【文档说明】安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(16)页，288.000 KB，由小赞的店铺上传

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安徽省阜阳市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题1.安全是顺利进行实验及避免伤害的保障。下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是A.操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度B.操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出C.操作③

：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸D.操作④：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水【答案】D【解析】【详解】A项，由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，A不符合；B项，打

开活塞使漏斗内气体放出，防止分液漏斗内压强过大引起危险，B不符合；C项，水在下层不能防止倒吸，操作不正确，但是操作是从安全角度出发的，C不符合；D项，检查容量瓶是否漏水操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，是从实验能否成功角度考虑的，D符合；

故选D。2.下列关于胶体的叙述不正确的是（）A.胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象B.Fe（OH）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的C.往Fe（OH）3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液时，开始时会出现

沉淀，再继续滴加时，沉淀又会消失D.用盐卤点豆腐、河海交汇处可沉积成沙洲等都与胶体性质有关【答案】A【解析】A.胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1～100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，

故A错误；B.Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的，故B正确；C.电解质溶液能使胶体产生聚沉，故往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液时，开始时会出现氢氧化铁沉淀，当继续滴加时，氢氧化铁沉淀会溶于过量的硫酸，即沉淀消失，故C正

确；D.用盐卤点豆腐、河海交汇处可沉积成沙洲等都与胶体的聚沉有关，故D正确；故答案选A。3.下列说法中，正确的是()A.三氧化硫的水溶液能导电，所以三氧化硫是电解质B.自由移动离子数目多的电解质溶液导电能力一定强C.NaHSO4在水溶液及熔

融状态下均可电离出Na＋、H＋、SO42-D.NH3属于非电解质，但其水溶液能够导电【答案】D【解析】【详解】A．SO3的水溶液能导电，导电离子是硫酸电离的，硫酸为电解质，而SO3不电离，属于非电解质，故A错误；B．自由移动离子浓度越大的电解质溶液

导电能力一定强，但是离子数目多的溶液中离子浓度不一定大，导电能力不一定强，故B错误；C．NaHSO4在水溶液里电离出Na+、H+、SO42-，而在熔融状态下电离出Na+、HSO4-，故C错误；D．氨气在溶液中

不发生电离，为非电解质，氨气溶于水形成能够导电的氨水，故D正确；故选D。4.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（）A.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合B.NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合C.

HNO3溶液与KOH溶液混合D.Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合【答案】C【解析】【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，A不合题意；B、NH4C

l溶液与Ca(OH)2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，B不合题意；C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，C符合题意；D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，D不合题意。答案选C。5.已知：

①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是（）A.上述实验证明氧化性：MnO4—＞Cl2＞Fe3＋＞I2B.上述实验中，共有两个氧化还原反应

C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝D.实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】【详解】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、

浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4-＞Cl2；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2＞Fe3+；③取实验②生成的溶液滴

在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+＞I2。A．通

过以上分析知，上述实验证明氧化性：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，故A正确；B．通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故B错误；C．实验①生成的气体是氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，所以实验①生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，

故C错误；D．实验②证明Fe2+有还原性，故D错误；故选A。6.南宋著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载；“银针验毒”的原理为4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O。下列说法正确的是（）A.X的化学式为AgSB.银针验毒

时，O2失去电子C.反应中Ag和H2S均发生氧化反应D.每生成1个X，反应转移2e-【答案】D【解析】【详解】A.由质量守恒可知X的化学式为Ag2S，故A错误；B.银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价

，化合价降低，做氧化剂，故B错误；C.在反应中Ag的化合价从单质的0价变为反应后中的+1价，失去电子，作还原剂；H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；由方程式：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O可

知，，则每生成1molAg2S，反应转移2mole-，故D正确；故选D。7.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO3-→AsO43-＋SO42-＋NO↑＋___(未配平)，下列说法错误的是（）A.反应后溶液呈酸性B.配平后水的化学计量数为4C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比

为3∶28D.氧化产物为AsO43-和SO42-【答案】C【解析】【详解】反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价，化合价共升高2×(5-3)+3×[6-(-2)]=2

