【文档说明】江西省南昌市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，550.000 KB，由小赞的店铺上传

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江西省南昌市第二中学2019—2020学年高一上学期期末考试化学试题1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硅为酸性氧化物，可用于制造光导纤维B.明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C.水玻璃具有粘性，可用作粘合剂D.所有金属都具有焰色反应，可用于烟花的制作【答案】C【解析】

【详解】A.二氧化硅可用于制造光导纤维，是因为其具有导光性，A不合题意；B.明矾溶于水能形成胶体，可用于去除自来水中的悬浮颗粒物，B不合题意；C.水玻璃的主要成分为硅酸钠，具有粘性，可用作瓷砖等的粘合剂，C符合题意；D.只有某些金属元素有焰色反应，如Fe、Pt不具有

焰色反应，一部分金属可用于烟花的制作，D不合题意。故选C。2.下列各组物质中，第一种是电解质，第二种是分散系，第三种是合金的是（）A.硫酸、CuSO4·5H2O、生铁B.酒精、空气、铜绿C.二氧化碳、明矾、熟石灰D.硝酸钾、食盐水、黄铜

【答案】D【解析】A.硫酸、CuSO4·5H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质，A错误；B.酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物，B错误；C.二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物，C错误；D.硝酸

钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金，D正确，答案选D。3.下列物质的工业制法正确的是A.制钛：用金属钠置换出氯化钛（TiCl4）溶液中的钛B.炼铁：炼铁高炉中碳在高温下还原铁矿石中的铁C.制钠：用海水作原料制得精盐，再电解熔融的氯化钠得到金属钠D.炼硅：用焦炭与二氧化硅在高温下反

应生成粗硅和二氧化碳【答案】C【解析】【详解】A.制钛：工业上用金属钠置换出熔融氯化钛（TiCl4）中的钛，在水溶液中钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，A错误；B.炼铁：炼铁高炉中利用CO在高温下还原铁矿石中的铁，B错误；C.

制钠：用海水作原料制得精盐，再电解熔融的氯化钠得到金属钠，C正确；D.炼硅：用焦炭与二氧化硅在高温下反应生成粗硅和一氧化碳，D错误；答案选C。4.下列化学用语表示正确的是A.NaAlH4中H的化合价：-1B.小苏打的化学式：N

a2CO3C.氯离子的结构示意图：D.NaClO的电离方程式：NaClO=Na++Cl-+O2-【答案】A【解析】【详解】A.NaAlH4中Na、Al分别显+1、+3价，所以H的化合价为-1，A正确；B.小苏打的化学式为NaHCO3，B不正确；C.为氯原子的结构示意图，C不正确；D.N

aClO的电离方程式为NaClO=Na++ClO-，D不正确。故选A。5.下列物质中，属于电解质且能导电的是A.固体氯化钠B.盐酸C.铁片D.熔融的氢氧化钠【答案】D【解析】【详解】A.固体氯化钠为电解质，但不导电，A不合题意；B.盐酸能导电，但由于是混合物，所以不是电解质，B不合题

意；C.铁片能导电，但由于是单质，所以不是电解质，也不是非电解质，C不合题意；D.熔融的氢氧化钠能导电，且是电解质，D符合题意。故选D。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4LCl2溶于足量

水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB.标准状况下，34gH2O2中含有4NA个氧离子C.常温下，将5.6g铁块投入足量浓盐酸中，转移0.2NA电子D.0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.22.4LCl2不

一定是1mol，既便是1mol，溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数也大于NA，A不正确；B.34gH2O2为1mol，但不含有氧离子，B不正确；C.常温下，将5.6g

铁块投入足量浓盐酸中，生成FeCl2和H2，转移0.2NA电子，C正确；D.没有提供溶液的体积，无法计算0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目，D不正确。故选C。7.工业上用铋酸钠(NaBiNO3)检验溶液中的Mn2+，反应方程式为：4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO4=

4NaMnO4+5Bi(SO4)3+3Na2SO4+□，下列说法不正确的是（）A.“□”内的物质为水，配平系数为14B.若生成1molNaMnO4,则转移5mole-C.反应方程式中的硫酸可换为盐酸D.溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色【

答案】C【解析】A.根据质量守恒定律判断口内的物质为水，配平系数为14，故A正确；B.NaMnO4～5e-，若生成1molNaMnO4，则转移5mole-，故B正确；C.盐酸可被NaBiO3氧化，故C不正确；D.该反应中Mn2+→4MnO−，溶液中有Mn2+的现象是溶

液变为紫红色，故D正确。故选C。8.下表所列物质不能按如图（“→”表示一步完成）关系相互转化的是选项ABCDaNaAlFeCubNaOHAl2O3FeCl3CuSO4cNaClAl（OH）3FeCl2CuCl2A.AB.BC.CD.

