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四川省绵阳市三台中学2019-2020学年高一12月月考化学试题
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三台中学高 2019 级高一上期第二次学月考试
化 学 试 题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷选择题（共 46 分，完成在机读卡上）
一、选择题（本题包括 23 个小题，每题 2 分，共 46 分）
1.下列实验操作中正确的是 ( )
A. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
B. 可用酒精萃取碘水中碘单质。
C. CCl4萃取溴水时，振荡后下层显紫色
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】D
【解析】
A. 萃取剂的密度不一定必须比水大，例如苯，A错误；B. 酒精与水互溶，不能用酒精萃取碘水中碘单质，B错误；C. CCl4萃取溴水时，振荡后下层显橙色，C错误；D. 为防止试剂相互污染，分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确，答案选D。
2.下列物质不属于电解质的是( )
A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH 、H2SO4、 NaCl分别是碱、酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电，属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，答案选C。
【点睛】本题考查电解质和非电解质的概念。明确概念是解题的关键，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能不能导电的化合物，注意电解质根据中的“或”、“导电”、“化合物”和非电解质中的“和”、“都不能”、“化合物”等词。
3.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．为蒸发装置，可用来分离可溶性固体和水，A不选；
B．为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，B不选；
C．为配制一定物质的量浓度的溶液的操作，不用于分离物质，C可选；
D．为洗气装置，可用来除去气体杂质，D不选；
故答案选C。
4.下列物质的分类，不正确的是（ ）
A. 混合物：盐酸、合金、石灰水 B. 盐：生石灰、纯碱、小苏打
C. 单质：C60、O3、Fe D. 化合物：HCl、Fe3O4、CuSO4·5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 盐酸是氯化氢的水溶液、合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属物性的物质、石灰水是氢氧化钙的水溶液，它们都是混合物，A正确；
B. 生石灰的主要成分是氧化钙，属于氧化物，不属于盐，B错误；
C. C60、O3是非金属单质，Fe是金属单质，C正确；
D. HCl、Fe3O4、CuSO4·5H2O分别属于氢化物、氧化物和盐，都属于化合物，D正确。
故选B。
【点睛】结晶水合物中的水不是以水分子形式独立存在，而是水合离子的形式存在，结晶水合物有固定的组成、稳定的性质，都能用化学式表示，所以结晶水合物是纯净物。
5.下列有关说法正确的是 ( )
A. 容量瓶、分液漏斗、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液
B. 由于金属钠非常活泼，所以我们一般将其保存在酒精中
C. 蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒
D. 由于 Fe2+容易被氧化，所以我们配制 FeCl2 溶液时，常向溶液中加入一 定量的铁粉
【答案】D
【解析】
【详解】A. 容量瓶、分液漏斗等仪器在使用前需检查是否漏液，但冷凝管不需检查是否漏液，A错误；
B. 由于金属钠与酒精能发生化学反应，所以不能将钠保存在酒精中，B错误；
C. 蒸发、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒，但蒸馏不需使用玻璃棒，C错误；
D. Fe2+易被空气中氧气氧化为Fe3+，铁粉能将Fe3+还原为Fe2+，所以我们配制 FeCl2 溶液时，常向溶液中加入一定量的铁粉，D正确。
故选D。
6.下列说法正确的个数有 ( )
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的 性质有关
②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子一定向某 一极移动
③相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
④向 FeCl3 溶液中滴加 NaOH 溶液，可制得 Fe(OH)3 胶体
⑤等质量的 NaHCO3和 Na2CO3 分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2 体积前者小
A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个
【答案】B
【解析】
【详解】①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成都是电解质使胶体凝聚，高压直流电除烟尘是胶体发生电泳，①正确；
②通电时，溶液中的离子分别向两极移动，胶体中的带电胶粒向某一极移动，但如果胶粒不带电，如淀粉胶粒，则不能向电极移动，②错误；
③相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，③正确；
④向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，不能制得Fe(OH)3胶体，④错误；
⑤等质量的NaHCO3和 Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积前者大，⑤错误。
综合以上分析，①③正确。故选B。
7.一个集气瓶中放有一团棉花，向其中倒入CO2气体时棉花燃烧起来，则棉花中可能包有
A. 烧碱 B. 氧化钠
C. 过氧化钠 D. 小苏打
【答案】C
【解析】
A.CO2气体与NaOH反应生成Na2CO3，不能使棉花燃烧，A错误；B. CO2气体与氧化钠反应生成Na2CO3，不能使棉花燃烧，B错误；C. CO2气体与过氧化钠反应生成氧气并放出热量，是实验室常用的氧气制备方法，是使棉花燃烧的充分条件，C正确；D. CO2气体与小苏打不反应，D错误。故选择C。
点睛：棉花燃烧需要氧气和足够的热量，与二氧化碳反应的物质中，过氧化钠可同时满足这两个条件，此反应也是实验室中制氧气的方法。
8.下列化学方程式中，不能用离子方程式 Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓表示的是( )
A. 硝酸钡溶液和稀硫酸 B. 氯化钡溶液和硫酸钠溶液
C. 碳酸钡和稀硫酸 D. 氯化钡溶液和稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硝酸钡溶液和稀硫酸，离子方程式为Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓，A不合题意；
B. 氯化钡溶液和硫酸钠溶液，离子方程式为Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓，B不合题意；
C. 碳酸钡和稀硫酸，离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4+H2O+CO2↑，C符合题意；
D. 氯化钡溶液和稀硫酸，离子方程式为Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓，D不合题意；
故选C。
9.在实验室里，要想使AlCl3中的A1全部沉淀出来，应选用下列试剂中的
A. 氨水 B. 氢氧化钠溶液 C. 硫酸 D. 石灰水
【答案】A
【解析】
Al3+全部沉淀可以和碱反应，也可以和能水解显碱性的盐反应；Al(OH)3是两性氢氧化物能溶于强酸强碱，Al3+离子全部沉淀需要所加的试剂过量，所以全部沉淀Al3+最好不用强碱用弱碱。氢氧化钠溶液、石灰水（氢氧化钙溶液）都是强碱溶液，沉淀Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出来，故选项B、D不符合；稀硫酸不与氯化铝反应，故选项C不符合；氨水是弱碱溶液，可以全部沉淀Al3+，因为Al(OH)3不溶于弱碱溶液，故选项A正确。答案选A。
点睛：本题考查了铝盐、氢氧化铝的性质应用，重点考查氢氧化铝的实验室制备。注意强酸强碱能与氢氧化铝反应，使得到的氢氧化铝又溶解而很难使Al3+完全沉淀。
10.NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A. 1mol Na2O2 晶体中阴离子数为 2 NA
B. 常温常压下，48g O3 含有的分子数为 NA
C. 将 1.0 mol FeCl3 全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒为 NA个
D. 常温常压下，7.1 g Cl2 与足量的 Fe 充分反应，转移的电子数目为 0.3 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2O2 由Na+和O22-构成，1mol Na2O2 晶体中阴离子数为NA，A错误；
B. 常温常压下，48g O3为1mol，含有的分子数为 NA，B正确；
C. 将 1.0 mol FeCl3 全部制成胶体，因为氢氧化铁胶粒由许多个Fe(OH)3分子构成， 所以氢氧化铁胶粒小于NA个，C错误；
D. 常温常压下，7.1 g Cl2为0.1mol，与足量的 Fe 充分反应，转移的电子数目为 0.2NA，D错误。
故选B。
11.在反应3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O中，下列说法正确是 ( )
A. Cl2是氧化剂，KOH是还原剂
B. KCl是氧化产物，KClO3是还原产物
C. 被还原氯气与被氧化氯气的质量比为5:1
D. 反应中转移电子的物质的量为6mol时，消耗3molCl2
【答案】C
【解析】
【分析】
由3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O可知，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。