8，NO3-→NO，N元素化合价由+5价降低为NO+2价，化合价共降低3价，故化合价升降最小公倍数为84，故As2S3系数为3，NO3-系数为28，根据原子守恒可知，AsO43-系数为6，SO42-系数为9，NO系数为28，根据电荷守恒可知，缺项为H+，故H+系数为8，

由原子守恒可知，故H2O的系数为4，配平后离子方程式为：3As2S3+4H2O+28NO3-=6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+；A．反应后有H+生成，溶液呈酸性，故A正确；B．由上述分析可知，配平后水的系数为4，故B正确

；C．As2S3是还原剂，NO3-是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28：3，故C错误；D．反应中As2S3→AsO43-、SO42-，As元素化合价由+3价升高为AsO43-中+5价，S元素化合价由-2价升高为SO42-中+6价，AsO43-、SO42-是氧化产物，故D正确

；故答案为C。8.下列关于钠的化合物的说法中，正确的是A.Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反应B.Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去C.Na2O2和Na2O均为白色固体，与CO2反应均放出O2D.分别向Na2O2和N

a2O与水反应后的溶液中立即滴入酚酞溶液，现象相同【答案】B【解析】【详解】A、碳酸氢钠均能与盐酸和NaOH溶液反应，碳酸钠只与盐酸反应，A错误；B、碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，B正确；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠

，C错误；D、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，具有强氧化性，与酚酞反应先变红后褪色，二氧化钠与氧化钠反应只生成氢氧化钠，与酚酞反应变红色，D错误；答案选B。9.下列叙述中正确的是A.依据铝热反应原理，能发生反应2Al＋3

MgO3Mg＋Al2O3B.在加入铝粉能放出氢气的溶液中，K＋、NH4+、CO32-、Cl－一定能够大量共存C.镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液D.氯化铝溶液中加入过量氨水反应实质是：Al3＋＋3NH

3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+【答案】D【解析】【详解】A．镁的活泼性大于铝，所以铝不能置换镁，且活泼金属一般采用电解的方法冶炼，故A错误；B．加入铝粉能放出氢气的溶液为酸性或碱性，当溶液呈酸性时，碳

酸根离子不能大量存在，当溶液呈碱性时，铵根离子不能大量存在，故B错误；C．镁和盐酸反应但不和氢氧化钠溶液反应，铝既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，所以镁铝合金不能完全溶于氢氧化钠溶液，故C错误；D．氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝和过量氨水

反应生成氢氧化铝沉淀，故D正确；故选D。10.录音磁带是在醋酸纤维、聚酯纤维等纤维制成的片基上均匀涂上一层磁性材料——磁粉制成的。制取该磁粉的主要物质是A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Al2O3【答案】C【解析】Fe3O4

又名磁性氧化铁，能够被磁化以及吸附铁等物质，能够将声音信号通过适当的设备转化为磁信号以及电信号等，从而实现录音和放音的功能，所以该磁粉的主要成分就是Fe3O4，本题正确答案为C。11.证明某溶液只含有Fe2

+而不含Fe3+的实验方法是（）A.先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色B.先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色C.滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后变灰绿，最后显红褐色D.只需滴加KSCN溶液【答案】B【解析】【详解】A．先滴加氯水，氯气将Fe2

+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故A错误；B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，

说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故B正确；C．滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，后变灰绿，最后显红褐色，灰绿色是氢氧化亚铁和氢氧化铁混合物颜色，能检验亚铁离子存在，但无法证明不存在少量的Fe3+，故C错误；D．只滴加KS

CN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故D错误。答案选B。12.据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也，铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”这里的“铜青”是指A.CuOB.