D【答案】B【解析】【详解】A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与HCl反应生成NaCl，NaCl熔融电解生成Na，A不合题意；B．Al2O3不能与水反应生成Al(OH)3，B符合题意；C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成

FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，C不合题意；D．Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4与BaCl2反应生成CuCl2，CuCl2与Fe反应生成Cu，D不合题意。故选B。9.某同学为测定Na2CO

3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。下列说法不正确的是A.必须在②③间添加吸收HCl的装置B.④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度C.通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中D.称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度【答案】A

【解析】【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项

正确；C项，根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求

算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。故答案选A。10.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出．．．．相应结论的是方法现象结论A观察氯水颜色氯水呈黄绿色氯水中含Cl2B向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水有无色气体产生氯水中含HClOC向红色纸条上滴加氯水红色纸条褪色氯水具有漂白

性D向浅绿色的FeCl2溶液中滴加氯水溶液变成棕黄色氯水具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯气溶于水得到的氯水呈浅绿色，是因为溶解了氯气，A正确；B.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离

子发生反应生成水和二氧化碳，B错误；C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，C正确；D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，说明产生了Fe3+，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故可以说明氯水具有氧

化性，D正确；故合理选项是B。11.下列离子方程式正确的是（）A.向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2OH－+2HCO3－═CaCO3↓+CO32－+2H2OB.向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O═A

lO2－+4NH4++2H2OC.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2－+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2OD.醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O【答案】C【解析】【详解】A.向Ca(

HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－+HCO3－═CaCO3↓+H2O，选项A错误；B.一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·

H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，选项B错误；C.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，反应生成的部分氢氧化铝溶于强酸，生成氯化铝、氢氧化铝和水，反应的离子方程式为：2AlO2－+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O，选项C正确；D.

醋酸为弱酸必须写化学式，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，能除去水垢，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，选项D错误。答案选C。12.某酸性废水

中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、K＋、CO32-、SO42-。取废水样品分别进行如图所示①～④四个实验。下列推断正确的是()A.废水含有Na＋，不含K＋B.废水含有SO42-和CO32-C.废水不含Fe3＋，可能含Fe2＋D.废水一定含有Na＋、Al3＋、SO4

2-【答案】D【解析】【详解】根据已知废水为酸性，故和H+反应的离子不能与之共存，即CO32-不存在，根据溶液是电中性的，则SO42-一定存在，由实验①可得，焰色反应颜色为黄色，说明一定含有Na+，可能含有K+；实验②，加盐

酸后再加BaCl2溶液有白色沉淀，也再一次说明含有SO42-；实验③加KSCN溶液，无明显现象，说明不含Fe3+；实验④，滴加NaOH溶液至过量，一开始无沉淀，后有沉淀，最后沉淀溶解，说明含有Al3+，不含有Fe2+和Mg2+，所以废水中肯定含有Na+、SO

42-、Al3+，肯定不含CO32-、Fe2+、Mg2+、Fe3+，可能有K+，故选D。13.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（

）A.（b/10-a/20）mol/LB.（5b-5a/2）mol/LC.（2b-a）mol/LD.（10b-5a）mol/L【答案】D【解析】【详解】设100mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3

ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3•H2O+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3

+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，则Na2CO3的物质的量为12×(b-0.5a)mol，n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol，c(Na+)=(b0.5a)mol0.1L−=(10b

-5a)mol/L，故选D。14.碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］制备需要的CuCl2可用Fe3+作催化剂得到，其催化原理如图所示.下列有关说法正确的是A.a、b、c之间的关系式为：a=b+cB.图中M、N分别为Fe2+、Fe3+C.若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2

LO2D.N参加的反应离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】D【解析】【详解】A.化合物中，a、b、c之间应满足电荷守恒，则关系式为：2a=b+c，A不正确；B.图中M、N分别为Fe3+、Fe2+，B不正确；C.制备1molCuCl2，理论上消耗0.5molO

2，但11.2LO2不一定是0.5mol，C不正确；D.N参加反应时，Fe2+被O2氧化，生成Fe3+，同时O2转化为H2O，反应离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，D正确。故选D。15.一种从含Br-废水中提取Br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及

