【化学】黑龙江省实验中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省实验中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
1.2005年10月12曰，我国“神舟”六号载人飞船顺利升空，5天后又安全着落，在升空和着落时，为了防止飞船与大气摩擦产生高温而燃烧，应选用某种特殊材料覆盖在飞船表面，这种材料应该具有的性质是（ ）
A. 良好的导电性
B. 高温下能分解，吸收热量
C. 密度大，能增大飞船的惯性
D. 硬度大，机械性能好
【答案】B
【解析】
【详解】飞船表面覆盖着某种特殊材料，该材料是为了防止飞船与大气摩擦产生高温而起火燃烧，故飞船外表的材料应该符合强度高、质量轻、高温下能分解挥发，吸收热量等优异性能。答案选B。
2.下列有关物质的用途中，运用了物质的化学性质的是（ ）
A. 用胶状氢氧化铝凝聚水中的悬浮物进行净水
B. 用红棕色氧化铁制造红色油漆
C. 氢氧化铝作为医用的胃酸中和剂
D. 用氧化铝制造耐火坩埚和耐火管
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，用于净水为物理吸附过程，故A不选；
B．用红棕色氧化铁制造红色油漆，是利用氧化铁为红棕色物理性质，故B不选；
C．氢氧化铝碱性较弱，能够与盐酸反应，可以作为医用的胃酸中和剂，运用了物质的化学性质，故C选；
D．耐火材料具有较高的熔点，氧化铝具有较高的熔点，氧化铝制造耐火坩埚和耐火管，利用氧化铝高熔点的物理性质，故D不选；
故答案选C。
3.有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”，下列有关硅可能成为新型能源的叙述中不正确的是（ ）
A. 自然界中存在大量硅单质
B. 自然界中的硅易开采，且可再生
C. 硅燃料便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是优质燃料
D. 硅燃料燃烧放出的热量多，其燃烧产物对环境的污染容易有效地控制
【答案】A
【解析】
【分析】A.硅具有亲氧性，在自然界中主要以氧化物形式存在；
B.硅在自然界主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，可用还原法制得单质硅；
C.硅是固体，便于运输贮藏；
D.硅燃烧放出热量，燃烧生成的二氧化硅容易有效控制污染。
【详解】​A.硅具有亲氧性，在自然界中主要以氧化物形式存在，而没有硅单质，故​A错误；
B.硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，易开采且可再生，故B正确；
C.硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，硅燃烧放出大量的热，是优质的燃料，故C正确；
D.硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易有效控制，故D正确；
综上所述，本题选A。
4.下列关于硅及其化合物的说法中，不正确的是（ ）
A. 硅是非金属元素，但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体
B. 二氧化硅既能与氢氧化钠溶液的反应，又能与氢氟酸反应，所以是两性氧化物
C. 制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英砂
D. 长石（KAlSi3O8）用氧化物形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2
【答案】B
【解析】A、硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体，A正确；B、二氧化硅能与氢氧化钠等碱反应且只生成盐和水，但二氧化硅不与酸（除氢氟酸）反应，所以二氧化硅是酸性氧化物而不是两性氧化物，二氧化硅与氢氟酸能反应是因为生成的四氟化硅沸点低，导致反应可以进行，B错误；C、制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英砂，在高温下发生复杂的物理和化学变化，C正确；D、复杂的硅酸盐可以用简单的氧化物的形式表示，KAlSi3O8表示为1/2K2O·1/2Al2O3·3SiO2，将系数转化为整数即得K2O·Al2O3·6SiO2，D正确。正确答案为B。
5. 焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是： （ ）
A. 焰色反应是化学变化
B. 用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（镍丝或铁丝）
C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察
D. 利用焰色反应可区分NaC1与Na2CO3固体
【答案】B
【解析】试题分析：A．焰色反应是物理变化，A错误；B．盐酸易挥发，因此用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（镍丝或铁丝），B正确；C．观察钾元素的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，其余的不需要，C错误；D．NaC1与Na2CO3固体中均含有钠元素，因此利用焰色反应不能区分NaC1与Na2CO3固体，D错误，答案选B。
6.铝能用于作铝热剂和冶炼难熔金属的原因是（ ）
A. 铝的导热性很好
B. 在高温下能燃烧
C. 还原性较强且在反应中放出大量的热
D. 铝在空气中能稳定存在
【答案】C
【解析】
【详解】用铝热剂冶炼难熔金属，是因为铝还原性强，且还原其他金属时放出大量的热，与导热性、能燃烧以及在空气中稳定存在无关，答案选C。
7. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )
A. Al(OH)3 → Al2O3 B. Al2O3 → Al(OH)3