Cu2OC.CuD.Cu2(OH)2CO3【答案】D【解析】【分析】铜青则是铜器上绿色者，即铜青为绿色固体。【详解】A.CuO为黑色固体，与题意不符，A错误；B.Cu2O为红色固体，与题意不符，B错误；C.Cu为红色固体，与题意不符，C错误；D.Cu2(OH)2CO3为

绿色固体，符合题意，D正确；答案为D。13.下列说法不正确的是A.镁合金密度虽小，但硬度和强度较大B.硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是一种建筑行业常用的黏合剂C.海水中含量最高的非金属元素是氯元素D.铁的化合物应用广泛，如氯化铁和硫酸铁均是优良的净水剂

【答案】C【解析】【详解】A.金属镁的相对原子质量较小，金属镁的密度小，镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点，与题意不符，A错误；B.硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，硅酸钠溶液具有粘性，是一种建筑行业常用的黏合剂，与题意不符，B错误；C.

海水的主要成分是水，水中O元素的质量含量最多，所以海水中含量最高的非金属元素是O元素，符合题意，C正确；D.铁盐溶液中电离产生的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体胶体能吸附净水，所以铁盐可以用作净水剂，氯化铁和硫酸铁等铁盐可以作净水剂，与题意不符，D错误；答案为C。

14.硅及其化合物的应用范围很广。下列说法正确的是A.硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B.粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C.反应Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑中，Si为氧化剂D.硅能与氢氟酸反应，则硅可以与盐酸反应【答案】A【解析】【详解】A.硅是良好的半导体材料，常用来

制造太阳能材料，能将太阳能转换为电能的常用材料，A正确；B.粗硅制备单晶硅涉及Si→SiCl4→Si，有氧化还原反应，B错误；C.反应Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑中，Si的化合价

升高，为还原剂，C错误；D.硅能与氢氟酸反应，但硅不能与盐酸反应，D错误；答案为A。15.不能检验溶液中I-的试剂是A.AgNO3、稀HNO3B.氯水、CCl4C.氯水、淀粉D.KBr、稀HCl【答案】D【解析】【详解】A、加入AgNO3溶液，如果生成黄色沉淀，加入HNO3溶液，沉淀不溶解，说明溶

液中含有I－，反之，不含有I－，故A能检验；B、I2易溶于有机溶剂，氯气的氧化性强于I2，加入氯水、CCl4后，溶液出现分层，上层为水层，下层溶液显紫红色，说明溶液中含有I－，故B能检验；C、加入氯水后，再加入淀粉，如果溶液变蓝，说明原溶液中含有I－，反之不含有

，故C能检验；D、KBr和稀盐酸均不能与I－反应，溶液无现象，不能说明原溶液中含有I－，故D不能检验。故选D。16.如下图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是（）A.①线表示Al3＋的物质的量的变化

B.x表示AlCl3的物质的量C.③线表示Al(OH)3的物质的量的变化D.④线表示AlO2－的物质的量的变化【答案】B【解析】【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=A

l（OH）3↓，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1，假定向含有

4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗1molAl3+，生成1molAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，Al

O2-完全反应，消耗1/3molAl3+，生成4/3molAl（OH）3↓，前后两部分消耗的Al3+为1mol：1/3mol=3：1，由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1，则该图表示向

AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。【详解】A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C．由上述分析可知，随反应进行

Al（OH）3物质的量先增大后减小，故③线表示Al（OH）3的物质的量的变化，故C正确；D．由上述分析可知，Al（OH）3溶解时，AlO2-的物质的量增大，④线表示AlO2-的物质的量的变化，故D正确；故选B。17.灼热的焦炭与水蒸气反应所得产物为H2

、CO和少量CO2，为了检验产物中的H2和CO(设气体均被充分吸收)，设计如下实验装置。下列有关说法错误的是A.为了实验安全，应先点燃①处酒精灯，后点燃④处酒精灯B.②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水C.④中黑色固体变红色，

即可证明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种D.若用碱石灰替换无水硫酸铜，也可以达到检验H2和CO目的【答案】D【解析】分析：由图可知，①中C与水蒸气反应生成H2、CO和少量CO2，实验目的为检验产物中的H2和CO，则②中NaOH溶液可除去CO2，③中浓硫酸干燥气体，④中