蒸馏等步骤。已知：Br2CCl4正十二烷密度/g·cm－33.1191.5950.753沸点/℃58.7676.8215~217下列说法正确的是A.过滤时，需不断搅B.将Br−-氧化为Br2C.正十二烷而不用CCl4，是因为其

密度小D.进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br2【答案】B【解析】【详解】A、过滤时不需搅拌，选项A错误；B、用乙装置利用氯气将Br-氧化为Br2，选项B正确；C、丙装置中用正十二烷而不用CCl4，是因为其沸点与溴相差大，萃取后的溶液可通过蒸

馏而分离，选项C错误；D、可用装置丁进行蒸馏，先收集Br2再收集正十二烷，选项D错误。答案选B。16.下列实验操作，现象或结论不正确的是选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠稳定性：Na2CO3>NaHCO3B向硅酸钠溶液中通入CO2生成白色

沉淀酸性碳酸强于硅酸C向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2>I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A

．分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，只有NaHCO3分解，试管内壁有水珠，A不正确；B．向硅酸钠溶液中通入CO2，由于碳酸的酸性比硅酸强，所以生成硅酸白色沉淀，B正确；C．向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，先置换生成I2，

再使淀粉变蓝，从而得出氧化性Cl2>I2，C正确；D．向FeSO4溶液中滴入KSCN溶液无现象，再加入H2O2后，溶液呈血红色，说明Fe2+能被H2O2氧化为Fe3+，Fe2+具有还原性，D正确。故选A。17.按要求回答下列问题：（1）KMnO4作为强氧化剂,其氧化性随溶液的酸性增强

而增大,在酸性介质中还原产物是Mn2＋，在中性或碱性介质中还原产物主要是MnO2，试写出在酸性条件下氧化H2O2的离子方程式：_______________________。（2）工业上可用KClO3溶液与Na2SO3溶液在稀H2SO

4存在下制得ClO2气体，试写出该反应的离子方程式：_______________________。（3）在强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，可以将溶液中Ce3＋氧化成Ce(OH)4沉淀得以分离，试写

出该反应的离子方程式________________________________________________。（4）FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可生成K2FeO4和KCl,写出该反应的离子方程式:____。【答案】(1).2MnO4－+5H2O2+6H＋=

2Mn2＋+5O2↑+8H2O(2).2ClO3－+SO32－+2H＋=SO42－+2ClO2↑+H2O(3).2Ce3＋+H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H＋(4).2Fe3++3ClO-+10OH-=224FeO−+3Cl-+5H2O【解析】【分析】

（1）在酸性条件下，KMnO4氧化H2O2生成Mn2+，则H2O2被氧化为O2。（2）KClO3溶液与Na2SO3溶液在稀H2SO4存在下发生反应，生成ClO2气体，同时生成Na2SO4。（3）在强酸性混合稀土溶液中，H2O2可以

将溶液中Ce3＋氧化成Ce(OH)4沉淀，则H2O2转化为水或OH-。（4）FeCl3与KClO在强碱性条件下反应，生成K2FeO4和KCl，先写主反应物与主产物，再利用守恒法进行配平。【详解】（1）在酸性条件下，KMnO4氧化H2O2，生成Mn2+和O2，离子方程式为2MnO4－

+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+5O2↑+8H2O。答案为：2MnO4－+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+5O2↑+8H2O；（2）KClO3溶液与Na2SO3溶液在稀H2SO4中发生反应，生成ClO2气体和Na2SO4，离子方程式为2ClO3－+

SO32－+2H＋=SO42－+2ClO2↑+H2O。答案为：2ClO3－+SO32－+2H＋=SO42－+2ClO2↑+H2O；（3）强酸性溶液中，H2O2将Ce3＋氧化成Ce(OH)4沉淀，H2O2被还原为水或OH-，离

子方程式为2Ce3＋+H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H＋。答案为：2Ce3＋+H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H＋；（4）FeCl3与KClO在强碱性条件下反应，生成K2FeO4和KCl，离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=224FeO−+3

Cl-+5H2O。答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=224FeO−+3Cl-+5H2O。【点睛】在书写离子方程式时，先确定两种主反应物和两种主产物，依据电子守恒进行配平；然后依据溶液的酸碱性，确定溶液中参加反应的离子(酸性溶液中

只能出现H+，碱性溶液中只能出现OH-)，据电荷守恒进行配平；最后依据质量守恒，确定反应物或生成物中是否加入H2O，利用质量守恒进行配平。18.空气中CO2浓度的持续走高引起人们的高度重视。一些科学家认为，人类不仅要