【详解】A．只有Cl元素的化合价变化，Cl2是氧化剂，也是还原剂，选项A错误；
B．失去电子被氧化，得到电子被还原，则KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，选项B错误；
C．在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到-1价，根据氧化还原反应得失电子数相等，则被还原的Cl原子和被氧化的Cl原子的物质的量的比为5：1，选项C正确；
D．在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到-1价，反应中转移电子的物质的量为5mol时，消耗3molCl2，选项D错误。
答案选C。
12.能正确表示下列反应的离子方程式为 ( )
A. 向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：AlO2- +CO2+2H2O＝A1(OH)3↓+HCO3-
B. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH)2+CO3=CaCO32-↓+2OH-
C. 稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D 醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2，首先反应生成A1(OH)3沉淀和Na2CO3，然后Na2CO3再与CO2、H2O反应生成NaHCO3，A正确；
B. 澄清石灰水中的Ca(OH)2完全电离，应以离子形式表示，B错误；
C. 稀硫酸中加入铁粉，只能生成Fe2+，不能生成Fe3+，C错误；
D. 醋酸为弱酸，碳酸钙为难溶物，均应以化学式表示，D错误；
故选A。
【点睛】判断离子方程式的正误，需考察以下四个方面的内容：①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子反应；③看是否可拆成离子；④是否遵循质量守恒和电荷守恒。
13.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A. K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣ B. K+、Ca2+、NO3﹣、CO32﹣
C. Na+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣ D. Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
【答案】C
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液是无色且显碱性分析解答。
【详解】A. MnO4－在溶液中不是无色的，不能大量共存，A错误；
B. 在碱性溶液中Ca2+、CO32－反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，B错误；
C. 在碱性溶液中Na+、OH－、NO3－、SO42－之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；
D. Fe3+在碱性溶液中生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选C。
14.相同质量的两份铝粉，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比是（ ）
A. 1:1 B. 1:6 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】
【分析】
相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等，据此即可解答。
【详解】由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，
答案选A。
【点睛】铝与盐酸、氢氧化钠反应的对比计算是常考点，学生需要注意的是，审题要认真，抓住物质的用量是解题的关键，再依据关系式法找出生成氢气的体积（或物质的量）与参加反应的物质之间的关系进行求解。
15.将铁的化合物溶于盐酸，滴加 KSCN 溶液不发生颜色变化，再加入适量新制氯水，溶液立即呈红色的是（ ）
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe2(SO4)3 D. FeO
【答案】D
【解析】
【详解】将铁的化合物溶于盐酸，滴加 KSCN 溶液不发生颜色变化，说明铁的化合物中不含有Fe3+；再加入适量新制氯水，溶液立即呈红色，则表明生成了Fe3+，原溶液中含有Fe2+。从而表明原化合物中含有Fe2+，不含有Fe3+。
故选D。
16. 随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是( )
A. 硫酸亚铁 B. 还原铁粉 C. 亚硫酸钠 D. 生石灰
【答案】D
【解析】
试题分析：防止食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，即该物质应具有还原性，如硫酸亚铁、还原铁粉和亚硫酸钠，而生石灰只能作干燥剂，故D错误，答案为D。
考点：考查氧化还原反应
17.向用HCl酸化过的AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，图中能正确表示这个反应的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，盐酸先和氢氧化钠发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，没有沉淀生成，然后发生反应3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl，有沉淀生成，最后发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，由方程式可以看出产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的3倍，所以图像应该为D，故选D。
点睛：弄清化学反应的先后顺序和和氢氧化钠的用量是关键。向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，先与盐酸反应，再与AlCl3反应，同时注意Al(OH)3属于两性氢氧化物。
18.将铁片投入下列溶液，溶液质量增加，但无气体产生的是（ ）
A. AgNO3 B. Cu(NO3)2 C. 稀H2SO4 D. FeCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe置换出Ag，溶液质量减小，故A错误；
B．Fe置换出Cu，溶液质量减小，故B错误；
C．反应生成硫酸亚铁和氢气，溶液质量增加，但生成气体，故C错误；
D．反应生成氯化亚铁，无固体析出，溶液质量增加，且没有气体生成，故D正确；
答案选D。
19.有关 Na2CO3 和 NaHCO3 的叙述中正确的是
A. 向 Na2CO3 溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的 CO2 与原Na2CO3 的物质的量之比为 1：2
B. 将 NaHCO3 和 Na2CO3 固体分别加热，NaHCO3 固体能分解产生 CO2 气 体，而 Na2CO3 固体不能，说明 Na2CO3 没有 NaHCO3 稳定性强
C. 物质的量浓度相同时，Na2CO3 溶液的 pH 小于 NaHCO3 溶液
D. 向 Na2CO3 饱和溶液中通入 CO2，有 NaHCO3 结晶析出
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向 Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl＝NaCl+ NaHCO3，没有二氧化碳气体生成，A错误；
B. 将NaHCO3和Na2CO3固体分别加热，NaHCO3固体能分解产生CO2气体，而Na2CO3 固体不能，说明Na2CO3的稳定性比NaHCO3强，B错误；
C. 物质的量浓度相同时，Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，所以Na2CO3溶液的 pH大于 NaHCO3溶液，C错误；
D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应Na2CO3(饱和)+CO2+H2O==2NaHCO3↓，所以有NaHCO3结晶析出，D正确。
故选D。
20. X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（ ）
①C、CO ②AlCl3、Al(OH)3
③Na、Na2O ④NaOH 、Na2CO3
A. ①②③ B. ①②
C. ③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①X为C、W为O2时，Z为CO 2，且C与O2完全反应即生成CO2，符合△H=△H1+△H2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，符合△H=△H1+△H2，故②正确；③若X为Fe、W为HNO3，则Y为Fe(NO3)2，Z为Fe(NO3)3，Fe与HNO3反应直接生成Fe(NO3)3，符合△H=△H1+△H2，故③正确；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，符合△H=△H1+△H2，故④正确；故选D。
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题考查无机物的推断，侧重于物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键。图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等。
21.几种物质在酸性溶液中的还原性强弱顺序如下：SO2＞I－＞Fe2+＞H2O2。据此判断下列反应不能发生的是（ ）
A. 2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO42-
B. H2O2＋H2SO4=SO2↑＋O2↑＋2H2O
C. SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI
D. 2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2＋4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为还原性SO2＞Fe2+，所以反应2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO42-能发生，A不符合题意；
B. 因为还原性H2O2
D. 因为还原性I－＞Fe2+，所以反应2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2＋4H+能发生，D不符合题意。
故选B。
【点睛】若氧化剂的氧化能力>氧化产物的氧化能力，还原剂的还原能力>还原产物的还原能力，则该氧化还原反应就可能发生。反之，在非电解、非可逆的氧化还原反应中，氧化能力：氧化剂>氧化产物，还原能力：还原剂>还原产物。
22.向 CuSO4 和 Fe2(SO4)3 的混合溶液中加入一定质量的铁粉，充分反应后过滤， 向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象，下列叙述中正确的是
A. 滤液中一定无 Fe3+ B. 滤液中一定有 Fe3+
C. 滤液中一定无 Cu2+ D. 滤液中一定有 Cu2+和 Fe2+
【答案】A
【解析】
【详解】向 CuSO4 和 Fe2(SO4)3 的混合溶液中加入一定质量的铁粉，充分反应后过滤。向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤渣中只含有Cu不含有Fe；也说明Fe3+与Fe完全反应生成Fe2+。至于是否发生Cu2+与Fe的反应，我们无法确定。
A. 因为滤渣为Cu，Cu与Fe3+不共存，所以滤液中一定无 Fe3+，A正确；
B. 由A的分析可知，滤液中一定不含Fe3+，B错误；
C. Cu2+与Cu不反应，所以不能肯定滤液中是否含有Cu2+，C错误；
D. Cu与Cu2+和 Fe2+能共存，所以滤液中一定有 Fe2+，可能有Cu2+，D错误。
故选A。
23.向29.6 g Fe2O3、FeO 和 Fe 的混合物中加入1 mol·L-1硫酸 400 mL 时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含 Fe3+。若用足量的 CO 在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体质量为
A. 16.8 g B. 21.6 g C. 26.4 g D. 22.4 g
【答案】D
【解析】
【详解】用足量的 CO 在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体全部为Fe。
向29.6 g Fe2O3、FeO 和 Fe 的混合物中加入1 mol·L-1硫酸 400 mL 时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含 Fe3+，则溶液中的溶质为FeSO4。采用终态法，依据电荷守恒的原理可得，Fe——H2SO4——FeSO4，n(Fe)=n(H2SO4)=1 mol·L-1×0.400 L=0.4mol，
m(Fe)=0.4mol×56g/mol=22.4g。
故选D。
【点睛】在溶液中共发生如下反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；可能发生反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以最终铁元素全部转化为FeSO4。
第 II 卷
选择题（共 54 分，完成在答题卡上）
24.I. 对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：①过滤、②蒸发、③蒸馏、④萃取、⑤加热分解等．下列各组混和物的分离或提纯应采用什么方法？（填序号）
（1）提取碘水中的碘__；（2）除去食盐溶液中的水__；
（3）淡化海水__；（4）KCl中含有KClO3__。
II.①HCl气体 ②Cu ③C2H5OH ④CO2 ⑤CuSO4•5H2O ⑥FeCl3固体 ⑦Ba(OH)2溶液 ⑧熔融Al2(SO4)3
属于电解质的是____________；所给状态能导电的电解质是____________。（填序号）
【答案】 (1). ④ (2). ② (3). ③ (4). ⑤ (5). ①、⑤、⑥、⑧ (6). ⑧
【解析】
I、（1）碘易溶在有机溶剂中，提取碘水中的碘需要萃取分液，答案选④；（2）除去食盐溶液中的水需要蒸发，答案选②；（3）淡化海水需要蒸馏，答案选③；（4）氯酸钾加热易分解生成氧气和氯化钾，除去KCl中含有KClO3需要加热分解，答案选⑤；
II、溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，属于电解质的是HCl、CuSO4•5H2O、FeCl3、Al2(SO4)3；含有自由移动电子或离子的物质可以导电，所给状态能导电的电解质是熔融Al2(SO4)3。
25.实验室可以用重铬酸钾制取氯气，反应无需加热，常温下就可以迅速进行，而且对盐酸的浓度要求不高，反应的化学方程式如下(未配平)：
K2Cr2O7 ＋ HCl → KCl ＋ CrCl3+Cl2↑ ＋ H2O
（1）配平上述化学反应方程式；_______________
（2）该反应中，氧化剂是__________，还原产物是___________。从氧化性、还原性 和酸碱性的角度分析，该反应中 HCl 表现的性质是__________________，表现 出各性质的物质的量之比是___________________。
（3）当反应生成氯气 0.1 mol 时，转移电子的数目为______________。
【答案】 (1). K2Cr2O7＋14HCl= 2KCl+2CrCl3+3Cl2↑ ＋ 7H2O (2). K2Cr2O7 (3). CrCl3 (4). 酸性和还原性（还原性和酸性） (5). 4:3（3:4） (6). 0.2NA(或 1.204×1023)
【解析】
【分析】
（1）氧化剂为K2Cr2O7，因为HCl一部分表现出还原性，一部分表现出酸性，所以应使用Cl2进行配平。Cr由+6价降低为+3价，1mol K2Cr2O7得到6mol电子，Cl由-1价升高到0价，生成1molCl2失去2mol电子，依据得失电子总数相等，K2Cr2O7—3Cl2，再利用质量守恒，即可配平此反应的方程式。
（2）该反应中，氧化剂是含有化合价降低元素的反应物，还原产物是含有化合价降低元素的生成物。从氧化性、还原性 和酸碱性的角度分析，该反应中 HCl 表现的性质是：生成CrCl3，表现出酸性；生成Cl2，表现出还原性。依据方程式中的化学计量数，可确定二者的数目关系。
（3）当反应生成氯气 0.1 mol 时，转移电子的数目为0.1 mol×2×NA。
【详解】（1）氧化剂为K2Cr2O7，因为HCl一部分表现出还原性，一部分表现出酸性，所以应使用Cl2进行配平。Cr由+6价降低为+3价，1mol K2Cr2O7得到6mol电子，Cl由-1价升高到0价，生成1molCl2失去2mol电子，依据得失电子总数相等，K2Cr2O7—3Cl2，再利用质量守恒，即可配平此反应的方程式K2Cr2O7＋14HCl= 2KCl+2CrCl3+3Cl2↑＋7H2O。答案为：K2Cr2O7＋14HCl= 2KCl+2CrCl3+3Cl2↑＋7H2O；
（2）该反应中，氧化剂是含有化合价降低元素的反应物，所以为K2Cr2O7；还原产物是含有化合价降低元素的生成物，所以为CrCl3。从氧化性、还原性和酸碱性的角度分析，该反应中 HCl 表现的性质是酸性和还原性；生成2molCrCl3和2molKCl，表现出酸性，对应HCl为8mol；生成Cl2，表现出还原性，对应HCl为6mol。依据方程式中的化学计量数，可确定二者的数目关系为8:6=4:3。答案为：K2Cr2O7；CrCl3；酸性和还原性；4:3（3:4）；
（3）当反应生成氯气 0.1 mol 时，转移电子的数目为0.1 mol×2×NA=0.2NA。答案为：0.2NA。
26.已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：
①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。
②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。
③ C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。
（1）则各物质的化学式为：A_______、B_______、C_______、D_______。
（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：_____________、_________________。
（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：_______________、______________。
【答案】 (1). BaCl2 (2). FeSO4 (3). AlCl3 (4). NaOH (5). FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2↓+ Na2SO4 (6). 4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (7). Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ (8). Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O
【解析】
试题分析：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+ 3NaOH═Al(OH)3↓ + 3NaCl、Al(OH)3+ NaOH═NaAlO2+ 2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解；BaCl2+ FeSO4═BaSO4↓ + 2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀；FeSO4+ 2NaOH═Fe(OH)2↓ + Na2SO4、4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O═4Fe(OH)3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色；根据题意，①A + B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al(OH)3或Fe(OH)2都可溶于稀硝酸．②B + D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe(OH)2，红褐色沉淀为Fe(OH)3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C + D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al(OH)3，C为AlCl3，故答案为：BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；