C. Al → AlO2- D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】Al(OH)3Al2O3 +H2O
2Al +2H2O +2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
Al3+ +3OH—= Al(OH)3↓
8.某溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. Fe3+、NH4+、OH－、Cl－ B. K+、Na+、SO42-、HCO3－
C. Na+、Ba2+、Cl－、NO3－ D. Al3+、Na+、AlO2－、SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】溶液可以使氢氧化铝溶解,为强酸或强碱溶液,离子之间不能结合生成沉淀、气体、水,不能发生氧化还原反应,则离子大量共存，据此规律进行分析。
【详解】溶液可以使氢氧化铝溶解，为强酸或强碱溶液，
A、Fe3+、OH－在溶液会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故A错误；
B、酸性溶液、碱性溶液中都不能大量存在HCO3﹣，故B错误；
C、碱、酸性溶液中该组离子之间不反应，可能大量共存，故C正确；
D、碱性溶液中不能大量存在A13+；酸性溶液中不能大量存在A1O2﹣，故D错误；
综上所述，本题选C。
9.下列选用的除杂方法不正确的是（括号内为杂质）（ ）
A. CO2（HC1）通过足量的饱和碳酸钠溶液、干燥
B. SiO2（H2SiO3）加热，使 H2SiO3分解
C. Cl2（HC1）通过足量的饱和氯化钠溶液、干燥
D. FeCl2溶液（FeCl3）加过量的Fe粉、过滤
【答案】A
【解析】
【分析】除去杂质时所选择的物质，至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应，②反应时不能引入新的杂质，具体解答时可以根据选项中所给的物质的性质来进行判断并作出解答。
【详解】A. 碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢生成二氧化碳，则可以用饱和碳酸氢钠溶液中除去CO2中的HC1，A错误；
B. 硅酸分解生成二氧化硅和水，则可以用加热法除去SiO2中的H2SiO3，B正确；
C. 氯气在饱和食盐水中的溶解性很小，氯化氢极易溶于水，则可以用饱和食盐水除去Cl2中的HC1，C正确；
D. 氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则可以用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3，D正确；
答案选A。
10.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
加热放在坩埚中的小块钠
生成淡黄色固体
产物是氧化钠
B
向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀
原溶液中一定含SO42-
C
向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3强
D
向某溶液液中先加氯水再加KSCN溶液
溶液呈血红色
原溶液中一定含Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、钠燃烧生成的淡黄色固体是过氧化钠，A错误；
B、在酸性溶液中硝酸根能把亚硫酸根氧化为硫酸根，因此不能确定是否含有硫酸根，B错误；
C、白色沉淀是硅酸，根据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，C正确；
D、原溶液中也可能本来就含有铁离子，D错误；
答案选C。
11.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 过氧化钠加入水中：2O22-＋2H2O===4OH－＋O2↑
B. 向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液：H＋＋OH－===H2O
C. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4 +8H+ =3Fe3+ +4H2O
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
【答案】D
【解析】
【分析】A.氧化物应保留化学式；
B.碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子,应保留化学式； 
C.电荷不守恒； 
D.二者反应生成氢氧化铝和氯化铵。
【详解】A. 过氧化钠属于氧化物，不能拆成离子形式，A错误；
B. HCO3-属于弱酸的酸式酸根离子，不能拆成氢离子和碳酸根离子形式，应保留化学式形式，B错误；
C. 氧化铁属于氧化物，写成化学式形式，但是离子方程式中电荷不守恒，C错误；
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式书写正确；D正确；
综上所述，本题选D。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. lmolNa2O2溶于水转移的电子数为2NA
B. 标况下，11.2LSO3所含的分子数目为0.5NA
C. 1molCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NA
D. 含4molHCl的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，生成Cl2分子的数目为1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 过氧化钠与水反应时既是氧化剂也是还原剂，lmolNa2O2溶于水转移的电子数为NA，A错误；