H2和CO均还原CuO，若无水硫酸铜变蓝，可检验氢气，⑤中澄清石灰水变浑浊可检验CO，最后处理尾气。详解：A．H2、CO不纯时加热易发生爆炸，则为了实验安全性，应先点燃①处酒精灯，排出装置中空气后点燃④处酒精灯，故A正确；B．由上述分析可知，②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液

、浓硫酸和澄清石灰水，故B正确；C．H2和CO均还原CuO，当黑色氧化铜变红色，说明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种，故C正确；D．若用碱石灰替换无水硫酸铜，碱石灰可吸收水、二氧化碳，不能检验氢气，故D错误；故选D。点评：本题考查物质的性质

实验，把握实验装置的作用、发生的反应和现象为解答的关键。本题的易错点为D，要注意碱石灰与无水硫酸铜的性质的区别和实验中的作用。18.下列有关叙述中正确的是①酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32-②

向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－

④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2OA.②④B.①③C.②③D.①④【答案】A【解析】【详解】①酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-，

①错误；②向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，发生2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2，用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液生成AgBr沉淀，则有淡黄色沉淀生成，②正确；③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2I-＋

Cl2=I2＋2Cl－，③错误；④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，④正确；综上所述，②④正确，答案为B。【点睛】由于HClO>HCO3-向NaClO溶液中通入少量或过量的二氧化碳生成的含

碳产物均为HCO3-。19.实验室制取气体装置一般由发生装置、净化装置、收集装置以及尾气吸收装置组成。以Cl2的实验室制法为例(见下图)：（1）反应原理：用强氧化剂(如KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、MnO2等)氧化浓盐酸

。MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（2）制备装置类型：固体＋液体气体（3）净化方法：用___________________除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气。（4）收集方法：________________法或排饱和食盐水法。（5

）尾气吸收：用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收，不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是_________________________________________________________________________。（6）验满方法：将

湿润的淀粉-KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到__________________，则证明已集满；或将湿润的_________________靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸先变红后褪色，则证明已集满。【答

案】(1).饱和食盐水(2).向上排空气(3).Ca(OH)2溶解度小，溶液浓度低，吸收不完全(4).试纸立即变蓝(5).蓝色石蕊试纸【解析】【分析】实验室制取氯气时，用二氧化锰与浓盐酸共热制取，浓盐酸具有挥发性，可用饱和食盐水吸收HCl气体，而降低氯气的溶

解度；浓硫酸为干燥氯气，吸收水蒸气；氯气的密度大于空气，则用向上排空气法收集；氯气有毒，则用NaOH溶液吸收。【详解】(3)用饱和食盐水去除氯气中的HCl气体，再用浓硫酸除去水蒸气；(4)氯气的密度大于空气，可用向上排空气法收集或排饱和食盐水收集；(5)氯气有毒，用强碱溶液吸

收，由于氢氧化钙的溶解度较小，导致溶液的浓度小，不能完全吸收过量的氯气，则不用氢氧化钙溶液吸收氯气；(6)氯气与KI溶液反应，生成单质碘，而碘遇到淀粉，淀粉显蓝色，可观察到淀粉试纸变蓝；若用石蕊试纸时，氯气与水反应生成盐酸、次氯酸，石蕊遇

到盐酸，显红色，再与次氯酸反应，石蕊被氧化，红色褪去。【点睛】次氯酸与石蕊发生氧化还原反应，则用湿润的石蕊试纸靠近氯气时，观察到试纸先变红后褪色。20.在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18g·cm

－3。试计算：(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是_______、_______。(2)取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度是_______。(3)在40.0mL0.065mol·L－1Na2C

O3溶液中，逐渐加入(2)所稀释的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过_______mL。(4)将不纯的NaOH样品1g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50mL2mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol·L－1

的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到_______克固体。【答案】(1).36.5%(2).11.8mol·L－1(3).1mol·L－1(4).2.6(5).5.85【解析】【详解】（1）n(HCl

)=22422.4/LLmol=10mol，m(HCl)=10mol×36.5g•mol-1=365g，盐酸的质量分数w=365365635ggg×100%=36.5%，c(HCl)=1000wM=10001.1836.5%36.5mol/L=11.