（2）现象②中，BFeSO4，D为NaOH，两者反应生成白色Fe(OH)2沉淀，该沉淀易被氧化生成红褐色Fe(OH)3沉淀，反应为FeSO4+ 2NaOH=Fe(OH)2↓ + Na2SO4、4 Fe(OH)2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：FeSO4+ 2NaOH=Fe(OH)2↓ + Na2SO4、4 Fe(OH)2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH)3；
（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+ 3NaOH═Al(OH)3↓ + 3NaCl、Al(OH)3+ NaOH═NaAlO2+ 2H2O．改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al(OH)3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3 + + 3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+ OH-=AlO2-+ 2H2O，故答案为：Al3 + + 3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+ OH-=AlO2-+ 2H2O。
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题考查溶液中离子间的反应，解题的突破口为特征反应和特征现象，如沉淀由白色转化为红褐色是Fe(OH)2转变为Fe(OH)3的特征现象，Al(OH)3是两性氢氧化物可与强碱反应等。化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考查学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解题的最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
27.某研究性学习小组模拟呼吸面具中的有关反应原理，设计用图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积。图中量气装置 E 由甲、乙两根玻璃管 组成，它们由橡皮管连通，并装入适量水。甲管有刻度(0∼ 50mL)供量气用， 乙管可上下移动调节液面高低。(连接胶管及夹持装置均省略)
请回答：
（1）图中各装置接口连接顺序是__________________(填各接口的编号)。
（2）装置 A 的作用是__________________，反应的化学方程式为_________________。
（3）装置 B 的作用是_________________，反应的离子方程式为_________________。
（4）装置 D 中反应的化学方程式为_________________。
（5）实验结束读取氧气体积时，若乙中液面高于甲中液面，会使测得氧气体 积__________(填偏大、偏小、无影响)。若有影响，应向____________(填“上” 或“下”)移动乙管，使甲乙液面相平(注：若第一格填无影响，第二格不用填写)。
【答案】 (1). ⑤③④⑥⑦①②⑧（⑥、⑦可换位） (2). 除去混在 O2 中未反应的 CO2 (3). 2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O (4). 吸收 CO2 中混有的 HCl (5). HCO3- +H+＝H2O+CO2↑ (6). 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ (7). 偏小 (8). 下
【解析】
【分析】
（1）按制气(CO2)-除杂(HCl)-制气(O2)-除杂(CO2)-量气，确定接口的连接顺序。
（2）装置 A 不能用于去除CO2中HCl，只能用于除去O2中的CO2。
（3）装置 B 用于除去CO2中的HCl。
（4）装置 D 中反应为Na2O2与CO2、H2O反应。
（5）实验结束读取氧气体积时，应调整量气管两端的液面，使甲乙液面相平，否则会首产生压力差，使气体所受压力增大，体积减小。
【详解】（1）按制气(CO2)-除杂(HCl)-制气(O2)-除杂(CO2)-量气，确定接口的连接顺序为⑤③④⑥⑦①②⑧（⑥、⑦可换位）。答案为：⑤③④⑥⑦①②⑧（⑥、⑦可换位）；
（2）装置 A 不能用于去除CO2中的HCl，只能用于除去O2中的CO2，所以装置 A 的作用是除去混在 O2 中未反应的 CO2，反应的化学方程式为2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O。答案为：除去混在 O2 中未反应的 CO2；2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；
（3）装置 B 的作用是吸收 CO2 中混有的 HCl，反应的离子方程式为HCO3- +H+＝H2O+CO2↑。答案为：吸收 CO2 中混有的 HCl；HCO3- +H+＝H2O+CO2↑；
（4）装置 D 中反应为Na2O2与CO2、H2O反应，化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
（5）实验结束读取氧气体积时，若乙中液面高于甲中液面，会使测得的氧气体积偏小。若有影响，应向下移动乙管，使甲乙液面相平。答案为：偏小；下。
28.铝是一种重要金属：
（1）铝与 NaOH 溶液反应的化学方程式为：_________________。
（2）工业上用铝土矿（主要成分为 A12O3，还有少量的 Fe2O3，泥沙等杂质） 提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
①I 和 II 步骤中分离溶液和沉淀的操作是；_________________________；
②沉淀 M 中除含有泥沙外，一定还含有__________，固体 N 是__________；
③滤液 X 中，含铝元素的溶质的化学式为_________________，请写出向滤液X 中通入过量 CO2 所发生反应的离子方程式____________________________；
④请写出实验室制取 A1(OH)3 的离子方程式：__________________________。
【答案】 (1). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (2). 过滤 (3). Fe2O3 (4). Al2O3 (5). NaAlO2 (6). AlO2-+CO2+2H2O＝A1(OH)3↓+HCO3- (7). Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+
【解析】
【分析】
（1）铝与 NaOH 溶液反应为Al、NaOH、H2O反应，生成NaAlO2和H2。
（2）①I 和 II 步骤中分离溶液和沉淀的操作是固、液分离的方法；
②沉淀 M 中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3，固体 N 是Al(OH)3的分解产物；
③滤液 X 中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2，向滤液X 中通入过量 CO2 所发生反应为NaAlO2与过量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠；
④实验室制取 A1(OH)3 ，采用氯化铝或硫酸铝与氨水反应。
【详解】（1）铝与 NaOH 溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。答案为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
（2）①I 和 II 步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤；答案为：过滤；
②沉淀 M 中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3，固体 N 是Al(OH)3的分解产物Al2O3；答案为：Fe2O3；Al2O3；
③滤液 X 中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2，向滤液X 中通入过量 CO2 所发生反应为AlO2-+CO2+2H2O=A1(OH)3↓+HCO3-；答案为：AlO2-+CO2+2H2O=A1(OH)3↓+HCO3-；
④实验室制取A1(OH)3，采用氯化铝或硫酸铝与氨水反应，离子方程式为Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+。答案为：Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+。
29.将一定质量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加浓度为5 mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图。（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：
(1)合金中Mg的质量__________________
(2)所用HCl的物质的量浓度__________________
【答案】 (1). 4.8g (2). 8mol/L
【解析】
试题分析：镁、铝合金投入盐酸生成氯化镁、氯化铝和氢气，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，当加入氢氧化钠溶液20mL时无沉淀，说明盐酸过量，20mL氢氧化钠中和过量的盐酸；当氢氧化钠溶液加至160mL时生成沉淀最多（氢氧化镁和氢氧化铝共19.4g），继续加入20mL氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解，最终仍有11.6g沉淀，此沉淀即为氢氧化镁的质量，n[Mg(OH)2]=0.2mol，由镁元素守恒得原合金中n(Mg)=0.2mol。当加入氢氧化钠溶液160mL时生成沉淀质量最多，此时溶液中溶质为氯化钠，n(Na+)=n(Cl-)，Na+来自NaOH，Cl-来自HCl，所以n(NaOH)=n(HCl)，0.16L×5 mol/L=c(HCl)×0.1L，c(HCl)=8mol/L。
