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，无法保护内层金属
D. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎的用料属于有色金属材料
【答案】B
【解析】
【分析】根据金属的性质分析解答。
【详解】A. 钠开始熔化成一个银灰色的小球，液态钠迅速燃烧，黄色火焰，燃烧结束后生成淡黄色固体，故A正确；
B. 铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，氧化铝膜阻止铝与氧气进一步反应，所以加热铝箔，铝熔化了但不会滴落，不会出现发生剧烈的燃烧，故B错误；
C. 铁在潮湿的空气中生锈即发生氧化还原反应生成氧化物疏松多孔，所以无法保护金属，故C正确；
D. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，主要是青铜铸造，金属铜是有色金属，故D正确。
故选B。
8.NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L 以任意比例混合的 H2 和 CO 中所含原子总数为 2NA
B. 由 32.50g FeCl3 制得的 Fe(OH)3 胶体粒子数为 0.2 NA
C. 常温常压下，Na 与 H2O 反应生成 11.2L H2，反应中转移的电子数为 NA
D. 常温常压下，质量均为 16g 的 O2 和 O3 中，电子数分别是 8NA 和 12NA
【答案】A
【详解】A.标准状况下，混合气体的物质的量为1mol，H2 和 CO都是双原子分子，故所含原子的物质的量为2mol，即2NA个，故A正确；
B.由于在水溶液中，Fe3+会发生水解，故FeCl3制得的Fe(OH)3 胶体粒子数目一定小于0.2NA，故B错误；
C.常温常压下，不确定气体摩尔体积数值，所以不能计算，故C错误；
D.16g的 O2 和 O3的物质的量分别是0.5mol和mol，1个O2分子含有16个电子，即0.5molO2分子含有8 NA个电子，1个O3分子含有24个电子，即molO3分子含有8 NA个电子，故D错误。
故选A。
9.氯气是一种重要的化工原料，可用于自来水消毒。1868年，狄肯等科学家发明了在氯化铜催化并加热的条件下，利用空气中的氧气氧化氯化氢制取氯气的方法，译为地康法。其原理可表示为4HCl+O22H2O+2Cl2，下列说法正确的是( )
A. Cl2是还原产物
B. 生成11.2LCl2(标准状况)，转移电子数目为2NA
C. 反应中Cl被氧化，HCl得到电子
D. 氧化性：O2>Cl2
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。
【详解】A.从方程式中可知，O2的化合价从0价变化从-2价，作氧化剂被还原生成还原产物H2O，故A错误；
B.有方程式可得到：4HCl——2Cl2——4e-，通过计算可知Cl2的物质的量为0.5mol，即转移电子数目为NA，故B错误；
C.反应中HCl中Cl元素从-1价升高到0价，所以HCl作还原剂，被氧化，失去电子，故C错误；
D.氧化性是氧化剂大于氧化产物，即氧化性：O2> Cl2，故D正确。
故选D。
10.12mL1.0 mol/L 的 K2SO3 溶液恰好与 20mL 0.4 mol/L 的 KXO4 溶液完全反应。已知 K2SO3 被氧化为K2SO4，则 X 元素在还原产物中的化合价为( )
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】D
【详解】n（K2SO3）=1.0mol/L×0.012L=0.012mol，n（KXO4）=0.4mol/L×0.02L=0.008mol，亚硫酸钠具有还原性，在反应中被氧化生成硫酸钠，KXO4具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，设元素X在还原产物中的化合价是x，根据得失电子相等，则1.0mol/L×0.012L×（6-4）=0.008mol×（7-x），x=4，即X 元素在还原产物中的化合价为+4价，故D正确。
故选D。
11.下列关于钠的化合物的说法中不正确的是( )
①热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
②Na2O 和 Na2O2 都能与水反应生成碱，故均为碱性氧化物
③与盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3＞NaHCO3
④Na2O 和 Na2O2 晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为 1:2
⑤Na2CO3 粉末遇水会生成含结晶水的晶体，其化学式可能为 Na2CO3·7H2O
⑥等质量的固体与足量盐酸反应放出的气体的体积：Na2CO3＞NaHCO3
⑦分别向 Na2CO3 和 NaHCO3 的水溶液中滴加 BaCl2 溶液，均可产生白色沉淀
A. ②③⑥⑦ B. ①②③④⑥ C. ②③⑤⑥⑦ D. ②④⑤⑦
【答案】A
【解析】
【分析】根据Na2O2、Na2CO3 和 NaHCO3的性质比较分析解答。
【详解】①热稳定性：Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热易分解，故热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故①正确；
②碱性氧化物的概念是：与酸反应生成盐和水的氧化物，所以Na2O2不是碱性氧化物，故②错误；
