1、陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 1 / 15 吴起高级中学 20192020 学年第一学期期末考试 高一化学试卷高一化学试卷 一、选择题（每题只有一个正确选项，每题一、选择题（每题只有一个正确选项，每题 3 3 分共分共 5454 分）分） 1.华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创 性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是( ) A. Si B. SiO2 C. Na2SiO3 D. SiCl4 【答案】B 【解析】 【详解】光导纤维的主要成分是 SiO2；硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板；硅酸钠可用 作木材防腐、防火；四氯
2、化硅可用于制备高纯硅。答案选 B。 2.中国食盐产量居世界首位。下列实验室中的操作类似“海水晒盐”原理的 ( ) A. 蒸馏 B. 过滤 C. 蒸发 D. 搅拌 【答案】C 【解析】 A、蒸馏是通过连续加热、冷却使沸点不同的液体物质，从沸点低到沸点高依次分离出来的 操作，故 A 不正确；B、过滤是通过滤纸将固体和液体分离的操作，B 错误；C、蒸发是通过 加热的方法把溶剂蒸发出来，使溶质析出的操作。海水晒盐就是在阳光照射下，使水份蒸发 而析出食盐，相似于实验室进行的蒸发，C 正确；D、搅拌不能改变溶质和溶剂的量，不可 能有溶质析出，D 错误。故本题正确答案为 C。 3.NA表示阿伏加德罗常数，下
3、列说法正确的是 ( ) A. 1 mol Na 与 O2完全反应生成 Na2O 或 Na2O2均失去 NA个电子 B. 1mol Na2O2与足量 CO2反应时，转移 2NA个电子 C. 1molL -1的 NaOH 溶液中含 Na+数目为 N A D. 23gNa +中含有的电子数为 N A 【答案】A 【解析】 【详解】A.1 mol Na 与 O2完全反应生成 Na2O 或 Na2O2均失去 NA个电子，故 A 正确； B.1mol Na2O2与足量 CO2反应时，转移 NA个电子，故 B 错误； C.溶液体积未知，无法计算 Na +数，故 C 错误； 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考
4、试试卷（含解析） 2 / 15 D.23gNa +物质的量为 1mol，含有的电子数为 10N A，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】本题考查与阿伏加德罗常数有关的计算，对相关的知识有比较高的要求，本题特别 要注意 C 中一定要说明条件。 4.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ） A. 是否有丁达尔现象 B. 是否能通过滤纸 C. 分散质粒子的大小 D. 是否均一、透明、稳定 【答案】C 【解析】 【分析】 溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。 【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作 用
5、形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故 A 错误； B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜， 是由分散质微粒的直径大小决定的， 所以该现象不是 三种分散系的本质区别，故 B 错误； C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于 1nm)、胶体（1nm-100nm） 、 浊液(大于 100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大 小不同，故 C 正确； D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以 该现象不是三种分散系的本质区别，故 D 错误； 故答案选 C。 5. 将 4gNa
6、OH 固体溶解在水里，配得 1L 溶液，从中取出 10mL，这 10mL 溶液的物质的量浓 度是 A. 1mol/L B. 0.1 mol/L C. 0.01 mol/L D. 10 mol/L 【答案】B 【解析】 【分析】 溶液中的溶质是均一的、稳定的； 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 3 / 15 【详解】4gNaOH 的物质的量=4g/40g/mol=0.1mol，c=n/V=0.1mol/L；则取出的溶液无论多 少其浓度均为 0.1mol/L，答案为 B 【点睛】溶液的均一性、稳定性，使取出的溶液的浓度与原溶液相同。 6.下列转化过程中必须加入还原剂的是 A. F
7、eSH2S B. SO2SO3 2- C. Fe 3+Fe2+ D. CuCu 2+ 【答案】C 【解析】 【分析】 必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所 含元素化合价降低，以此解答。 【详解】A、FeSH2S，无化合价变化，非氧化还原反应，故 A 错误； B、SO2SO3 2-无化合价变化，非氧化还原反应，故 B 错误； C.、Fe 3+Fe2+ 化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，所以 C 选项是正确的； D、CuCu 2+，化合价升高，被氧化，应加氧化剂，故 D 错误。 所以 C 选项是正确的。 7.海水中含有 MgCl2，从海水中提取镁