考点：化学计算
点评：搞清楚图像中每一段发生的变化以及图像中数字的含义。
三台中学高 2019 级高一上期第二次学月考试
化 学 试 题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56
第Ⅰ卷选择题（共 46 分，完成在机读卡上）
一、选择题（本题包括 23 个小题，每题 2 分，共 46 分）
1.下列实验操作中正确的是 ( )
A. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
B. 可用酒精萃取碘水中碘单质。
C. CCl4萃取溴水时，振荡后下层显紫色
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】D
【解析】
A. 萃取剂的密度不一定必须比水大，例如苯，A错误；B. 酒精与水互溶，不能用酒精萃取碘水中碘单质，B错误；C. CCl4萃取溴水时，振荡后下层显橙色，C错误；D. 为防止试剂相互污染，分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确，答案选D。
2.下列物质不属于电解质的是( )
A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH 、H2SO4、 NaCl分别是碱、酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电，属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，答案选C。
【点睛】本题考查电解质和非电解质的概念。明确概念是解题的关键，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能不能导电的化合物，注意电解质根据中的“或”、“导电”、“化合物”和非电解质中的“和”、“都不能”、“化合物”等词。
3.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．为蒸发装置，可用来分离可溶性固体和水，A不选；
B．为蒸馏操作，可用来分离沸点不同的物质，B不选；
C．为配制一定物质的量浓度的溶液的操作，不用于分离物质，C可选；
D．为洗气装置，可用来除去气体杂质，D不选；
故答案选C。
4.下列物质的分类，不正确的是（ ）
A. 混合物：盐酸、合金、石灰水 B. 盐：生石灰、纯碱、小苏打
C. 单质：C60、O3、Fe D. 化合物：HCl、Fe3O4、CuSO4·5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 盐酸是氯化氢的水溶液、合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属物性的物质、石灰水是氢氧化钙的水溶液，它们都是混合物，A正确；
B. 生石灰的主要成分是氧化钙，属于氧化物，不属于盐，B错误；
C. C60、O3是非金属单质，Fe是金属单质，C正确；
D. HCl、Fe3O4、CuSO4·5H2O分别属于氢化物、氧化物和盐，都属于化合物，D正确。
故选B。
【点睛】结晶水合物中的水不是以水分子形式独立存在，而是水合离子的形式存在，结晶水合物有固定的组成、稳定的性质，都能用化学式表示，所以结晶水合物是纯净物。
5.下列有关说法正确的是 ( )
A. 容量瓶、分液漏斗、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液
B. 由于金属钠非常活泼，所以我们一般将其保存在酒精中
C. 蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒
D. 由于 Fe2+容易被氧化，所以我们配制 FeCl2 溶液时，常向溶液中加入一 定量的铁粉
【答案】D
【解析】
【详解】A. 容量瓶、分液漏斗等仪器在使用前需检查是否漏液，但冷凝管不需检查是否漏液，A错误；
B. 由于金属钠与酒精能发生化学反应，所以不能将钠保存在酒精中，B错误；
C. 蒸发、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒，但蒸馏不需使用玻璃棒，C错误；
D. Fe2+易被空气中氧气氧化为Fe3+，铁粉能将Fe3+还原为Fe2+，所以我们配制 FeCl2 溶液时，常向溶液中加入一定量的铁粉，D正确。
故选D。
6.下列说法正确的个数有 ( )
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的 性质有关
②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子一定向某 一极移动
③相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
④向 FeCl3 溶液中滴加 NaOH 溶液，可制得 Fe(OH)3 胶体
⑤等质量的 NaHCO3和 Na2CO3 分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2 体积前者小
A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个
【答案】B
【解析】
【详解】①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成都是电解质使胶体凝聚，高压直流电除烟尘是胶体发生电泳，①正确；
②通电时，溶液中的离子分别向两极移动，胶体中的带电胶粒向某一极移动，但如果胶粒不带电，如淀粉胶粒，则不能向电极移动，②错误；
③相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，③正确；
④向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，不能制得Fe(OH)3胶体，④错误；
⑤等质量的NaHCO3和 Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积前者大，⑤错误。
综合以上分析，①③正确。故选B。
7.一个集气瓶中放有一团棉花，向其中倒入CO2气体时棉花燃烧起来，则棉花中可能包有
A. 烧碱 B. 氧化钠
C. 过氧化钠 D. 小苏打
【答案】C
【解析】
A.CO2气体与NaOH反应生成Na2CO3，不能使棉花燃烧，A错误；B. CO2气体与氧化钠反应生成Na2CO3，不能使棉花燃烧，B错误；C. CO2气体与过氧化钠反应生成氧气并放出热量，是实验室常用的氧气制备方法，是使棉花燃烧的充分条件，C正确；D. CO2气体与小苏打不反应，D错误。故选择C。
点睛：棉花燃烧需要氧气和足够的热量，与二氧化碳反应的物质中，过氧化钠可同时满足这两个条件，此反应也是实验室中制氧气的方法。
8.下列化学方程式中，不能用离子方程式 Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓表示的是( )
A. 硝酸钡溶液和稀硫酸 B. 氯化钡溶液和硫酸钠溶液
C. 碳酸钡和稀硫酸 D. 氯化钡溶液和稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硝酸钡溶液和稀硫酸，离子方程式为Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓，A不合题意；
B. 氯化钡溶液和硫酸钠溶液，离子方程式为Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓，B不合题意；
C. 碳酸钡和稀硫酸，离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4+H2O+CO2↑，C符合题意；
D. 氯化钡溶液和稀硫酸，离子方程式为Ba2+ + SO42-= BaSO4 ↓，D不合题意；
故选C。
9.在实验室里，要想使AlCl3中的A1全部沉淀出来，应选用下列试剂中的
A. 氨水 B. 氢氧化钠溶液 C. 硫酸 D. 石灰水
【答案】A
【解析】
Al3+全部沉淀可以和碱反应，也可以和能水解显碱性的盐反应；Al(OH)3是两性氢氧化物能溶于强酸强碱，Al3+离子全部沉淀需要所加的试剂过量，所以全部沉淀Al3+最好不用强碱用弱碱。氢氧化钠溶液、石灰水（氢氧化钙溶液）都是强碱溶液，沉淀Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出来，故选项B、D不符合；稀硫酸不与氯化铝反应，故选项C不符合；氨水是弱碱溶液，可以全部沉淀Al3+，因为Al(OH)3不溶于弱碱溶液，故选项A正确。答案选A。
点睛：本题考查了铝盐、氢氧化铝的性质应用，重点考查氢氧化铝的实验室制备。注意强酸强碱能与氢氧化铝反应，使得到的氢氧化铝又溶解而很难使Al3+完全沉淀。
10.NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A. 1mol Na2O2 晶体中阴离子数为 2 NA
B. 常温常压下，48g O3 含有的分子数为 NA
C. 将 1.0 mol FeCl3 全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒为 NA个
D. 常温常压下，7.1 g Cl2 与足量的 Fe 充分反应，转移的电子数目为 0.3 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2O2 由Na+和O22-构成，1mol Na2O2 晶体中阴离子数为NA，A错误；
B. 常温常压下，48g O3为1mol，含有的分子数为 NA，B正确；
C. 将 1.0 mol FeCl3 全部制成胶体，因为氢氧化铁胶粒由许多个Fe(OH)3分子构成， 所以氢氧化铁胶粒小于NA个，C错误；
D. 常温常压下，7.1 g Cl2为0.1mol，与足量的 Fe 充分反应，转移的电子数目为 0.2NA，D错误。
故选B。
11.在反应3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O中，下列说法正确是 ( )
A. Cl2是氧化剂，KOH是还原剂
B. KCl是氧化产物，KClO3是还原产物
C. 被还原氯气与被氧化氯气的质量比为5:1
D. 反应中转移电子的物质的量为6mol时，消耗3molCl2
【答案】C
【解析】
【分析】
由3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O可知，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。
【详解】A．只有Cl元素的化合价变化，Cl2是氧化剂，也是还原剂，选项A错误；