③与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3＜NaHCO3，故③错误；
④Na2O晶体中阴、阳离子的数目比为1:2，Na2O2 晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为 2:1，故④正确；
⑤Na2CO3粉末可与水以不同的物质的量之比形成多种晶体，故⑤正确；
⑥106g Na2CO3与盐酸反应放出1molCO2，84g NaHCO3与盐酸反应放出1mol CO2，所以等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，放出CO2的质量NaHCO3大于NaHCO3，故⑥错误；
⑦Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，NaHCO3 与BaCl2不反应，故⑦错误。
故选A。
12.加入铝粉后产生大量气泡的溶液中，一定不能大量共存的离子组是( )
A. Mg2+、Na+、SO42﹣、K+ B. CO32-、K+、NO3- 、CH3COO-
C. NH4+ 、HCO3- 、Na+ 、Cl- D. I-、Na+ 、K+、SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】根据离子不能共存的条件分析解答。
【详解】某溶液中加入铝粉有氢气产生，说明该溶液可能显酸性，也可能显碱性。
A.若在碱性条件下，即含有OH-的情况下，Mg2+与OH-不能共存生成沉淀，但是在酸性条件下，即含有H+的情况下，可以大量共存，故A错误；
B.若在酸性条件下，即含有H+的情况下，H+与CO32-不能大量共存，若在碱性条件下，即含有OH-的情况下，各离子可以大量共存，故B错误；
C. 若在酸性条件下，即含有H+的情况下，H+与HCO32-不能大量共存，若在碱性条件下，即含有OH-的情况下，NH4+与OH-离子也不能大量共存，故C正确；
D. 若在酸性条件下，即含有H+的情况下，H+与I-不能大量共存，若在碱性条件下，即含有OH-的情况下，各离子可以大量共存，故D错误。
故选C。
13.已知反应：KClO3 + 6HCl=KCl + 3H2 O+3Cl2 ­此反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为( )
A. 1：1 B. 3：1 C. 1：5 D. 5：1
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化还原反应的本质和特征进行分析解答。
【详解】反应中KClO3中一个Cl原子化合价从+5价降低到0价，所以KClO3作氧化剂，被还原生成还原产物Cl2，HCl中的5个Cl原子从-1价升高到0价，所以HCl作还原剂，氧化生成Cl2，故反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1，故D正确。
故选D。
14.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba 2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4¯ +H2O
B. 向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳： CO32- + CO2+ H2O = 2HCO3-
C. 向氯化铝溶液中滴加过量的浓氨水：Al3+ + 4NH3•H2O = AlO2- + 4NH4+ +2H2O
D. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合：Ca 2+ + 2HCO3- + 2OH- = CaCO3¯ +2H2O+CO32-【答案】D
【详解】A. 氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为：2OH- + 2H+ + Ba 2+ + SO4 2- = 2H2O + BaSO4↓，故A错误；
B. 向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳会有NaHCO3晶体析出，由于NaHCO3比Na2CO3溶解度小，且通入CO2气体时，生成了NaHCO3达到过饱和状态，即形成了晶体析出，故B错误；
C. 向氯化铝溶液中滴加过量的浓氨水生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱，过量也不会与氢氧化铝继续反应，故C错误；
D. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合生成碳酸钙和碳酸钠，故D正确。
故选D。
15.由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是( )
实验
现象
结论
A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液， 在酒精灯火焰上灼烧
火焰呈黄色
此盐溶液中含有 Na+，不含 K+
B．①取少量绿矾样品，加水溶解， 滴加 KSCN 溶液
②向溶液中通入空气
①溶液颜色无变化
②溶液逐渐变红
①绿矾样品未变质
②Fe2+易被空气氧化为 Fe3+
C．①某溶液中加入 Ba(NO3)2 溶 液
②再加入足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有 SO42﹣