8、，正确的方法是 A. 海水Mg(OH)2Mg B. 海水MgCl2溶液 MgCl2（熔融）Mg C. 海水Mg(OH)2MgOMg D. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液 MgCl2（熔融）Mg 【答案】D 【解析】 【详解】A.NaOH 价格比较高，一般是电解熔点较低的 MgCl2制取 Mg，而不是电解 Mg(OH)2， A 错误； B.向海水中加入 HCl 不能提纯海水中的 MgCl2，B 错误； C.由于 MgO 的熔点高，所以不用电解熔融 MgO 的方法制取 Mg，C 错误； D.海水中加入价廉的石灰乳得到 Mg（OH）2，Mg（OH）2溶于盐酸得到 MgCl2溶液，电解熔融 陕西吴起
9、高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 4 / 15 的 MgCl2获得 Mg，原料容易获得，价钱经济实惠，符合实际操作，D 正确； 答案选 D。 8.将少量氯水加入 KI 溶液中振荡，再加入 CCl4振荡，静置观察到的现象是 ( ) A. 形成均匀的紫红色溶液 B. 有紫色沉淀析出 C. 液体分层，上层呈紫红色 D. 液体分层，下层呈紫红色 【答案】D 【解析】 【详解】将少量氯水加入 KI 溶液中振荡，发生反应：Cl2+ 2KI=2KCl + I2，再加入 CCl4振 荡，I2在 CCl4中溶解度比在水中的溶解度大，CCl4不溶于水且密度比水大，I2溶于 CCl4显紫 红色，静置后观察
10、到的现象是液体分层，下层呈紫红色； 答案选 D。 9.下列物质的鉴别方法不 正确的是 A. 用氢氧化钠溶液鉴别 MgCl2和 AlCl3溶液 B. 利用丁达尔效应鉴别 Fe（OH）3胶体与 FeCl3溶液 C. 用焰色反应鉴别 NaCl、KCl 和 Na2SO4 D. 用氯化钙溶液鉴别 Na2CO3和 NaHCO3两种溶液 【答案】C 【解析】 【详解】ANaOH 与 AlCl3溶液反应先生成白色沉淀后沉淀消失，NaOH 与 MgCl2溶液反应生 成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故 A 正确； B丁达尔效应为胶体特有的性质，Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应，FeCl3溶液不能产生丁 达尔效应，
11、则可利用丁达尔效应鉴别 Fe(OH)3胶体与 FeCl3溶液，故 B 正确； CNaCl、Na2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故 C 错误； DNa2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO3溶液与 CaCl2溶液不反应，现象不同，可鉴别， 故 D 正确； 故选 C。 10.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有 Fe 2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色 变化为棕黄色。 若榨汁时加入维生素C， 可有效防止这种现象发生。 这说明维生素C具有 （ ） A. 氧化性 B. 还原性 C. 碱性 D. 酸性 【答案】B 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 5 / 1
12、5 【解析】 【详解】在空气中，氧气能够把 Fe 2+氧化成 Fe3+，加入维生素 C 能防止这种氧化，说明维生 素 C 具有还原性，能把 Fe 3+还原为 Fe2+，故选 B。 【点睛】本题考查氧化还原反应，明确铁元素的化合价变化是解答的关键，应理解化合价升 高失电子发生氧化反应、化合价降低得电子发生还原反应。 11.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ） A. FeFe2O3Fe(OH)3FeCl3 B. AlAl(OH)3Al2O3NaAlO2 C. NaNa2O2Na2CO3NaOH D. SiSiO2H2SiO3Na2SiO3 【答案】C 【解析】 【详解】A，Fe
13、与 O2在一定条件反应可生成 Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为 Fe（OH）3，Fe（OH） 3与 HCl 反应生成 FeCl3和 H2O，A 项不符合题意； B，Al 不能一步转化为 Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成 Al2O3和 H2O，Al2O3与 NaOH 反应生 成 NaAlO2和 H2O，B 项不符合题意； C，Na 在 O2中燃烧生成 Na2O2，Na2O2与 CO2反应生成 Na2CO3和 O2，Na2CO3与 Ca（OH）2反应生 成 CaCO3和 NaOH，C 项符合题意； D，Si 与 O2加热生成 SiO2，SiO2不能一步转化为 H2SiO3，H2SiO3