8mol/L，故答案为36.5%、11.8mol/L；（2）根据c(浓)•V(浓)=c(稀)•V(稀)，可知：c(稀)=11.8mol•L-1×0.1L÷1.18L=1mol•L-1，故答案为1mol•L-1；（3）n(Na2CO3)=0.040L×0.065mol

•L-1=0.0026mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过xmL，则n(HCl)=1mol•L-1×0.001xL=0.001xmol，根据反应Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，可得0.0026=0.0

01x，解得x=2.6，故答案为2.6；（4）经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据Cl元素守恒：n(NaCl)=n(HCl)=0.050L×2mol•L-1=0.1mol，故m(NaCl)=0.1mol×58.5g•mol-1=5.85g，故答案为5.85g

。21.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+．若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血

红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒．下列叙述不正确的是__________(填序号)A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂（2）某同学把

新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：______________．（3）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选

用的最佳试剂是__________(填序号)．a．Cl2b．Fec．H2O2d．HNO3（4）FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)，氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强，主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO

4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑①该反应中的氧化剂是__________，还原剂是__________．②简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用__________．【答案】(1).D(2).NO2-+Cl2

+H2O=NO3-+2H++2Cl-(3).c(4).Na2O2(5).Na2O2、FeSO4(6).高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降【解析】【详解】（1）服用维生素C可

以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂，故答案为D；（2）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中

，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-，故答案为NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-；（3）由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不

引入杂质，所以正确是双氧水，故答案为C；（4）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，①得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以Na2O2是氧化剂、Na2O2、Fe

SO4是还原剂，故答案为Na2O2；Na2O2、FeSO4；②K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质，故答案为高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒消毒过程中自身被还原为F

e3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降。【点晴】本题考查综合考查铁盐和亚铁盐的相互转化，亚硝酸盐的性质，注意二价铁离子和三价铁离子的检验是高考的热点，涉及了化学方程式的配平，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累。22.铝土矿的主要成分是A12

O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，按下列操作从铝土矿中提取A12O3。回答下列问题：(1)沉淀物的化学式分别是：__________；d__________；f__________；(2)写出加入过量N

aOH溶液时所发生主要反应的离子方程式____________、________(3)写出通入气体B(过量)时溶液C中发生反应的离子方程式___________、____________。(4)气体B能否改用试剂A代替?为什么?_________，_______

__________。【答案】(1).SiO2(2).Fe(OH)3(3).Al(OH)3(4).Al3++4OH-═AlO2-+2H2O(5).Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓(6).CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-(7).C

O2+OH-═HCO3-(8).不能(9).生成氢氧化铝能够溶于盐酸【解析】【分析】SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入试剂A盐酸，得到滤液b中含有铝离子、铁离子，沉淀a为二氧化硅，b溶

液加入过量氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入滤液c中，气体B为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝；(1)根据以上推断写出沉淀的化学式；(2)过量氢氧化钠溶液与铁离子、铝离子反应；(3)滤液c中含有

偏铝酸根离子和过量的氢氧化钠，二氧化碳与偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀、与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子；(4)试剂A为盐酸，气体B为二氧化碳，不能够用盐酸代替二氧化碳，根据氢氧化铝能够溶解于盐酸分析。【详解】SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化

铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入试剂A盐酸，得到滤液b中含有铝离子、铁离子，沉淀a为二氧化硅，b溶液加入过量氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入滤液c中，气体B为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝；(1)根据分析可知，沉淀a为SiO2，沉淀d为Fe

(OH)3，沉淀f为Al(OH)3；(2)滤液b中含有铁离子和铝离子，加入氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；(3)根据流程，滤液c中含有过量的氢氧化钠和偏铝酸根离子，溶液NaAl

O2与过量CO2生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，过量二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+OH-═HCO3-；(4)气体B为二氧化碳，试剂A为盐酸，氢氧化

铝能够与过量的盐酸反应而溶解，无法控制加入盐酸的量。