D．向碘水中加入等体积 CCl4， 振荡后静置
上层接近无色，下层显紫红色
I2 在 CCl4 中的溶解度小于在水中 的溶解度
【答案】B
【详解】A.焰色反应的K+的验证需要透过蓝色故玻璃观察，故A错误；
B. ①取少量绿矾样品，加水溶解， 滴加 KSCN 溶液，若溶液变红说明绿矾已变质，②向溶液中通入空气，溶液变红，说明绿矾中的Fe2+被氧化成Fe3+，故B正确；
C. ①某溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液生成白色沉淀，该溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，②再加入足量盐酸，仍有白色沉淀，即排除了CO32-的干扰，加入盐酸后即提供H+，与NO3-形成硝酸，具有强氧化性，可将SO32-氧化成SO42-，所以该溶液中可能含有SO32-、SO42-，故C错误；
D. 向碘水中加入等体积 CCl4， 振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，即CCl4层在下面，所以CCl4的密度比水大，故D错误。
故选B。
16.元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头 表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是( )

A. 铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B. FeO 是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C. 由图可预测：高铁酸盐( FeO42- )具有强氧化性，可用于消毒。FeO42- 与水反应最终可生成 Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用做净水剂
D. 加热 Fe(OH)3 发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】C
【解析】
【分析】根据铁与铁的化合物之间的转化关系分析解答。
【详解】A. 铁与高温水蒸气的反应时，生成Fe3O4，故A错误；
B. FeO 是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速反应生成Fe3O4，故B错误；
C. 由图可预测：高铁酸盐( FeO42- )中的Fe元素处于最高价态，易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒。FeO42- 与水反应最终可生成 Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用做净水剂，故C正确；
D. 加热 Fe(OH)3 分解生成Fe2O3，而Fe2O3不溶于水，故D错误。
故选C。
17.下列除去杂质的实验方法及操作正确的是( )
A. 除去 FeCl3 溶液中混有的 FeCl2：加入适量氯水
B. 除去 CO2 中混有的少量 CO：通入氧气，点燃，收集气体
C. 除去 Na2SO4 中混有的 Na2CO3：加入适量的稀盐酸
D. 除去 CuCl2 溶液中混有的 FeCl3：加入过量 Cu 粉后再过滤
【答案】A
【详解】A. 氯水不能与FeCl3反应，可以将FeCl2氧化为FeCl3，故A正确；
B. 当大量的 CO2 中混有的少量 CO时，气体中大部分是不助燃的CO2，CO根本无法燃烧，故B错误；
C. 除去 Na2SO4 中混有的 Na2CO3，若加入适量的稀盐酸，引入了新杂质Cl-，所以应该选用稀硫酸，故C错误；
D. 除去 CuCl2 溶液中混有的 FeCl3，若加入过量 Cu 粉，反应过程中生成了FeCl2，引入了新的杂质，故D错误。
故选A。
18.某固体可能含有 Ba2+、NH4 + 、Cu2+、Na +、Cl -、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验：
(1)一份固体溶于水得到无色透明溶液。加入足量的 BaCl2 溶液，得到沉淀 6.63g；在沉淀中加入过量 的稀盐酸，仍有 4.66g 沉淀。
(2)另一份固体与过量的 NaOH 固体混合后充分加热，产生气体 1.344L(标准状况)。已知NH4 ++ OH-=NH3↑+H2O ，则下列说法正确的是( )
A. 该固体中一定只含有 NH4 + 、CO32-、SO42-
B. 该固体中一定没有Cu2+、Na +、Ba2+、Cl-
C. 该固体中一定含有NH4 + 、Na +、Cl -、CO32-、SO42-
D. 若该固体中含有 Na+，则一定含有 Cl-，且二者等量
【答案】D
【解析】
【分析】根据离子共存条件分析解答。
【详解】（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，说明不含Cu2+，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63，在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀变成4.66g，说明沉淀一部分溶于盐酸，一部分不溶于稀盐酸，所以溶液中一定含有SO42-和 CO32-， n（SO42-）=n（BaSO4）==0.02mol，n（CO32-）=n（BaCO3）==0.01mol；