14、与 NaOH 反应生成 Na2SiO3和 H2O，D 项不符合题意。 答案选 C。 12.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系不正确 的是 （ ） 选项 现象或事实 解释 A Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂 Na2O2与 H2O、CO2反应产生 O2 B 常用铝箔做包装材料 金属铝有好的延展性 C FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板 FeCl3可与 Cu 发生反应 D 烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹 烧菜时铁锅被染色 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 6 / 15 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析
15、】 【详解】A.与反应产生，Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂， A 正确； B. 金属铝有好的延展性，可以制成铝箔包装材料，B 正确； C.Cu 与 FeCl3的反应为，FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板， C 正确； D. 铁锅放置出现红棕色斑迹，是铁生锈生成了氧化铁，D 错误； 答案选 D。 13.向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量的铜粉，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子 是 A. Fe 2+、Fe3+ B. Fe 2+、Cu2+ C. Fe 3+、Cu2+ D. Cu +、Cu2+ 【答案】B 【解析】 【详解】向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量的铜粉，发生的反应为 Cu+2F
16、e 3= 3Fe2+Cu2， 反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是 Fe 2、Cu2， 答案选 B。 14.配制一定物质的量浓度的 KOH 溶液时，导致浓度偏低的原因可能是( ) A. 容量瓶中原有少量的蒸馏水 B. 移液时，不慎将液体流到瓶外 C 溶解后没有冷却就转移到容量瓶中 D. 定容时仰视观察刻度线和液面 【答案】BD 【解析】 【详解】A、容量瓶中原有少量的蒸馏水，由于定容时还需要放入蒸馏水，所以不影响配制 结果，A 不符合题意； B、移液时，不慎将液体流到瓶外，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓 度偏低，B 符合题意； 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解
17、析） 7 / 15 C、溶解后没有冷却就转移到容量瓶中，冷却后体积变小，配制溶液浓度偏高，C 不符合 题意； D、定容时仰视观察刻度线和液面，导致溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，D 符合题意； 答案选 BD。 【点睛】根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 n 和溶 液的体积 V 引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起 n 和 V 怎样的变化，若 n 比理论 值小， 或 V 比理论值大时， 都会使所配溶液浓度偏小； 若 n 比理论值大， 或 V 比理论值小时， 都会使所配溶液浓度偏大。 15.某工厂排放的工业废水中可能含有 K +、H+、Mg2+、SO 4 2-、C
18、l-、NO 3 -等离子。经检测废水呈 明显的碱性,则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是( ) A. H +、K+、NO 3 - B. K +、NO 3 -、SO 4 2- C. H +、Mg2+ D. K +、 Mg2+、 SO4 2-、Cl- 【答案】C 【解析】 【详解】废水呈明显的碱性，废水中含 OH -，H+、Mg2+与 OH-不能大量共存，废水中肯定不含 H +、Mg2+，答案选 C。 16.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是( ) 氯气 液氯 新制氯水 氯气的四氯化碳溶液盐酸 盐酸与少量漂白粉的混 合溶液 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】能使
19、干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，要求该物质具有酸性和漂白性。酸性要有 H ，漂白性要有 HClO。中只有 Cl 2，所以既不显酸性，又不具有漂白性，中盐酸只 有酸性，但无漂白性所以，不符合题意；中新制氯水中含有 Cl2、HCl 和 HClO， 既显酸性，又由于含有次氯酸而具有漂白性，中发生反应：Ca(ClO)22HCl=CaCl2 2HClO， 其中盐酸过量， 使溶液显酸性，又由于反应生成了次氯酸， 而具有漂白性， 所以 符合题意，故 C 正确， 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 8 / 15 故选 C。 【点睛】氯水是含有多种分子和离子(分子有 Cl2、HClO、H2O，离
