2020-2021學年江西省銅鼓中學高二上學期開學考（非實驗班）化學試題（含解析）

銅鼓中學2021-2022學年高二上學期開學考試化學試題(非實驗班)本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答題卷上?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H：1C：12O：16Al：27S：32K：39Mn：55Cu：64第I卷(選擇題共48分)一、本題共16個小題，每小題3分，共48分，每小題只有一個選項符合題意。1.在芷蘭實驗學校2020級高一新生太陽山拉練活動中，很多同學在即將登頂時，看到陽光透過樹葉的縫隙而呈現(xiàn)出的美麗光束。形成這種現(xiàn)象的本質原因是（）A.發(fā)生了丁達爾效應B.霧是一種膠體C.空氣中的小水滴顆粒做布朗運動D.空氣中的小水滴顆粒直徑大小約為1-100nm【答案】D【解析】【詳解】清晨的陽光穿過茂密的林木枝葉所產生的美麗景象，是膠體的丁達爾現(xiàn)象，本質原因是膠體粒子即空氣中的小水滴粒徑大小在1-100nm。答案選D。2.下列敘述中，不正確的是A.NaOH溶于水時既破壞離子鍵又破壞了共價鍵B.CCl4和NH3都是只含有極性鍵的共價化合物C.Na2O2是含有非極性鍵的離子化合物D.CaO和NaCl晶體熔化時要破壞離子鍵【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．氫氧化鈉離子化合物，溶于水時在溶液中電離出鈉離子和氫氧根離子，只破壞了離子鍵，沒有破壞共價鍵，故A錯誤；B．四氯化碳和氨氣都是共價化合物，化合物中只含有極性共價鍵，故B正確；C．過氧化鈉是離子化合物，化合物中含有離子鍵和非極性鍵，故C正確；D．氧化鈣和氯化鈉都是離子化合物，晶體熔化時都要破壞離子鍵，故D正確；故選A。3.將過量的二氧化碳分別通入：①漂白粉溶液②硅酸鈉溶液③氫氧化鈣溶液④飽和碳酸鈉溶液⑤偏鋁酸鈉溶液。最終溶液中有白色沉淀析出的是A.②③④ B.②④⑤ C.①②③ D.①②⑤【答案】B【解析】【詳解】將過量的二氧化碳，通入①漂白粉溶液，CO2與CaCl2步反應，與Ca(ClO)2反應生成CaCO3后有生成Ca(HCO3)2，無白色沉淀析出；通入②硅酸鈉溶液得到硅酸白色沉淀；通入③氫氧化鈣溶液先生成CaCO3，后又生成可溶的Ca(HCO3)2，無白色沉淀；通入④飽和碳酸鈉溶液，反應生成溶解度較低的碳酸氫鈉，析出白色沉淀；通入⑤偏鋁酸鈉溶液生成氫氧化鋁白色沉淀。最終溶液中有白色沉淀析出的是②④⑤。故答案選擇B。4.用NA表示阿伏加德羅常數值，下列說法不正確的是A.10gD2O中含有的質子數與中子數均為5NAB.10g質量分數為46%的乙醇的水溶液中，含有的O數約為0.4NAC.加熱含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2的混合物，使其充分反應，轉移的電子數為2NAD.Na2O2與足量CO2反應生成2.24LO2時，轉移的電子數為0.2NA【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．重水分子中含有的質子數和中子數都為10，則10g重水中含有的質子數與中子數均為×10×NAmol—1=5NA，故A正確；B．乙醇和水分子中都含有氧原子，則10g質量分數為46%的乙醇的水溶液中含有的氧原子數目為×1×NAmol—1+×1×NAmol—1=0.4NA，故B正確；C．含4mol氯化氫的濃鹽酸與足量二氧化錳混合加熱時，隨著反應進行濃鹽酸的濃度會減小，稀鹽酸不能與二氧化錳進行反應，所以4mol氯化氫不能全部反應，轉移電子數小于2NA，故C錯誤；D．