（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气1.344L即0.06mol（标准状况），所以含有铵根离子0.06mol；根据溶液中电荷守恒，其中CO32-和SO42-提供的负电荷的物质的量为：2×n（SO42-）+ 2×n（CO32-）=0.06mol，NH4+提供的正电荷的物质的量为：1×n（NH4+）=0.06mol，若固体形成的溶液中含有Na+，就一定含有Cl-，以维持溶液中的电荷平衡，故D正确。
故选D。
19.已知 2Fe2+ +Br2 = 2Fe3+ + 2Br-；2 Br- + Cl2 = Br2 + 2Cl-；2Fe3+ + 2I-= 2Fe2+ + I2。向 FeI2、FeBr2 的 混合溶液中通入 Cl2，溶液中某些离子的物质的量 n(离子)随通入 Cl2 的物质的量 n(Cl2)变化如图所示。则下列有关说法中不正确的是( )

A. 还原性：I−>Fe2+>Br−
B. 原溶液中：n(Fe2+):n(I−):n(Br−)=2:1:3
C. 原混合溶液中 FeBr2 的物质的量为 6 mol
D. 当通入 2mol Cl2 时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I−+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl−
【答案】C
【解析】
【分析】根据微粒的还原性大小比较、反应的先后顺序、溶液中微粒浓度的大小及图像内容等信息分析解答。
【详解】A.2Fe2+ +Br2 = 2Fe3+ + 2Br-中还原性Fe2+＞Br=， 2 Br-+ Cl2 = Br2 + 2Cl-中的还原性Br-＞Cl-，2Fe3+ + 2I-= 2Fe2+ + I2中的还原性I-＞Fe2+，所以还原性大小顺序为：I−>Fe2+>Br−，故A正确；
B. 根据方程式中微粒间的关系可知：A—B点，氯气消耗1mol，即n(I-)=2mol，所以原混合溶液中FeI2的物质的量为1 mol；在BC段发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；n(Cl2) = 2mol，所以n(Fe2+)=4mol，在C后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2 ，n(Cl2) = 3mol，所以n(Br－)=6mol，故n(Fe2+):n(I−):n(Br−)=4:2:6=2:1:3，故B正确；
C.由于溶液中的n(Br－)=6mol，所以原混合溶液中FeBr2的物质的量为3 mol，故C错误；
D.当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，故D正确。
故选C。
20.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，有多种组成，可表示为 Cua(OH)bClc⋅xH2O。为测定某碱式氯化铜的 组成，进行下列实验：
(1)称取样品 1.1160g，用少量稀 HNO3 溶解后配成 100.00mL 溶液 A；
(2)取 25.00mL 溶液 A，加入足量 AgNO3 溶液，得 AgCl 0.1722g；
(3)另取 25.00mL 溶液 A，调节 pH 4∼5，用浓度为 0.08000mol⋅L−1 的 EDTA 标准溶液确定 A 中 Cu2+(原理为 Cu2++EDTA═EDTA−Cu2+)，消耗 EDTA 标准溶液 30.00mL。通过计算确定该样品的化学式( )
A. Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O B. Cu2(OH)3Cl⋅H2O
C. Cu(OH)Cl⋅2H2O D. Cu2(OH)Cl3⋅3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质中的电荷守恒、原子守恒等原理分析解答；根据物质的量相关计算分析解答。
【详解】根据AgCl的质量为 0.1722g，可得到
n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3mol，
由于滴定原理为：Cu2++EDTA═EDTA−Cu2+，
可得到n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.08000mol·L－1×30.00mL×10－3L·mL－1×＝9.600×10－3mol，
再根据原子守恒原理，可推断出n(OH-)，即n(OH－) +n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，
所以2×9.600×10－3mol= n(OH－) +4.800×10－3mol，n(OH－)＝1.440×10－2mol，
最后根据质量守恒，推断出
m(Cl－)＝4.800×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.1704g，
m(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×64g·mol－1＝0.6144g，
m(OH－)＝1.440×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448g，
n(H2O)＝＝4.800×10－3mol，
可得到a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1，化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O，故B正确；