20、子有 H 、Cl、ClO及水 分子电离出来的少量 OH )，其中 H+的存在使溶液显酸性，HClO 的存在，使氯水具有漂白性， 掌握氯水的成分是解决本题的关键。 17.药物“胃舒平”中含有氢氧化铝，可用来治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多。该反应属 于 A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解 反应 【答案】D 【解析】 【分析】 据四种基本反应类型的含义分析判断。 【详解】氢氧化铝与胃酸的反应方程式为 Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O。这是两种化合物交换 成分生成两种新化合物的复分解反应。本题选 D。 【点睛】四种基本反应类型是根据反应形式对化学反应分类，不能包括
21、所有的化学反应。 如 CO 还原 CuO 的反应就不属于四种基本反应类型。 18.把 7.4 g 由 Na2CO310H2O 和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成 100mL 溶液， 其中 c(Na +)=0.6 molL-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是 A. 2.12g B. 3.18g C. 4.22g D. 5.28g 【答案】B 【解析】 【详解】把 7.4gNa2CO310H2O 和 NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO310H2O 中结晶水完 全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守 恒可知，n（Na2CO
22、3）=0.5n（Na +）=0.50.6mol/L0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量 为：106g/mol0.03mol=3.18g，故答案选 B。 【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题 侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。 二、填空题二、填空题( (共共 4646 分分) ) 19.物质有以下转化关系： 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 9 / 15 根据上图和实验现象，回答下列问题：(用化学式表示) （1）A 是_，X 粉末是_； （2）写出反应的化学方程式_； （3）写出反应的离子
23、方程式_； （4）写出除去固体 C 中混有的 NaHCO3的化学方程式_。 【答案】 (1). Na2O2 (2). Cu (3). 2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2 (4). Cu 2+ +2OH - Cu(OH)2 (5). 【解析】 【分析】 淡黄色的粉末可以是单质硫或是过氧化钠， 但是能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化 钠，则气体 B 为氧气，固体 C 为碳酸钠；X 粉末与氧气加热反应生成黑色固体，黑色固体与 硫酸反应得蓝色溶液，则 X 为 Cu；蓝色溶液为硫酸铜溶液；碳酸钠与澄清石灰水反应得到 NaOH 溶液，NaOH 与硫酸铜溶液反应得到氢氧化铜蓝色沉淀。 【详解】
24、 （1）能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，即 A 为，蓝色溶液是 含有铜离子的溶液，结合上述分析，X 粉末是金属铜， 故答案为：； （2） 过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气， 反应的方程式为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2， 故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； （3）X 粉末是金属铜，黑色固体是氧化铜，所以蓝色溶液是硫酸铜，固体 C 是碳酸钠，和 氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠， 反应的离子方程式是：Cu 2+2OH-=Cu(OH) 2， 故答案为：Cu 2+2OH-=Cu(OH) 2。 （4）固
25、体 C 是碳酸钠，除去碳酸碳中的碳酸氢钠可以采用加热的方法，方程式为： ， 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 10 / 15 故答案为：。 20.根据所学知识，回答下列问题： （1） 现有下列物质； KCl晶体液态 HClCO2 汞CaCO3固体稀硫酸酒精 C2H5OH 熔融的 NaCl 浓氨水，其中属于电解质的是（填序号，下同）_；属于非电解 质的是_；能导电的有_。 （2）已知：2Fe 3+2I=2Fe2+I 2，2Fe 2+Br 2=2Fe 3+2Br。在含有 FeI 2和 FeBr2的溶液中通 入少量 Cl2，则最先被氧化的离子是_，I 、Br、Fe2+还原性由强到弱