B. 标况下三氧化硫不是气态，11.2LSO3所含的分子数目不是0.5NA，B错误；
C. 1molCl2与足量的NaOH溶液反应时既是氧化剂也是还原剂，转移的电子数为NA，C正确；
D. MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，因此含4molHCl的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，生成Cl2分子的数目小于NA，D错误；
答案选C。
13.工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却。可作为冷却气体的是（ ）
①空气 ②CO2 ③Ar ④H2 ⑤N2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】试题分析：①空气中有氧气和氮气，金属镁和它们可以反应，空气不能做冷却剂，故错误；②2Mg＋CO2=2MgO＋C，能发生反应，不能做冷却剂，故错误；③不反应，可以做冷却剂，故正确；④不反应，可以做冷却剂，故正确；⑤和氮气反应生成氮化镁，不能做冷却剂，故错误；故选项C正确。
14.下列关于氯及其化合物的说法中错误的是（ ）
A. 新制的氯水应放在棕色的试剂瓶中
B. 新制氯水可使石蕊试液先变红后褪色
C. 氯气在参与的化学反应中只能作为氧化剂
D. 漂白粉可由Cl2 通入消石灰中制备,其有效成分是Ca(ClO)2
【答案】C
【解析】A、氯水中的次氯酸见光易分解，新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中，故A正确；B、氯水中含有盐酸具有酸性，能够使紫色的石蕊变红色，氯水中含有次氯酸具有漂白性，能够使红色褪去，故B正确； Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，既作氧化剂又作作还原剂，故C错误；D、漂白粉是由氯气通入石灰乳制得，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2可以反应生成HClO，为漂白粉的有效成分，故D正确。故选C。
15.下列对卤素的说法不符合递变规律的是（ ）
A. F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱
B. HF、HC1、HBr、HI的热稳定性逐渐增强
C. F-、Cl-、Br-、I-的还原性逐渐増强
D. 卤素单质按F2、Cl2、Br2、I2的顺序颜色逐渐变深，密度逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】根据元素周期律分析解答。
【详解】A、同主族从上到下非金属性减弱，其单质的氧化性减弱，符合递变规律，故A不选；
B、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，同主族从上到下非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，不符合递变规律，故B选；
C、单质氧化性强，其离子的还原性弱，符合递变规律，故C不选；
D、颜色由浅黄绿色→黄绿色→红棕色→紫黑色，颜色加深，密度也逐渐增大，符合递变规律，故D不选。
答案选B。
16.用玻棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是（ ）
【答案】B
【解析】试题分析：用玻棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，中间部位由于HClO的漂白作用，呈现白色，外层由于HCl呈酸性，试纸呈红色，氯水没有接触到的部分，呈现黄色。故答案B。
17.下面关于Na2CO3和NaHCO3性质的叙述，正确的是（ ）
A. 受热时NaHCO3比Na2CO3稳定
B. 在水中NaHCO3比Na2CO3溶解性大
C. 质量相等的Na2C03和NaHCO：分别与足量盐酸反应，NaCO3放出的CO2比Na2CO3多
D. NaHCO3能转化成Na2C03，但Na2CO3不能转化成NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A、受热时Na2CO3比NaHCO3稳定，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A错误；
B、在水中Na2CO3比NaHCO3溶解性大，B错误；
C、碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式分别是：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，由此可知质量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，NaHCO3放出的CO2比Na2CO3多，C正确；
D、NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，NaHCO3能转化成Na2C03，Na2CO3与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则碳酸钠也能转化成NaHCO3，D错误；
答案选C。
18.下列各操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（ ）
①向石灰水中通入过量的CO2
②向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2
③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液
④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化碳
⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水
⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳
A. ②③⑤⑥ B. ①④⑤ C. ②④⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①向石灰水中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，①不符合题意；
②向Ca（ClO）2溶液中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，②不符合题意；
③向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液，胶体先发生聚沉，然后氢氧化铝沉淀溶于过量的稀氢氧化钠溶液中，③不符合题意；
④向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化硫，不发生反应，④符合题意；
⑤向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水，生成氢氧化铝沉淀，氨水过量后不能溶解氢氧化铝，⑤符合题意；
⑥向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳，最后只生成碳酸氢钠固体，⑥符合题意；
综上所述④⑤⑥符合题意，答案选D。
19.将足量CO2气体通入水玻璃中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后所得的固体物质是（ ）
A. 硅酸钠
B. 碳酸钠，硅酸钠
C. 碳酸钠，二氧化硅
D. 二氧化硅
【答案】A
【解析】试题分析：二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠，故选A。
20.一定量的KClO3中加入浓盐酸发生反应：KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O，其中发生氧化反应的元素和发生还原反应的元素的质量之比为（ ）
A. 1：6 B. 6：1 C. 1：5 D. 5：1
【答案】D
【解析】试题分析：根据化合价不交叉的原则，在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，KClO3中+5价的氯元素降为0价，该氯原子为被还原的氯原子，HCl中氯元素升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，则被氧化发生氧化反应的Cl为5，所以KClO3是氧化剂、部分HCl是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化，被氧化和被还原的元素都是Cl元素，其质量之比等于其物质的量之比=5：1，故选D。
21.向某晶体的水溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现血红色。则由此得出下列的结论错误的是（ ）
A. 该晶体中一定含有SCN-
B. Fe3+的氧化性比Br2的氧化性强
C. Fe2+被Br2氧化为Fe3+
D. Fe2+与SCN-不能形成血红色的化合物
【答案】B
【解析】混合物中出现血红色，说明Fe3＋与SCN－发生了反应，由此可推知Br2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，原晶体内含有SCN－；开始加入Fe2＋时，溶液颜色无明显变化，说明Fe2＋与
SCN－不能结合生成血红色物质。
22.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr＋H2O=HBr＋HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是(　　)。
A. 在很多反应中IBr是强氧化剂
B. IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂
C. IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀
D. IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO
【答案】B
【解析】
【分析】此题是一道信息题，题中给出了三点信息：(1)溴化碘(IBr)暗示Br呈－1价，I呈＋1价；(2)IBr性质与卤素相似；(3)IBr与水反应生成HIO和HBr。
【详解】A、由(2)可知，IBr中各元素的化合价，确定碘为＋1价，溴为－1价，IBr是一种强氧化剂。故A正确；B、结合(3)，可知IBr与水的反应不是氧化还原反应，而是复分解反应，故B错误；C、已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知 IBr与AgNO 3 溶液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；D、已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO，故D正确；故选B。
23.将0.2molMn02和50mL12mol/L盐酸混合后加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为（不考虑盐酸的挥发）（ ）
A. 等于0.3mol B. 小于0.3mol C. 大于 0.3mol，小于 0.6mol D. 等于 0.6mol
【答案】C
【解析】
【分析】MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，以此解答该题。
【详解】n（MnO2）=0.2mol，n（HCl）=0.05L×12mol/L=0.6mol．反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知MnO2过量，如盐酸完全反应，则生成0.15molCl2，溶液剩余0.3molCl-，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.3mol，小于0.6mol，则反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量大于0.3mol，小于0.6mol。故答案选C。