故选B。
二、非选择题(本大题共 5 个小题，共 50 分)
21.请回答：
(1)化合物 Mg5Al3(OH)19(H2O)4 可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2 Mg5Al3(OH)19(H2O)4 = 27H2O↑+10MgO+3A12O3
①写出该化合物作阻燃剂的依据_____
②用离子方程式表示除去固体产物中 A12O3 的原理_____。
(2)镁燃烧不能用 CO2 灭火，用化学方程式表示其理由_____。
(3)铝的亲氧性，可表现在铝能夺取化合物中的氧，例如 2Al+Fe2O3=Al2O3+2Fe。且反应放出大量的热，在冶金学上称为铝热反应。取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀硫酸，滴加KSCN 溶液无明显现象，_____(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无 Fe2O3，理由是_____、_____(用离子方程式说明)。
【答案】(1). 反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气 (2). Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O (3). 2Mg+CO2 == 2MgO+C (4). 不能 (5). Fe2O3+ 6H+ =2Fe3+ + 3H2O (6). 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+
【解析】
【分析】根据金属镁、铝、铁极其化合物的性质分析解答；根据离子反应方程式书写规则分析解答；
【详解】(1) ① 2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，故答案为：分解反应是吸热反应，降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；
②氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、碱溶于，加入氢氧化钠溶于溶解后过滤除去，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(2) 镁燃烧时会与CO2反应，生成C和MgO，故答案为：2Mg+CO2 == 2MgO+C；
(3)由于铝热反应后生成的Fe单质，未反应的Fe2O3与硫酸反应生成的Fe3+会继续与Fe发生氧化还原反应，即离子方程式为：Fe2O3+ 6H+ =2Fe3+ + 3H2O 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，所以并不能说明铝热产物中不含有Fe2O3，故答案为：不能，Fe2O3+ 6H+ =2Fe3+ + 3H2O ， 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+。
22.某研究性学习小组设计了将粗 MnO2(含有较多的 MnO 和 MnCO3)样品转化为纯 MnO2 实验， 其流程如下：

(1)第①步加稀 H2SO4 时，粗 MnO2 样品中的______(写化学式)转化为可溶性物质。
(2)第②步反应的离子方程式： + ClO3−+ = MnO2↓+ Cl2↑+ 请配平___________________________________________________
(3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、_____、_____，已知蒸发得到的固体中有 NaClO3 和 NaOH，则一定还有含有_____(写物质名称)。
(4)若粗 MnO2 样品的质量为 12.69g，第①步反应后，经过滤得到 8.7gMnO2，并收集到 0.224 L CO2(标 准状况下)，则在第②步反应中至少需要______molNaClO3。
【答案】(1)MnO、MnCO3
(2)5　Mn2＋　2　4　H2O　5　1　8　H＋
(3)酒精灯　蒸发皿　玻璃棒　NaCl
(4)0.02
【解析】本题以MnO2的提纯为背景，考查氧化还原反应方程式的配平、物质的分离与提纯、物质的量的有关计算等知识。(1)分析生产流程图知样品中的MnO、MnCO3可与稀硫酸反应转化为MnSO4而进入滤液。(2)用化合价升降法不难写出并配平第②步反应的离子方程式：5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O=5MnO2↓＋Cl2↑＋8H＋。(3)Cl2通入热NaOH溶液中，生成的NaClO3显然是氧化产物，那么0价的氯元素化合价降低生成的还原产物必然是NaCl。(4)n(MnCO3)＝n(CO2)＝＝0.01 mol，n(MnO)＝＝0.04 mol，故MnO、MnCO3溶于稀硫酸生成的Mn2＋的物质的量n(Mn2＋)＝n(MnO)＋n(MnCO3)＝0.05 mol，由第②步反应化学方程式知氧化Mn2＋至少需NaClO3∶×0.05 mol＝0.02 mol。
23.某纯碱样品中含有少量氯化钠杂质，现用下图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：

①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰(固体氢氧化钠和生石灰的混合物)的干燥管 D 的质量为 86.4g；