26、的顺序为： _。 （3） 实验室里盛装 NaOH 溶液试剂瓶用橡皮塞或软木塞， 而不用玻璃塞。 用化学方程式解释： _ （4） 0.3mol 氨气和 0.4mol 二氧化碳的质量之比_，所含分子数之比 _，所含原子数之比_。 【答案】 (1). (2). (3). (4). I (5). IFe2+ Br (6). 2NaOH+ SiO 2= Na2SiO3+ H2O (7). 51:176 (8). 3:4 (9). 1:1 【解析】 【分析】 （1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导 电的化合物是非电解质；含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；
27、 （2）还原剂的还原性大于还原产物； （3）玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，可以和氢氧化钠反应生成硅酸钠； （4）计算氨气和二氧化碳的质量、原子数即可。 【详解】 （1）晶体是化合物，溶于水和熔融状态下都能导电，是电解质，阴、阳离 子不自由移动，所以不能导电；液态是化合物，溶于水能导电，是电解质，液态 HCl 中只存在分子，所以不导电；是化合物，虽然其水溶液能导电，但导电的离子不是 自身电离的，属于非电解质，只存在分子，所以不导电；汞属于金属单质，既不是电解质 也不是非电解质，金属单质可以导电；CaCO3固体是化合物，溶于水和熔融状态下都能导 电，是电解质，阴、阳离子不自由移动，所以
28、不能导电；稀硫酸是混合物，既不是电解质、 也不是非电解质，含有自由移动的氢离子和硫酸根，能导电；酒精是化合物，在水溶液和 熔融状态下都不导电，属于非电解质；熔融的是化合物，溶于水和熔融状态下都能 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 11 / 15 导电，是电解质，有自由移动的钠离子和氯离子，能导电；浓氨水属于混合物，既不是电 解质、也不是非电解质，含有自由移动的铵根和氢氧根离子，能导电；属于电解质的是 ；属于非电解质的是；能导电的是； 故答案为：； （2）根据，碘离子是还原剂，亚铁离子是还原产物，故还原性： ，根据，亚铁离子是还原剂，溴离子是还原产物，故还原性： ，综上所述，还
29、原性顺序：；在含有和的溶液中通入少 量，还原性强的先被氧化，即先被氧化， 故答案为：； （3）玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠反应生成的硅酸钠有黏性，能够将玻璃塞 和瓶身粘在一起，方程式为：， 故答案为：； （4）0.3mol 氨气的质量是 0.3mol17g/mol=5.1g，0.4mol 二氧化碳的质量是 0.4mol44g/mol=17.6g，故二者质量比为 51:176；分子数之比即为物质的量之比，即 3:4； 0.3mol 氨气含原子物质的量是 1.2mol， 0.4mol 二氧化碳中含原子物质的量为 1.2mol， 故原 子数之比为 1:1， 故答案为： 51:176；3:4
30、；1:1。 【点睛】同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物；比 较还原性强弱，根据反应即可判断。 21.下图所示是从铝土矿(主要成分是 Al2O3， 含 Fe2O3、SiO2等杂质)中提取氧化铝的工艺流程 之一。 回答下列问题： (1)用盐酸溶解铝土矿后，所得溶液中的阳离子有_； 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 12 / 15 (2)固体 A 的主要成分是_； (3)进行步骤时，为了达到分离要求，加入的 NaOH 应该_（填少量或过量） 。 (4)进行步骤时，一般通入过量 CO2，其反应的离子方程式是_； (5)溶液 X 和盐酸反应的化学方程式为
31、_。 【答案】 (1). Fe 3、Al3、H (2). SiO 2 (3). 过量 (4). AlO2 -CO 2 2H2O=HCO3 -Al(OH) 3 (5). NaHCO3HCl=H2OCO2+NaCl 【解析】 【分析】 铝土矿主要成分是，含、杂质，其中氧化铝、氧化铁能和盐酸反应，二 氧化硅和盐酸不反应，所以固体 A 为，加入氢氧化钠的目的是分离铁离子和铝离子， 应该加入过量的氢氧化钠，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子生成偏铝酸根，通入二氧化碳 后偏铝酸根生成氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝生成氧化铝。 【详解】 （1）铝土矿主要成分是，含、杂质，其中氧化铝、氧化铁能和 盐酸反应，二氧化硅和
32、盐酸不反应，且盐酸过量，故所得溶液中的阳离子有铝离子、铁离子 和氢离子， 故答案为：； （2）二氧化硅和盐酸不反应，所以固体 A， 故答案为：； （3）加入氢氧化钠的目的是分离铁离子和铝离子，应该加入过量的氢氧化钠，铁离子生成 氢氧化铁沉淀，铝离子生成偏铝酸根， 故答案为：过量； （4）通入过量后，偏铝酸根生成氢氧化铝沉淀，过量所以生成碳酸氢根，离子 方程式为：AlO2 -CO 22H2O=HCO3 -Al(OH) 3， 故答案为：AlO2 -CO 22H2O=HCO3 -Al(OH) 3； （5）溶液 X 为碳酸氢钠溶液，和盐酸反应的方程式为：NaHCO3HCl=H2OCO2+NaCl， 故