B．失去电子被氧化，得到电子被还原，则KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，选项B错误；
C．在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到-1价，根据氧化还原反应得失电子数相等，则被还原的Cl原子和被氧化的Cl原子的物质的量的比为5：1，选项C正确；
D．在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到-1价，反应中转移电子的物质的量为5mol时，消耗3molCl2，选项D错误。
答案选C。
12.能正确表示下列反应的离子方程式为 ( )
A. 向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：AlO2- +CO2+2H2O＝A1(OH)3↓+HCO3-
B. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH)2+CO3=CaCO32-↓+2OH-
C. 稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D 醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2，首先反应生成A1(OH)3沉淀和Na2CO3，然后Na2CO3再与CO2、H2O反应生成NaHCO3，A正确；
B. 澄清石灰水中的Ca(OH)2完全电离，应以离子形式表示，B错误；
C. 稀硫酸中加入铁粉，只能生成Fe2+，不能生成Fe3+，C错误；
D. 醋酸为弱酸，碳酸钙为难溶物，均应以化学式表示，D错误；
故选A。
【点睛】判断离子方程式的正误，需考察以下四个方面的内容：①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子反应；③看是否可拆成离子；④是否遵循质量守恒和电荷守恒。
13.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A. K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣ B. K+、Ca2+、NO3﹣、CO32﹣
C. Na+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣ D. Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
【答案】C
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液是无色且显碱性分析解答。
【详解】A. MnO4－在溶液中不是无色的，不能大量共存，A错误；
B. 在碱性溶液中Ca2+、CO32－反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，B错误；
C. 在碱性溶液中Na+、OH－、NO3－、SO42－之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；
D. Fe3+在碱性溶液中生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选C。
14.相同质量的两份铝粉，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比是（ ）
A. 1:1 B. 1:6 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】
【分析】
相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等，据此即可解答。
【详解】由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，
答案选A。
【点睛】铝与盐酸、氢氧化钠反应的对比计算是常考点，学生需要注意的是，审题要认真，抓住物质的用量是解题的关键，再依据关系式法找出生成氢气的体积（或物质的量）与参加反应的物质之间的关系进行求解。
15.将铁的化合物溶于盐酸，滴加 KSCN 溶液不发生颜色变化，再加入适量新制氯水，溶液立即呈红色的是（ ）
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe2(SO4)3 D. FeO
【答案】D
【解析】
【详解】将铁的化合物溶于盐酸，滴加 KSCN 溶液不发生颜色变化，说明铁的化合物中不含有Fe3+；再加入适量新制氯水，溶液立即呈红色，则表明生成了Fe3+，原溶液中含有Fe2+。从而表明原化合物中含有Fe2+，不含有Fe3+。
故选D。
16. 随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是( )
A. 硫酸亚铁 B. 还原铁粉 C. 亚硫酸钠 D. 生石灰
【答案】D
【解析】
试题分析：防止食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，即该物质应具有还原性，如硫酸亚铁、还原铁粉和亚硫酸钠，而生石灰只能作干燥剂，故D错误，答案为D。
考点：考查氧化还原反应
17.向用HCl酸化过的AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，图中能正确表示这个反应的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，盐酸先和氢氧化钠发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，没有沉淀生成，然后发生反应3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl，有沉淀生成，最后发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，由方程式可以看出产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的3倍，所以图像应该为D，故选D。
点睛：弄清化学反应的先后顺序和和氢氧化钠的用量是关键。向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，先与盐酸反应，再与AlCl3反应，同时注意Al(OH)3属于两性氢氧化物。
18.将铁片投入下列溶液，溶液质量增加，但无气体产生的是（ ）
A. AgNO3 B. Cu(NO3)2 C. 稀H2SO4 D. FeCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe置换出Ag，溶液质量减小，故A错误；
B．Fe置换出Cu，溶液质量减小，故B错误；
C．反应生成硫酸亚铁和氢气，溶液质量增加，但生成气体，故C错误；
D．反应生成氯化亚铁，无固体析出，溶液质量增加，且没有气体生成，故D正确；
答案选D。
19.有关 Na2CO3 和 NaHCO3 的叙述中正确的是
A. 向 Na2CO3 溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的 CO2 与原Na2CO3 的物质的量之比为 1：2
B. 将 NaHCO3 和 Na2CO3 固体分别加热，NaHCO3 固体能分解产生 CO2 气 体，而 Na2CO3 固体不能，说明 Na2CO3 没有 NaHCO3 稳定性强
C. 物质的量浓度相同时，Na2CO3 溶液的 pH 小于 NaHCO3 溶液
D. 向 Na2CO3 饱和溶液中通入 CO2，有 NaHCO3 结晶析出
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向 Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl＝NaCl+ NaHCO3，没有二氧化碳气体生成，A错误；
B. 将NaHCO3和Na2CO3固体分别加热，NaHCO3固体能分解产生CO2气体，而Na2CO3 固体不能，说明Na2CO3的稳定性比NaHCO3强，B错误；
C. 物质的量浓度相同时，Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH，所以Na2CO3溶液的 pH大于 NaHCO3溶液，C错误；
D. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应Na2CO3(饱和)+CO2+H2O==2NaHCO3↓，所以有NaHCO3结晶析出，D正确。
故选D。
20. X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是（ ）
①C、CO ②AlCl3、Al(OH)3
③Na、Na2O ④NaOH 、Na2CO3
A. ①②③ B. ①②
C. ③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①X为C、W为O2时，Z为CO 2，且C与O2完全反应即生成CO2，符合△H=△H1+△H2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，符合△H=△H1+△H2，故②正确；③若X为Fe、W为HNO3，则Y为Fe(NO3)2，Z为Fe(NO3)3，Fe与HNO3反应直接生成Fe(NO3)3，符合△H=△H1+△H2，故③正确；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，符合△H=△H1+△H2，故④正确；故选D。
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题考查无机物的推断，侧重于物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键。图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等。
21.几种物质在酸性溶液中的还原性强弱顺序如下：SO2＞I－＞Fe2+＞H2O2。据此判断下列反应不能发生的是（ ）
A. 2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO42-
B. H2O2＋H2SO4=SO2↑＋O2↑＋2H2O
C. SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI
D. 2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2＋4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为还原性SO2＞Fe2+，所以反应2Fe3+＋SO2＋2H2O=2Fe2+＋SO42-能发生，A不符合题意；