③准确称得 6g 纯碱样品放入容器 b 中；
④打开分液漏斗 a 的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管 A 中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管 D 的总质量为 88.6g。 试回答：
(1)鼓入空气的目的是_____，装置 A 中试剂 X 应选用_____；
(2)若④、⑤两步的实验操作太快，则会导致测定结果_____(填“偏大”或“偏小”)
(3)若没有 C 装置，则会导致测定结果_____(填“偏大”或“偏小”)
(4)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品 Na2CO3 的质量分数为_____；
(5)本实验设计是否存在问题_____(填“是”或“否”)，若存在，改进措施为_____。
【答案】(1). 将装置中的二氧化碳全部赶入干燥罐中 (2). NaOH 溶液 (3). 偏小 (4). 偏大 (5). 88.3% (6). 是 (7). 在 D 装置后再连接一个干燥装置
【解析】
【分析】根据实验探究物质的组成成分以及含量方法分析解答；根据实验数据处理或者误差分析的探究；根据碳酸钠的性质分析解答。
【详解】(1)鼓入空气，可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收；已知装置 A 中试剂为碱性溶液，其作用是 除去空气中的二氧化碳，所以A中装的是NaOH溶液；故答案为：使装置中产生的二氧化碳全部进入干燥罐D中；NaOH 溶液；
(2) 反应过快会使产生的气体二氧化碳没能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收；二氧化碳质量偏小，则测定结果偏小；故答案为：偏小；
(3) C装置中的浓硫酸具有吸水性，在装置中吸收由B装置排出气体中混有的水分，若少了此装置则会使气体中的水分被D装置中碱石灰吸收，而使测定质量偏大；故答案为：偏大；
(4) 反应中放出二氧化碳气体的质量=85.6g-83.4g=2.2g，设放出2.2g二氧化碳消耗碳酸钠的质量为xg，即Na2CO3～CO2
106      44
x       2.2g
106：44=x：2.2g，解得 x=5.3g，纯碱样品Na2CO3的质量分数=，故答案为：88.3%；
(5) 如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以需要在在 D 装置后再连接一个干燥装置，防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；
故答案为：防止空气中CO2和水蒸气进入D中。
24.在严格无氧的条件下，碱与亚铁盐溶液反应生成白色胶状的 Fe(OH)2，在有氧气的情况下迅速 变为灰绿色，逐渐形成红褐色的氢氧化铁，故在制备过程中需严格无氧。现提供制备方法如下：
方法一：用 FeSO4 溶液与用不含 O2 的蒸馏水配制的 NaOH 溶液反应制备。
(1)配制 FeSO4 溶液时需加入铁粉的原因是_____；除去蒸馏水中溶解的 O2常采用_____的方法。
(2)生成白色 Fe(OH)2 沉淀的操作是用长滴管吸取不含 O2 的 NaOH 溶液，插入 FeSO4 溶液液面下，再挤出 NaOH 溶液。这样操作的理由是_____。
方法二：
在如图装置中，用 NaOH 溶液、铁屑、稀 H2SO4 等试剂制备。

(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；
(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；
(3)为了制得白色 Fe(OH)2 沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤 是_____。
(4)这样生成的 Fe(OH)2 沉淀能较长时间保持白色，其理由是_________________________。
【答案】(1). 稀硫酸、铁屑 (2). 煮沸 (3). 避免生成的Fe（OH） 2 沉淀接触O 2 (4). 稀硫酸、铁屑 (5). NaOH溶液 (6). 检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H 2 纯净时，再夹紧止水夹 (7). 试管Ⅰ中反应生成的H 2 充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入
【解析】
【分析】本实验题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求；方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化。
【详解】方法一 ：
(1)配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸和铁屑，抑制Fe2+的水解并防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，故答案为：稀H2SO4、铁屑；
(2)煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O2．故答案为：煮沸；
(3)Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，故答案为：避免生成的 Fe(OH)2沉淀接触O2；