努力减少CO2的排放，还要尽快想办法清除空气中过多的CO2。为此，他们设想了一系列“捕捉”和“封存”CO2的方法。方法Ⅰ：一些科学家利用太阳能加热的反应器“捕捉”空气中的CO2，如图所示。（1）步骤一中的CaO俗称____________。（2）步骤二中发生反应的化学方程式是

____________，该反应____________（填“是”或“不是”）步骤一中反应的逆反应。方法Ⅱ：另一些科学家利用NaOH溶液的喷淋“捕捉”空气中的CO2，如图所示。（1）NaOH溶液喷成雾状是为了________

_________。（2）上图a环节中，物质分离的基本操作是__________。（3）为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有CaO和____________。（4）下列溶液中，同样能用于“

捕捉”二氧化碳的是____________。A．KNO3溶液B．CaCl2溶液C．CuSO4溶液D．Na2CO3溶液（5）“捕捉”到的二氧化碳，一部分可以用于生产；一部分则设想注入深海中“封存”起来。但过多的二氧化碳会导致海水水质的变化，最终殃及海洋生物，其原因是

_____（用化学方程式表示）。【答案】(1).生石灰(2).CaCO3CaO+CO2(3).不是(4).增大反应物的接触面积(或提高反应速率；或提高吸收效率；或充分反应；或更好地、有效地吸收)(5).过滤(6)

.NaOH(7).D(8).CO2+H2OH2CO3或H2CO3H++HCO3-【解析】【分析】方法Ⅰ：（1）CaO是生石灰的俗称。（2）步骤二中发生碳酸钙的分解反应，该反应与步骤一中反应的温度分别为400℃和900℃。方法Ⅱ：（1）NaOH溶液吸收二氧化

碳气体时，只有相接触才能发生反应，喷成雾状是为了二者接触的充分。（2）a环节中，是固体与液体物质发生分离。（3）在整个流程中，循环利用的物质有CaO和氢氧化钠。（4）能用于“捕捉”二氧化碳的是溶液应能与CO2反应。（5）过多的二氧化碳会导

致海水水质的变化，最终殃及海洋生物，其原因是二氧化碳溶于水后产生影响海洋生物生存环境的物质。【详解】方法Ⅰ：（1）CaO俗称生石灰。答案为：生石灰；（2）步骤二中发生碳酸钙的分解反应，方程式为CaCO3CaO+CO2↑，该反应与步骤一中反应的温度不同，所以该反应不是步骤一中反

应的逆反应。答案为：CaCO3CaO+CO2↑；不是；方法Ⅱ：（1）NaOH溶液吸收二氧化碳气体时，只有相接触才能发生反应，喷成雾状是为了增大反应物的接触面积(或提高反应速率；或提高吸收效率；或充分反应；或更好地、有

效地吸收)。答案为：增大反应物的接触面积(或提高反应速率；或提高吸收效率；或充分反应；或更好地、有效地吸收)；（2）a环节中，物质分离的基本操作是过滤。答案为：过滤；（3）吸收CO2时发生反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Na2CO3溶液中加入CaO后发生的反应为Ca(OH)2+Na

2CO3=CaCO3↓+2NaOH，则在整个流程中，循环利用的物质有CaO和NaOH。答案为：NaOH；（4）KNO3溶液、CaCl2溶液、CuSO4溶液与二氧化碳都不反应，只有Na2CO3溶液能吸收二氧化碳，发生反

应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以能用于“捕捉”二氧化碳的是D。答案为：D；（5）过多的二氧化碳会导致海水水质的变化，最终殃及海洋生物，其原因是二氧化碳溶于水后产生影响海洋生物生存环境的物质，反应方程式为CO2+H2OH2CO3或H2CO3H++HCO3-。答案

为：CO2+H2OH2CO3或H2CO3H++HCO3-。【点睛】寻找循环使用的物质时，首先看在物质转化过程中加入了哪些物质，然后书写各步反应的化学方程式，看哪些物质在物质转化过程中又成为生成物，该物质便

是我们要寻找的物质。19.明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质。具体实验步骤如下图所示：根据上述图示，完成下列填空：（1）明矾石焙烧后用稀氨水浸出。配制500mL稀氨水（

每升含有39.20g氨）需要取浓氨水（每升含有251.28g氨）__________mL，用规格为_______mL量筒量取。（2）写出溶解步骤中反应得到的溶质为_________________（写化学式）（3）为测定混合肥料K2SO4、(NH4