24.mgFe2O3、CuO的混合物，加入60mL 1.0mol/L H2SO4溶液中完全溶解，向所得溶液中逐滴加入1.5mol/L NaOH溶液至刚出现沉淀时，消耗NaOH溶液20mL；将mg的混合物用CO气体加热还原，实验过程中总共耗去标准状况下的CO 1.68升，得固体wg，w的值为（ ）
A. m-0.48 B. m-0.72 C. m-0.8 D. m-l.2
【答案】B
【解析】
【详解】向所得溶液中加入NaOH溶液，是为了中和体系中的硫酸，消耗氢氧化钠是0.02L×1.5mol/L＝0.03mol，故体系中硫酸为0.015mol。所以生成金属硫酸盐的硫酸根离子为0.06mol-0.015mol=0.045mol。根据电荷守恒可知原氧化物中氧原子数目与金属硫酸盐中硫酸根离子数目相等，故混合物中的氧原子也为0.045mol，质量为0.045mol×16g/mol=0.72g，所以混合物中金属的质量w=m－0.72。故答案选B。
25.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol•L-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图 所示。下列判断正确的是（ ）

A. 在0〜a范围内，只发生NaOH和HCl的反应
B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
C. a=0.3
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2
【答案】C
【解析】
【分析】向氢氧化钠和碳酸钠混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸会先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应。盐酸与碳酸钠反应分为两步，首先盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，然后盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳、氯化钠和水，据此解答。
【详解】反应方程式依次如下：
①HCl+NaOH=NaCl+H2O；
②HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；
③HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O。
A. a点以后开始生产二氧化碳气体，则0～a范围内发生的化学反应为①和②，不仅仅是酸碱中和反应，故A项错误；
B. ab段为生成二氧化碳的过程，发生反应的化学方程式为③，故其离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故B项错误；
C. 由图可知生成二氧化碳0.01 mol，根据碳元素守恒，则混合物中碳酸钠的物质的量是0.01 mol，所以两步反应②、③消耗的盐酸的量均是0.01 mol，则稀盐酸的体积均是0.01mol÷0.1mol/L=0.1 L，故a=0.4-0.1=0.3，故C项正确；
D. 根据碳元素守恒可知，混合物中Na2CO3的物质的量等于生成的CO2的物质的量，为0.01 mol，因0～a（0～0.3）阶段消耗的盐酸的总的物质的量为0.3 L×0.1mol/L=0.03 mol，发生反应②碳酸钠消耗的盐酸的物质的量为0.01 mol，则反应①中氢氧化钠消耗的盐酸为0.03 mol-0.01 mol=0.02 mol，即氢氧化钠的物质的量为0.02 mol，从而可得原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量之比为2：1，故D项错误；
答案选C。
26.将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL ,4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体。向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，所得沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系如图所示：

（1）OA对应反应的离子方程式为________________，BC对应反应的离子方程式为_________________；
（2）c（KOH）=_________mol/L，混合物中氧化铝的物质的量为_____mol；
（3）A点对应的数值为_______；
（4）在中学阶段，实验室里检验B点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是___________。
（5）向C点对应的溶液中通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为______________。
【答案】 (1). H+ +OH-=H2O (2). Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O (3). 4 (4). 0.1 (5). 200 (6). 透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色 (7). CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体，氢气的物质的量为0.3mol，根据2Al~~3H2，混合中Al粉的物质的量为0.3mol×=0.2mol；向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，根据沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系图，可知：（1）OA段酸过量，发生酸碱中和反应，离子反应方程式为H+ +OH-=H2O；继续滴加KOH溶液将溶液里的Al3+和Mg2+转化为Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，BC段滴加KOH溶液，溶解生成的Al(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