缺標準狀況下，無法計算22.4L氧氣的物質的量和反應轉移的電子數，故D錯誤；故選CD。5.下列事實能說明氯的非金屬性比硫強的是①硫酸比次氯酸穩(wěn)定；②氯化氫比硫化氫穩(wěn)定；③常溫下單質硫為固體，單質氯為氣體；④高氯酸是比硫酸酸性更強的酸；⑤鐵與氯氣反應生成氯化鐵，與硫反應生成硫化亞鐵；⑥濃鹽酸有揮發(fā)性，濃硫酸無揮發(fā)性。A.①②④ B.②③⑥ C.②④⑤ D.③④⑤【答案】C【解析】【分析】【詳解】①硫酸是硫元素的最高價氧化物對應的水化物，但是次氯酸不是元素的最高價氧化物對應的水化物，硫酸比次氯酸穩(wěn)定不能證明氯元素的非金屬性比硫元素強，故錯誤；②根據元素的氫化物越穩(wěn)定，其元素的非金屬性越強的原則知道，氯化氫比硫化氫穩(wěn)定，能說明氯元素的非金屬性比硫元素強，故正確；③常溫下單質硫固體，單質氯為氣體，與其非金屬性強弱沒有關系，故錯誤；④硫酸是S素的最高價氧化物對應的水化物，高氯酸是Cl的最高價氧化物對應的水化物，高氯酸是比硫酸更強的酸，能說明氯元素的非金屬性比硫元素強，故正確；⑤鐵與氯氣反應生成氯化鐵，與硫反應生成硫化亞鐵，前者鐵失去3個電子，后者失去2個電子，則能說明氯元素的非金屬性比硫元素強，故正確；⑥濃鹽酸有揮發(fā)性，濃硫酸無揮發(fā)性，不能說明氯元素的非金屬性比硫元素強，故錯誤；故選C。6.新型納米材料MFe2Ox(3<x<4)中，M表示＋2價的金屬元素，在反應中化合價不發(fā)生變化。常溫下，MFe2Ox能使工業(yè)廢氣中的SO2轉化為S，轉化過程表示如下：MFe2OxMFe2Oy，則下列判斷不正確的是A.MFe2Ox是還原劑B.MFe2Ox是該反應的催化劑C.x<yD.氧化性：MFe2Oy<SO2【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．MFe2Ox能使工業(yè)廢氣中的SO2轉化為S，硫元素化合價降低發(fā)生還原反應，所以MFe2Ox是還原劑，故A正確；B．MFe2OxMFe2Oy，MFe2Ox發(fā)生改變，MFe2Ox是反應物，不是催化劑，故B錯誤；C．反應過程中，F(xiàn)e元素化合價升高，所以結合氧原子數增多，x<y，故C正確；D．MFe2Ox能使工業(yè)廢氣中的SO2轉化為S，硫元素化合價降低發(fā)生還原反應，SO2是氧化劑，MFe2Oy是氧化產物，所以氧化性MFe2Oy<SO2，故D正確；選B。7.下列實驗符合操作要求且能達到實驗目的的是A.I可用于制備并檢驗氫氣的可燃性B.II可用于除去CO2中的HClC.用Ⅲ來配制一定物質量濃度的NaOH溶液D.用IV中操作可制備長久穩(wěn)定的氫氧化亞鐵【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．點燃H2前必須驗純，以防爆炸，故A不選；B．HCl與飽和碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳，二氧化碳不與碳酸氫鈉反應，II可用于除去CO2中的HCl，故B選；C．不能在容量瓶中溶解固體，故C不選；D．氫氧化亞鐵容易被空氣中的氧氣氧化，IV中沒有隔絕空氣，不能制備長久穩(wěn)定的氫氧化亞鐵，故D不選；故選B。8.利用傳感器和信息處理終端對氯水的光照實驗進行數據采集與分析得到以下圖像，相關說法不正確的是A.圖一可為光照過程中氯水的pH值變化情況B.圖二可為光照過程氯水中氯離子濃度的變化情況C.圖三可為光照過程中氯氣在瓶中的體積分數D.氯水應保存在配有玻璃塞棕色細口瓶中【答案】C【解析】【分析】氯水中存在平衡：H2O+Cl2HCl+HClO，光照時：2HClO=2HCl+O2↑，HClO