)2SO4中钾的含量，请完善下列步骤：①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量______溶液，产生白色沉淀。②___________、__________、_________(依次填写实验操作名称)。③冷却、称重。（4）若试样为

mg，沉淀的物质的量为nmol，则试样中K2SO4的物质的量为：___________mol（用含有m、n的代数式表示）。【答案】(1).78(2).100(3).NaAlO2(4).BaCl2或Ba(NO3)2(5).过滤(6).洗涤(7).干燥(8).m-132n42【

解析】【分析】（1）配制500mL稀氨水（每升含有39.20g氨）需要取浓氨水（每升含有251.28g氨）的体积，按稀释前后氨的质量相等进行计算；按就近原则，得出所选量筒的规格。（2）溶解步骤中，发生氧化铝与氢氧化钠溶液的反应。（3）为测定混合肥料K2SO4、(NH4)2S

O4中钾的含量，可按照下列步骤：①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量试剂，让SO42-产生白色沉淀。②沉淀需过滤、洗涤、干燥，以对应后续操作。③冷却、称重。（4）求试样中K2SO4的物质的量时，可假设K2SO4的物质的量为x，则(NH4)2SO4为n-x，利用质量守恒建立关系式，由此求

出x。【详解】（1）利用稀释前后氨的质量相等，可建立如下等量关系式：251.28g/L×V(浓)=39.20g/L×0.5L，V(浓)=0.078L=78mL，用规格为100mL量筒量取。答案为：78；100；（2）溶解步骤

中，氧化铝与氢氧化钠溶液的反应为Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O，反应得到的溶质为NaAlO2。答案为：NaAlO2；（3①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量BaCl2或Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。答案为：BaCl2或Ba(

NO3)2；②过滤、洗涤、干燥。答案为：过滤；洗涤；干燥。答案为：过滤；洗涤；干燥；③冷却、称重。（4）设K2SO4的物质的量为x，则(NH4)2SO4的物质的量为n-x，则174x+132(n-x)=m，从而求出x=m132n42−mol。答案为

：m132n42−。【点睛】分析流程图时，我们应先看主线，弄清工业产品是如何从原料转化为产品的，发生了哪些反应；然后分析杂质，在原料转化过程中，杂质发生了哪些反应，最终转化为哪些物质被去除，以及除杂质的操作

方法等。20.《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守，也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下。（1）检测锈蚀产物主要成分的化学式Fe3O4Fe2O3·H2OFeO(OH)FeOCl铁器在具有O2、________等环境中容易

被腐蚀。（2）分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。Ⅰ.Fe转化为Fe2+。Ⅱ.Fe2+在自然环境中形成FeO(OH)，该物质中铁元素的化合价为_______。Ⅲ.FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2+的作用是_______。a.氧化

剂b.还原剂c.既不是氧化剂也不是还原剂Ⅳ.Fe3O4保护层被氧化为FeO(OH)，如此往复腐蚀。（将反应补充完整）___________（3）研究发现，Cl-对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层，方法如下：将铁器浸没在盛有0.5mo

l/LNa2SO3、0.5mol/LNaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃。一段时间，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl-。①检测洗涤液中Cl-的方法是________。②脱氯反应：FeOCl+OH-＝FeO(O

H)+Cl-。离子反应的本质是离子浓度的减小，比较FeOCl与FeO(OH)溶解度的大小：________。③Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是________。【答案】(1).H2O（潮湿

）(2).+3(3).c(4).4Fe3O4+O2+6H2O＝12FeO(OH)(5).取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl-(6).S(FeOCl)＞S[FeO(OH)](7).SO32-+6FeO(OH)＝SO42-+2Fe3O4+

3H2O【解析】（1）铁器在具有O2、H2O（潮湿）等环境中容易被腐蚀。（2）Ⅱ.根据化合物中化合价代数和为0可知FeO(OH)中铁元素的化合价为+3。Ⅲ.反应中元素的化合价均不变化，所以Fe2+的作用是既不是氧

化剂也不是还原剂，答案选c。Ⅳ.1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子，失去1mol电子，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为4Fe3O4+O2+6H2O＝12FeO(OH)；（3）①氯离子可以利用硝酸银溶

液检验，所以检测洗涤液中Cl-的方法是取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl-。②离子反应的本质是离子浓度的减小，这说明FeO(OH)更难溶，因此FeOCl的溶解度大于FeO

(OH)的溶解度。③1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子，亚硫酸钠的氧化产物是硫酸钠，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是SO32-+6FeO(OH)＝SO