B. 因为还原性H2O2
D. 因为还原性I－＞Fe2+，所以反应2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2＋4H+能发生，D不符合题意。
故选B。
【点睛】若氧化剂的氧化能力>氧化产物的氧化能力，还原剂的还原能力>还原产物的还原能力，则该氧化还原反应就可能发生。反之，在非电解、非可逆的氧化还原反应中，氧化能力：氧化剂>氧化产物，还原能力：还原剂>还原产物。
22.向 CuSO4 和 Fe2(SO4)3 的混合溶液中加入一定质量的铁粉，充分反应后过滤， 向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象，下列叙述中正确的是
A. 滤液中一定无 Fe3+ B. 滤液中一定有 Fe3+
C. 滤液中一定无 Cu2+ D. 滤液中一定有 Cu2+和 Fe2+
【答案】A
【解析】
【详解】向 CuSO4 和 Fe2(SO4)3 的混合溶液中加入一定质量的铁粉，充分反应后过滤。向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象，说明滤渣中只含有Cu不含有Fe；也说明Fe3+与Fe完全反应生成Fe2+。至于是否发生Cu2+与Fe的反应，我们无法确定。
A. 因为滤渣为Cu，Cu与Fe3+不共存，所以滤液中一定无 Fe3+，A正确；
B. 由A的分析可知，滤液中一定不含Fe3+，B错误；
C. Cu2+与Cu不反应，所以不能肯定滤液中是否含有Cu2+，C错误；
D. Cu与Cu2+和 Fe2+能共存，所以滤液中一定有 Fe2+，可能有Cu2+，D错误。
故选A。
23.向29.6 g Fe2O3、FeO 和 Fe 的混合物中加入1 mol·L-1硫酸 400 mL 时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含 Fe3+。若用足量的 CO 在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体质量为
A. 16.8 g B. 21.6 g C. 26.4 g D. 22.4 g
【答案】D
【解析】
【详解】用足量的 CO 在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体全部为Fe。
向29.6 g Fe2O3、FeO 和 Fe 的混合物中加入1 mol·L-1硫酸 400 mL 时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含 Fe3+，则溶液中的溶质为FeSO4。采用终态法，依据电荷守恒的原理可得，Fe——H2SO4——FeSO4，n(Fe)=n(H2SO4)=1 mol·L-1×0.400 L=0.4mol，
m(Fe)=0.4mol×56g/mol=22.4g。
故选D。
【点睛】在溶液中共发生如下反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4；可能发生反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以最终铁元素全部转化为FeSO4。
第 II 卷
选择题（共 54 分，完成在答题卡上）
24.I. 对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：①过滤、②蒸发、③蒸馏、④萃取、⑤加热分解等．下列各组混和物的分离或提纯应采用什么方法？（填序号）
（1）提取碘水中的碘__；（2）除去食盐溶液中的水__；
（3）淡化海水__；（4）KCl中含有KClO3__。
II.①HCl气体 ②Cu ③C2H5OH ④CO2 ⑤CuSO4•5H2O ⑥FeCl3固体 ⑦Ba(OH)2溶液 ⑧熔融Al2(SO4)3
属于电解质的是____________；所给状态能导电的电解质是____________。（填序号）
【答案】 (1). ④ (2). ② (3). ③ (4). ⑤ (5). ①、⑤、⑥、⑧ (6). ⑧
【解析】
I、（1）碘易溶在有机溶剂中，提取碘水中的碘需要萃取分液，答案选④；（2）除去食盐溶液中的水需要蒸发，答案选②；（3）淡化海水需要蒸馏，答案选③；（4）氯酸钾加热易分解生成氧气和氯化钾，除去KCl中含有KClO3需要加热分解，答案选⑤；
II、溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，属于电解质的是HCl、CuSO4•5H2O、FeCl3、Al2(SO4)3；含有自由移动电子或离子的物质可以导电，所给状态能导电的电解质是熔融Al2(SO4)3。
25.实验室可以用重铬酸钾制取氯气，反应无需加热，常温下就可以迅速进行，而且对盐酸的浓度要求不高，反应的化学方程式如下(未配平)：
K2Cr2O7 ＋ HCl → KCl ＋ CrCl3+Cl2↑ ＋ H2O
（1）配平上述化学反应方程式；_______________
（2）该反应中，氧化剂是__________，还原产物是___________。从氧化性、还原性 和酸碱性的角度分析，该反应中 HCl 表现的性质是__________________，表现 出各性质的物质的量之比是___________________。
（3）当反应生成氯气 0.1 mol 时，转移电子的数目为______________。
【答案】 (1). K2Cr2O7＋14HCl= 2KCl+2CrCl3+3Cl2↑ ＋ 7H2O (2). K2Cr2O7 (3). CrCl3 (4). 酸性和还原性（还原性和酸性） (5). 4:3（3:4） (6). 0.2NA(或 1.204×1023)
【解析】
【分析】
（1）氧化剂为K2Cr2O7，因为HCl一部分表现出还原性，一部分表现出酸性，所以应使用Cl2进行配平。Cr由+6价降低为+3价，1mol K2Cr2O7得到6mol电子，Cl由-1价升高到0价，生成1molCl2失去2mol电子，依据得失电子总数相等，K2Cr2O7—3Cl2，再利用质量守恒，即可配平此反应的方程式。
（2）该反应中，氧化剂是含有化合价降低元素的反应物，还原产物是含有化合价降低元素的生成物。从氧化性、还原性 和酸碱性的角度分析，该反应中 HCl 表现的性质是：生成CrCl3，表现出酸性；生成Cl2，表现出还原性。依据方程式中的化学计量数，可确定二者的数目关系。
（3）当反应生成氯气 0.1 mol 时，转移电子的数目为0.1 mol×2×NA。
【详解】（1）氧化剂为K2Cr2O7，因为HCl一部分表现出还原性，一部分表现出酸性，所以应使用Cl2进行配平。Cr由+6价降低为+3价，1mol K2Cr2O7得到6mol电子，Cl由-1价升高到0价，生成1molCl2失去2mol电子，依据得失电子总数相等，K2Cr2O7—3Cl2，再利用质量守恒，即可配平此反应的方程式K2Cr2O7＋14HCl= 2KCl+2CrCl3+3Cl2↑＋7H2O。答案为：K2Cr2O7＋14HCl= 2KCl+2CrCl3+3Cl2↑＋7H2O；
（2）该反应中，氧化剂是含有化合价降低元素的反应物，所以为K2Cr2O7；还原产物是含有化合价降低元素的生成物，所以为CrCl3。从氧化性、还原性和酸碱性的角度分析，该反应中 HCl 表现的性质是酸性和还原性；生成2molCrCl3和2molKCl，表现出酸性，对应HCl为8mol；生成Cl2，表现出还原性，对应HCl为6mol。依据方程式中的化学计量数，可确定二者的数目关系为8:6=4:3。答案为：K2Cr2O7；CrCl3；酸性和还原性；4:3（3:4）；
（3）当反应生成氯气 0.1 mol 时，转移电子的数目为0.1 mol×2×NA=0.2NA。答案为：0.2NA。
26.已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：
①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。
②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。
③ C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。
（1）则各物质的化学式为：A_______、B_______、C_______、D_______。
（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：_____________、_________________。
（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：_______________、______________。
【答案】 (1). BaCl2 (2). FeSO4 (3). AlCl3 (4). NaOH (5). FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2↓+ Na2SO4 (6). 4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (7). Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ (8). Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O
【解析】
试题分析：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+ 3NaOH═Al(OH)3↓ + 3NaCl、Al(OH)3+ NaOH═NaAlO2+ 2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解；BaCl2+ FeSO4═BaSO4↓ + 2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀；FeSO4+ 2NaOH═Fe(OH)2↓ + Na2SO4、4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O═4Fe(OH)3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色；根据题意，①A + B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al(OH)3或Fe(OH)2都可溶于稀硝酸．②B + D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe(OH)2，红褐色沉淀为Fe(OH)3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C + D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al(OH)3，C为AlCl3，故答案为：BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；