（2）B点为完全沉淀点，此时溶液中溶质K2SO4，根据原子守恒可知n(K+)=2n(SO42-)=2×0.3L×4mol/L=2.4mol，此时消耗KOH溶液体积为0.6L，则c（KOH）==4mol/L；BC段共消耗KOH溶液体积为0.1L，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知Al(OH)3 的物质的量为4mol/L×0.1L=0.4mol；设氧化铝的物质的量为n mol，根据原子守恒2n mol+0.2 mol=0.4mol，n=0.1；
（3）C点对应的沉淀Mg(OH)2物质的量为 0.2mol，则生成沉淀Mg(OH)2和Al(OH)3 消耗KOH的物质的量为0.2mol×2+0.4mol×3=1.6mol，消耗KOH溶液的体积为=400mL，则A点对应的数值为600mL-400mL=200mL；
（4）K+的检验可用焰色反应，具体操作是透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；
（5）C点对应的溶液中含有AlO2-，通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
27.Fe2O3具有广泛的用途。甲同学阅读有关资料得知：在高温下煅烧FeCO3可以得到Fe2O3。为了进一步验证此结论，他做了如下实验：
实验步骤
实验操作
Ⅰ
取一定质暈的FeCO3固体置于 中，高温煅烧至质量不再减轻，冷却至室溫
Ⅱ
取少量实验步骤Ⅰ所得固体放于一洁净的试管中，用足量的稀硫酸溶解
Ⅲ
向实验步骤Ⅱ所得溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
由此甲同学得出结论：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2
（1）Ⅰ中横线处所需的化学仪器为______________________________________。
（2）写出实验步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式_____________________________。
（3）乙同学提出不同看法：煅烧产物可能是Fe304，因为Fe304也可以溶于硫酸，且所得溶液中也含有Fe3+。于是乙同学对甲同学的实验步骤Ⅲ进行了补充改进：检验实验步骤Ⅱ所得溶液中是否含有Fe2+。他需要选择的试剂是___________________（填序号）。
a.氯水
b.氯水和KSCN溶液
c.酸性高锰酸钾溶液
（4）丙同学认为即使得到了乙同学预期的实验现象，也不能确定煅烧产物的成分。你认为丙同学持此看法的理由是______________________________________。
（5）丙同学进一步査阅资料得知，煅烧FeCO3的产物中的确含有+2价铁元素。于是他设计了另一种由FeCO3制取Fe2O3的方法：先向FeCO3中依次加入试剂：稀硫酸、_____________（填名称）和____________（填名称）；再___________________（填操作名称），灼烧，即可得到Fe203。
【答案】(1). 坩埚 (2). Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3 (3). c (4). 产物是FeO和Fe2O3的混合物（合理答案均可，既有Fe3+又有Fe2+的组合很多，如FeO和Fe2O3；Fe3O4和FeO；Fe3O4和Fe2O3；FeO、Fe3O4和Fe2O3） (5). 氯水 (6). 氢氧化钠 (7). 过滤
【解析】
【分析】（1）灼烧固体一般用坩埚；
（2）三价铁离子可以和硫氰化钾之间反应生成红色的络合物；
（3）亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是三价铁离子不可以；
（4）金属铁的氧化物有多种：氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁，根据其中铁元素的价态来回答；
（5）FeCO3中的亚铁离子可以被氯水氧化为三价铁离子，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解为氧化铁。
【详解】（1）灼烧FeCO3固体一般用坩埚，则Ⅰ中横线处所需的化学仪器为坩埚。
（2）三价铁离子可以和硫氰化钾之间反应生成红色的络合物，则实验步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3。
（3）亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是三价铁离子不可以，步骤Ⅱ所得溶液中一定含有铁离子，因此判断是否含有Fe2+，可以加入酸性高锰酸钾溶液，看是否能使溶液褪色即可，故答案为c；
（4）金属铁的氧化物有多种：氧化亚铁、氧化铁、四氧化三铁，氧化亚铁、四氧化三铁中也是含有+2价铁元素的，所以无法确定碳酸亚铁煅烧产物的成分；
（5）FeCO3可以溶于硫酸，得到硫酸亚铁，其中的亚铁离子可以被氯水氧化为三价铁离子，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解为氧化铁，最后过滤，这样可以制得氧化铁，即方法为：先向FeCO3中依次加入试剂：稀硫酸、氯水和氢氧化钠；再过滤，灼烧，即可得到Fe203。
28.如图每一方框表示有关反应的某一反应物或生成物，有关操作已略去。又知A为高熔点物质，B为无色气体，D为一种天然出产的矿石的主要成分，可作为颜料。试回答：