33、答案为：NaHCO3HCl=H2OCO2+NaCl。 【点睛】分离铁离子（或镁离子、 铜离子）和铝离子， 可以向溶液中加入过量氢氧化钠溶液， 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 13 / 15 因为氢氧化铝是两性的， 加入过量氢氧化钠溶液产生偏铝酸根使氢氧化铝沉淀溶解， 铁离子 （或镁离子、铜离子）进入沉淀，即可分离。 22.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。 （1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是 _。 AFe BFeO CFe3O4 DFe2O3 （2）在现代化工生产中，常利用 FeCl3腐蚀铜的原理制作印刷线路板，写出该
34、原理的化学 方程式_。 （3）实验室用绿矾 FeSO4xH2O 配制 FeSO4溶液时为了防止 FeSO4溶液变质，经常向其中加 入铁粉，其原因是_ (用离子方程式表示)。 （4）某同学甲取 2 mL FeSO4溶液，加入 1 滴 KSCN 溶液，再加入几滴氯水，溶液变红，说 明 Cl2可将 Fe 2氧化。绿矾溶液与氯水反应的离子方程式为_。 （5）同学乙认为甲同学的实验不够严谨，该同学在 2 mL FeSO4 溶液中先加入 0.5 mL 煤油， 再于液面下依次加入 1 滴 KSCN 溶液和几滴氯水，溶液变红，煤油的作用是_。 （6）为测定某绿矾 FeSO4xH2O 中结晶水含量，将石英玻璃管
35、（带两端开关 K1和 K2） （设为 装置 A）称重，记为 m1 g；将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m2 g；按下 图连接好装置进行实验： 仪器 B名称是_。 将下列实验操作步骤正确排序_（填标号） ；重复上述操作步骤，直至 A 恒重， 记为 m3 g。 a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭 K1和 K2 d打开 K1和 K2，缓缓通入 N2 e称量 A f冷却至室温 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 14 / 15 根据实验记录，计算绿矾 FeSO4xH2O 化学式中结晶水数目 x=_ （列式表示） 。 【答案】 (1). C (2). 2Fe C
36、l3+Cu=2FeCl2+CuCl2 (3). 2Fe 3+Fe=3 Fe2 (4). 2Fe 2+ Cl 2=2Fe 2 +2Cl - (5). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (6). 球形干燥管 (7). dabcfe (8). 76(m2-m3)/9(m3-m1) 【解析】 【分析】 （1）四氧化三铁具有磁性； （2）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜； （3）铁和铁离子生成亚铁离子，故铁粉可以防止亚铁离子被氧化； （4）氯气可以将亚铁离子氧化为铁离子； （5）煤油隔绝空气防止亚铁离子被氧气氧化； （6）绿矾受热失去结晶水，根据硫酸亚铁质量和结晶水的质量即可计算出 x 的值。 【详解
37、】 （1）四氧化三铁具有磁性， 答案选 C； （2）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：， 答案为：； （3）铁和铁离子生成亚铁离子，故铁粉可以防止亚铁离子被氧化，离子方程式为： ， 答案为：； （4）氯气将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：, 答案为：； （5）煤油密度比水小，与水分层后煤油在上层，隔绝空气防止亚铁离子被氧气氧化， 故答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)； （6）仪器 B 的名称是球形干燥管；故答案为：球形干燥管； 为防止空气中的 O2将绿矾氧化，打开 K1和 K2通入氮气，加热使绿矾失去结晶水，加热一 段时间后停止，关闭 K1和 K2，然后冷却至室温、称量
38、A 的质量，重复操作直至恒重，所以 实验操作步骤正确排序为：dabcfe；故答案为：dabcfe； 陕西吴起高级中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 15 / 15 质量为， FeSO4物质的量为， 结晶水的质量为， 物质的量为，故 ， 故答案为：。 23.实验室用 MnO2和浓盐酸制氯气的反应为 MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2。反应 中，如果有 17.4 g MnO2被还原，那么： (1)产生的 Cl2在标准状况下的体积为_; (2)转移电子的物质的量为_; (3)纺织工业中常用氯气作漂白剂， 漂白布匹后， 过量的氯需要除去， 通常可用 Na2SO3作“脱 氯剂”， 脱氯后
39、的产物为 Na2SO4， 氯变为1 价。 若把本题中产生的 Cl2完全转化， 需要 Na2SO3 的质量为_。 【答案】 (1). 4.48L (2). 0.4 mol (3). 25.2 g 【解析】 【详解】 （1）17.4 g 物质的量为 17.4g87g/mol=0.2mol，根据方程式 MnO2 4HCl(浓)MnCl22H2OCl2，0.2molMnO2被还原生成 0.2mol 氯气，标准状况下的体 积为 0.2mol22.4L/mol=4.48L， 答案为：4.48L； （2）中的锰元素由+4 价变为+2 价， 即一个转移两个电子， 故 0.2mol 转移电子的物质的量为 0.4 mol， 故答案为：0.4 mol； （3）根据题目信息写出方程式，消耗 0.2mol 氯气需 要 0.2mol 亚硫酸钠，质量为：， 故答案为：25.2 g。