方法二：
(1)试管Ⅰ中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用硫酸和铁屑反应生生成，故答案为：稀H2SO4、铁屑；
(2)试管Ⅱ中应为NaOH溶液，与试管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：NaOH溶液；
(3)打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2，若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe(OH)2溶液．故答案为：检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹；
(4)由于装置中充满H2，外界空气不易进入，所以沉淀的白色可维持较长时间，故答案为：试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入。
25.向 100mL BaCl2、AlCl3 和 FeCl3 的混合溶液 A 中逐滴加入 Na2SO4 和 NaOH 的混合溶液 B，产生的沉淀 的物质的量(n)和加入溶液 B 的体积(V)关系如图。

(1)当加入 B 溶液 110mL 时，溶液中的沉淀为_____(填化学式，下同)，溶液中的杂质是____________________。
(2)从 90mL 至 100 mL 之间加入 10mL B 溶液时发生的离子反应方程式______。
(3)将 A、B 溶液中各溶质的物质的量浓度填入下表
溶质
Na2SO4
NaOH
BaCl2
AlCl3
FeCl3
c(mol/L)
___________
___________
___________
___________
___________
【答案】 (1). BaSO4、Fe(OH)3 (2). NaAlO2 (3). Ba2++SO42-=BaSO4；Al(OH)3 + OH-= AlO2-+ 2H2O (4). 1 (5). 1 (6). 1 (7). 0.2 (8). 0.1
【解析】
【分析】根据图像进行分段分析；根据反应各段落发生的化学反应或离子反应分析解答。
【详解】(1)溶液中只有Fe3+被完全沉淀以后，Al3+才开始沉淀，
图中第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al(OH)3，且加入B溶液90mL时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全，这段反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，Al3++3OH-= Al(OH)3↓；
图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al(OH)3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等，故加入的物质：n（NaOH）=n（Na2SO4），这段反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Ba2++SO42-=BaSO4↓；
图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al(OH)3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解，所以此刻溶液中的沉淀只有BaSO4、Fe(OH)3，由于溶解了（0.12-0.11）mol=0.01mol Al(OH)3，所以溶液中此刻生成了NaAlO2杂质，故答案为为：BaSO4、Fe(OH)3 ，NaAlO2；
(2) 从 90mL 至 100 mL 之间加入 10mL B 溶液时，即为图中第二段曲线是平行线，这段反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Ba2++SO42-=BaSO4↓；故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4；Al(OH)3 + OH-= AlO2-+ 2H2O ；
(3)从图像第三段曲线中可以看出，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解，溶解了0.01mol Al(OH)3，消耗了10mLB溶液，故c（NaOH）=1mol/L，则共加入Na2SO4为0.01mol，故c（Na2SO4）=1mol/L，而整个反应过程共生成BaSO4为0.01（mol），故A溶液中c（Ba2+）=1mol/L，即c（BaCl2）=1mol/L；
图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共0.11mol，则Fe（OH）3为(0.11-0.1)=0.01mol，A中c（Fe3+）=1mol/L；第二、三段曲线共消耗B溶液20mL，n（NaOH）=1mol×0.02mol/L=0.02mol，据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，则共溶解的Al(OH)3为0.02mol，则A中c（Al3+）==0.2mol/L，故答案为：c（Na2SO4）=1mol/L，c（NaOH）=1mol/L ，c（BaCl2）=1mol/L，c（Al3+）=0.2mol/L ，c（Fe3+）=01mol/L。