（2）现象②中，BFeSO4，D为NaOH，两者反应生成白色Fe(OH)2沉淀，该沉淀易被氧化生成红褐色Fe(OH)3沉淀，反应为FeSO4+ 2NaOH=Fe(OH)2↓ + Na2SO4、4 Fe(OH)2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：FeSO4+ 2NaOH=Fe(OH)2↓ + Na2SO4、4 Fe(OH)2+ O2+ 2H2O=4Fe(OH)3；
（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+ 3NaOH═Al(OH)3↓ + 3NaCl、Al(OH)3+ NaOH═NaAlO2+ 2H2O．改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al(OH)3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3 + + 3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+ OH-=AlO2-+ 2H2O，故答案为：Al3 + + 3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+ OH-=AlO2-+ 2H2O。
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题考查溶液中离子间的反应，解题的突破口为特征反应和特征现象，如沉淀由白色转化为红褐色是Fe(OH)2转变为Fe(OH)3的特征现象，Al(OH)3是两性氢氧化物可与强碱反应等。化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考查学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解题的最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
27.某研究性学习小组模拟呼吸面具中的有关反应原理，设计用图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积。图中量气装置 E 由甲、乙两根玻璃管 组成，它们由橡皮管连通，并装入适量水。甲管有刻度(0∼ 50mL)供量气用， 乙管可上下移动调节液面高低。(连接胶管及夹持装置均省略)
请回答：
（1）图中各装置接口连接顺序是__________________(填各接口的编号)。
（2）装置 A 的作用是__________________，反应的化学方程式为_________________。
（3）装置 B 的作用是_________________，反应的离子方程式为_________________。
（4）装置 D 中反应的化学方程式为_________________。
（5）实验结束读取氧气体积时，若乙中液面高于甲中液面，会使测得氧气体 积__________(填偏大、偏小、无影响)。若有影响，应向____________(填“上” 或“下”)移动乙管，使甲乙液面相平(注：若第一格填无影响，第二格不用填写)。
【答案】 (1). ⑤③④⑥⑦①②⑧（⑥、⑦可换位） (2). 除去混在 O2 中未反应的 CO2 (3). 2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O (4). 吸收 CO2 中混有的 HCl (5). HCO3- +H+＝H2O+CO2↑ (6). 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ (7). 偏小 (8). 下
【解析】
【分析】
（1）按制气(CO2)-除杂(HCl)-制气(O2)-除杂(CO2)-量气，确定接口的连接顺序。
（2）装置 A 不能用于去除CO2中HCl，只能用于除去O2中的CO2。
（3）装置 B 用于除去CO2中的HCl。
（4）装置 D 中反应为Na2O2与CO2、H2O反应。
（5）实验结束读取氧气体积时，应调整量气管两端的液面，使甲乙液面相平，否则会首产生压力差，使气体所受压力增大，体积减小。
【详解】（1）按制气(CO2)-除杂(HCl)-制气(O2)-除杂(CO2)-量气，确定接口的连接顺序为⑤③④⑥⑦①②⑧（⑥、⑦可换位）。答案为：⑤③④⑥⑦①②⑧（⑥、⑦可换位）；
（2）装置 A 不能用于去除CO2中的HCl，只能用于除去O2中的CO2，所以装置 A 的作用是除去混在 O2 中未反应的 CO2，反应的化学方程式为2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O。答案为：除去混在 O2 中未反应的 CO2；2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O；
（3）装置 B 的作用是吸收 CO2 中混有的 HCl，反应的离子方程式为HCO3- +H+＝H2O+CO2↑。答案为：吸收 CO2 中混有的 HCl；HCO3- +H+＝H2O+CO2↑；
（4）装置 D 中反应为Na2O2与CO2、H2O反应，化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
（5）实验结束读取氧气体积时，若乙中液面高于甲中液面，会使测得的氧气体积偏小。若有影响，应向下移动乙管，使甲乙液面相平。答案为：偏小；下。
28.铝是一种重要金属：
（1）铝与 NaOH 溶液反应的化学方程式为：_________________。
（2）工业上用铝土矿（主要成分为 A12O3，还有少量的 Fe2O3，泥沙等杂质） 提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
①I 和 II 步骤中分离溶液和沉淀的操作是；_________________________；
②沉淀 M 中除含有泥沙外，一定还含有__________，固体 N 是__________；
③滤液 X 中，含铝元素的溶质的化学式为_________________，请写出向滤液X 中通入过量 CO2 所发生反应的离子方程式____________________________；
④请写出实验室制取 A1(OH)3 的离子方程式：__________________________。
【答案】 (1). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (2). 过滤 (3). Fe2O3 (4). Al2O3 (5). NaAlO2 (6). AlO2-+CO2+2H2O＝A1(OH)3↓+HCO3- (7). Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+
【解析】
【分析】
（1）铝与 NaOH 溶液反应为Al、NaOH、H2O反应，生成NaAlO2和H2。
（2）①I 和 II 步骤中分离溶液和沉淀的操作是固、液分离的方法；
②沉淀 M 中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3，固体 N 是Al(OH)3的分解产物；
③滤液 X 中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2，向滤液X 中通入过量 CO2 所发生反应为NaAlO2与过量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠；
④实验室制取 A1(OH)3 ，采用氯化铝或硫酸铝与氨水反应。
【详解】（1）铝与 NaOH 溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。答案为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
（2）①I 和 II 步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤；答案为：过滤；
②沉淀 M 中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3，固体 N 是Al(OH)3的分解产物Al2O3；答案为：Fe2O3；Al2O3；
③滤液 X 中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2，向滤液X 中通入过量 CO2 所发生反应为AlO2-+CO2+2H2O=A1(OH)3↓+HCO3-；答案为：AlO2-+CO2+2H2O=A1(OH)3↓+HCO3-；
④实验室制取A1(OH)3，采用氯化铝或硫酸铝与氨水反应，离子方程式为Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+。答案为：Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+。
29.将一定质量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加浓度为5 mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图。（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：
(1)合金中Mg的质量__________________
(2)所用HCl的物质的量浓度__________________
【答案】 (1). 4.8g (2). 8mol/L
【解析】
试题分析：镁、铝合金投入盐酸生成氯化镁、氯化铝和氢气，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，当加入氢氧化钠溶液20mL时无沉淀，说明盐酸过量，20mL氢氧化钠中和过量的盐酸；当氢氧化钠溶液加至160mL时生成沉淀最多（氢氧化镁和氢氧化铝共19.4g），继续加入20mL氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解，最终仍有11.6g沉淀，此沉淀即为氢氧化镁的质量，n[Mg(OH)2]=0.2mol，由镁元素守恒得原合金中n(Mg)=0.2mol。当加入氢氧化钠溶液160mL时生成沉淀质量最多，此时溶液中溶质为氯化钠，n(Na+)=n(Cl-)，Na+来自NaOH，Cl-来自HCl，所以n(NaOH)=n(HCl)，0.16L×5 mol/L=c(HCl)×0.1L，c(HCl)=8mol/L。
考点：化学计算
点评：搞清楚图像中每一段发生的变化以及图像中数字的含义。
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