（1）写出下列物质的化学式:I____________，F____________。
（2）G转化为H的现象是____________，对应化学方程式为____________。
（3）写出I和J反应生成K的离子方程式____________。
（4）写出C+D→A+E的化学方程式________________________。
【答案】(1). AlCl3 (2). FeCl2 (3). 沉淀由白色迅速变成灰绿最后变成红褐色 (4). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 (5). 3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3 (6). 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
【解析】
【分析】A能与盐酸、氢氧化钠反应，为两性物质，且为高熔点物质，A为两性氧化物Al2O3，I为AlCl3，J为NaAlO2，K为Al（OH）3。电解氧化铝可生成O2和Al，则无色气体B为O2，C为Al，C和D在高温下发生反应，应为铝热反应，D为一种天然出产的矿石的主要成分，可作为颜料，则D为赤铁矿中的Fe2O3，E为Fe，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，结合相关物质的性质解答。
【详解】根据以上分析可知A为Al2O3，B为O2，C为Al，D为Fe2O3，E为Fe，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，I为AlCl3，J为NaAlO2，K为Al（OH）3。则
（1）I、F的化学式分别是AlCl3、FeCl2。
（2）氢氧化亚铁易被氧化，则G转化为H的现象是沉淀由白色迅速变成灰绿最后变成红褐色，对应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。
（3）氯化铝和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝的离子方程式为3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3。
（4）C+D→A+E属于铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。
29.单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝、硼、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450-500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。

相关信息如下：
a.四氯化硅接触水会发生化学反应；
b.硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；
c.有关物质的物理常数见下表：
物质
SiCl4
BC13
A1C13
FeCl3
PCl5
沸点/℃
57.7
12.8
－
315
－
熔点/℃
-70.0
-107.2
－
－
－
升华温度/℃
－
－
180
300
162
请回答下列问题：
（1）写出装置A中发生反应的离子方程式：___________，D中发生反应的化学方程式___________。
（2）A中g管的作用是__________________，装置C中的试剂是___________，作用是___________。
（3）装置E中的h瓶需要冷却的理由是______________________。
（4）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是___________（填写元素符号）。
（5）过量的氯气可以用石灰乳来处理，请写出该反应的化学方程式_____________________。
【答案】(1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 2Cl2+SiSiCl4 (3). 平衡气压 (4). 浓硫酸 (5). 干燥氯气 (6). 四氯化硅沸点低，需要冷凝收集 (7). Al、P (8). 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
【解析】
【分析】由制备四氯化硅的实验流程可知，A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和实验水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，E装置收集四氯化硅，F装置吸收空气中的水蒸气，防止四氯化硅接触水会发生化学反应，据此解答。
【详解】（1）装置A制备氯气，实验室利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，则其中发生反应的离子方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，则D中发生反应的化学方程式为2Cl2+SiSiCl4。
（2）A中g管可以使内外压强相等，便于液体顺利流下；生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，首先利用饱和食盐水除去氯化氢，最后干燥氯气，则装置C中的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气。
（3）根据表中数据可知四氯化硅沸点低，因此装置E中的h瓶需要冷却的理由是冷凝收集四氯化硅。
（4）根据表中数据可知BCl3、FeCl3、PCl5的熔点很低，则精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是B、P。
（5）过量的氯气可以用石灰乳来处理，该反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。