42-+2Fe3O4+3H2O。21.制氯酸锶[Sr(ClO3)2]的实验装置如下。回答下列问题（1）装置A中浓盐酸在反应中的作用是_____.（2）Y是_____(填字母）.A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．NaOH溶液（3）装置D中NaOH溶液的作用是__

___.（4）C中反应的氧化剂与还原剂的质量比为_____.【答案】(1).还原性和酸性(2).B(3).吸收氯气(4).5：1【解析】【分析】（1）装置A中发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，通过产物判断浓盐酸在反应中的作用。（2）浓盐酸易挥发，所以制得的氯气中混

有氯化氢和水蒸气。A．浓H2SO4只能吸收水蒸气；B．饱和NaCl溶液，可吸收氯气中的氯化氢；C．NaOH溶液，既能吸收氯化氢，又能吸收氯气；（3）装置D中NaOH溶液的作用是尾气处理。（4）C中发生的反应为6Cl2+6Sr(

OH)2==5SrCl2+Sr(ClO3)2+6H2O，从而得出氧化剂与还原剂的质量比。【详解】（1）装置A中发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应生成Cl2，Cl元素的价态升高，HCl表现出还原性；反应生成MnCl2时，HCl表现出酸性。答案

为：还原性和酸性；（2）浓盐酸易挥发，所以制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，除杂质的目的主要是除去氯化氢。A．浓H2SO4只能吸收水蒸气，不能去除氯化氢，A不合题意；B．饱和NaCl溶液，可吸收氯气中的氯化氢，对氯气不产生影响，B符合题意；C．NaOH溶液，既能吸收氯化氢，又能吸

收氯气，C不合题意。答案为：B；（3）装置D中NaOH溶液的作用是吸收氯气，防止污染环境。答案为：吸收氯气；（4）C中发生的反应为6Cl2+6Sr(OH)2==5SrCl2+Sr(ClO3)2+6H2O，生成SrCl2的Cl2表现出氧化性，作氧化剂，生成Sr(ClO3)2的Cl2表现出还原性，

作还原剂，从而得出氧化剂与还原剂的质量比5：1。答案为：5：1。【点睛】分析反应中物质表现的性质时，首先看元素的价态是否改变，若酸或碱中所含元素价态在反应前后没有改变，则酸表现出酸性，碱表现出碱性；若物质中所含元素价态

发生了改变，元素价态升高，该反应物表现出还原性，元素价态降低，该反应物表现出氧化性。22.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。设计如图所示装置制备无水FeCl3。①下列操作步骤的正确顺序为_______

_(填字母)。a体系冷却后，停止通入Cl2b通入干燥的Cl2赶尽装置中的空气c在铁屑下方加热至反应完成d用干燥的H2赶尽Cl2e检验装置的气密性②氯化钙的作用是________________________________。把氯化钙换成________(填药品名称)可以

改进装置的不足.【答案】(1).ebcad(2).防止空气中的水进入收集器(3).碱石灰【解析】【分析】①判断操作步骤的正确顺序，第一步操作是检查装置的气密性，然后按题中信息，要营造一个干燥的环境，所以应通干燥的Cl2赶尽装置中的空气；然后开

始反应，在铁屑下方加热至反应完成；此时可停止通Cl2；最后用干燥的H2赶尽Cl2。②最后装置中加入氯化钙，不能吸收氯气，但可以防止空气进入装置内。因为氯气是大气污染物，所以应把氯化钙换成既能吸收空气中的水蒸气，又能吸收氯气的物质。【详解】

①第一步操作是检查装置的气密性，然后按题中信息，要营造一个干燥的环境，所以应通干燥的Cl2赶尽装置中的空气；然后开始反应，在铁屑下方加热至反应完成；此时可停止通Cl2；最后用干燥的H2赶尽Cl2。从而得出操作步骤的正确顺序为ebcad。答案为：ebcad；②因为氯化铁易潮解，所以

装置末端应设置防止空气中水蒸气进入的装置，从而得出氯化钙的作用是防止空气中的水进入收集器。因为氯化钙只能吸收水蒸气，不能吸收氯气，所以应把氯化钙换成碱石灰，从而改进装置的不足。答案为：防止空气中的水进入收集器；碱石灰。【点

睛】试题提供的信息，都为解题时需要利用的信息，如题中有关氯化铁的信息中，无水FeCl3在空气中易潮解，则表明要营造一个干燥的环境；加热易升华，则在收集氯化铁时，需要低温环境。解题时，紧紧围绕信息进行回答。