的消耗使第一個反應向正向移動，有更多的

HCl

生成，HClO

減少，生成更多的

O2，以此解答?！驹斀狻緼．由分析，光照會有更多的

HCl

生成，HCl為強酸，則溶液的

pH

下降，A選項正確；B．光照過程中，HClO

分解生成

HCl，增加

H+

的同時也增加

Cl?，Cl?

濃度應提高，B選項正確；C．光照使反應H2O+Cl2HCl+HClO向正反應進行的程度更大，消耗更多的

Cl2，Cl2

的濃度降低，C選項錯誤；D．光照能夠使氯水中的

HClO

分解，因此氯水應保存在玻璃塞的棕色瓶中，避免陽光直射，D選項正確；故選C。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數與X、Z的最外層電子數之和相等，Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構如圖所示。下列敘述正確的是A.元素非金屬性強弱的順序為W＞Y＞ZB.化合物M中W不都滿足8電子穩(wěn)定結構C.W分別與X、Y、Z形成的二元化合物均只有一種D.Y單質的熔點高于X單質【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則X為Na元素；根據結構，W最外層有6個電子，原子序數小于11，則W為O元素；Y最外層有4個電子，原子序數大于11，則Y為Si元素；W的核外電子數為8，與X、Z的最外層電子數之和相等，則Z最外層有7個電子，只能為Cl元素；Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍，符合題意。根據上述分析，W為O元素，X為Na元素，Y為Si元素，Z為Cl元素，據此分析解答。【詳解】A．同一周期，從左向右，非金屬性增強，同一主族，從上到下，非金屬性減弱，則元素非金屬性強弱的順序為：O＞Cl＞Si，即W＞Z＞Y，故A錯誤；B．根據M的結構可知，陰離子帶2個單位負電荷，是其中的2個O各自得到1個電子形成的，所以化合物M中的O都滿足8電子穩(wěn)定結構，故B錯誤；C．O與Na能夠形成氧化鈉和過氧化鈉2種，O和Cl能形成Cl2O、ClO2等多種氧化物，故C錯誤；D．X為Na元素，Y為Si元素，鈉為熔點較低的金屬晶體，硅為共價晶體，熔點高于鈉，即Y單質的熔點高于X單質，故D正確；故答案選D。10.研究性學習小組進行了一系列化學實驗后，發(fā)現(xiàn)高錳酸鉀分解后的含錳元素的化合物都能和濃鹽酸反應制得氯氣，且含錳化合物的還原產物都是MnCl2.他們將6.32gKMnO4粉末加熱一段時間，也不知道高錳酸鉀是否完全分解，收集到0.112L氣體后便停止加熱了，冷卻后放入足量的濃鹽酸再加熱，又收集到氣體體積是(上述氣體體積都折合成標準狀況)A.2.016L B.2.240L C.0.448L D.0.336L【答案】A【解析】【詳解】本題不論是KMnO4分解，還是與濃鹽酸反應，都是Mn元素得電子，所以由電子守恒可列式計算。有6.32gKMnO4，即0.04mol，因為Mn從+7價→到+2價，所以得電子總數為0.2mol。其中KMnO4分解產生0.112LO2，這一步Mn元素得=0.02mole-，故KMnO4分解后產物經冷卻后放入足量的濃鹽酸再加熱，這一步得0.18mole-，由HCl→Cl2的過程可知生成1molCl2失2mole-，故生成0.09molCl2，故又收集到氣體體積是2.016L；故答案為A。11.某磁黃鐵礦的主要成分是FexS(S為-2價)，既含有Fe2＋又含有Fe3＋。將一定量的該磁黃鐵礦與100mL的鹽酸恰好完全反應(注：礦石中其他成分不與鹽酸反應)，生成2.4g硫單質、0.425molFeCl2和一定量H2S氣體，且所得溶液滴加硫氰化鉀溶液，溶液顏色無明顯變化。則下列說法不正確的是A.該鹽酸的物質的量濃度為8.5mol·L-1B.生成的H2S氣體在標準狀況下的體積為9.52LC.該磁黃鐵礦FexS中，x=0.85D.該磁黃鐵礦FexS中，F(xiàn)e2＋的物質的量為0.15mol【答案】D【解析】【分析】n(S)==0.075mol，F(xiàn)e3+和S2-發(fā)生了氧化還原反應，因有H2S氣體生成，或所得溶液滴加硫氰化鉀溶液，溶液顏色無明顯變化，確定S2-有剩余，F(xiàn)e3+全部被還原生成了Fe2+，根據轉移電子守恒得n(Fe3+)==0.15mol，則n(Fe2+)=0.425mol?0.15mol=0.275mol，所以Fe2+與Fe3+的物質的量之比==11:6?！驹斀狻緼．鹽酸恰好反應生成FeCl20.425mol，根據氯原子守恒得：c(HCl)==8.5mol/L，A正確；B．根據氫原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，則V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，B正確；C．FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe):n(S)=0.425mol:0.5mol=0.85，所以x=0.85，C正確；D．根據上述分析計算Fe2+的物質的量為0.275mol，D錯誤。故選D。12.下列離子方程式書寫正確的是A.碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液：＋＋2OH-=+NH3·H2O+H2OB.用CH3COOH溶解水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C.溶液中加入過量的HI溶液：D.用過量石灰乳吸收工業(yè)尾氣中的SO2：Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O【答案】A【解析】【詳解】A．碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液：＋＋2OH-=+NH3·H2O+H2O，A正確；B．用CH3COOH溶解水垢中的CaCO3：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，B錯誤；C．電離出的在過量HI的酸性環(huán)境中表現(xiàn)出強氧化性，先于Fe3+氧化I-，C錯誤；D．石灰乳在離子方程式中不能拆寫，D錯誤；故選A。13.在一密閉容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2，用電火花引燃，使其完全反應，Na2O2增重7.5g，則原混合氣體中O2的質量分數是A.33.3% B.40% C.36% D.54.5%【答案】D【解析】【詳解】CO燃燒生成二氧化碳，反應方程式為2CO+O2═2CO2，二氧化碳與過氧化鈉發(fā)生反應2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固體增加的質量為相當于CO的質量，氫氣燃燒生成水，反應方程式為2H2+O2═2H2O，水與過氧化鈉發(fā)生反應2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固體增加的質量為相當于H2的質量，CO、H2、O2用電火花引燃，使其完全反應，Na2O2增重7.5g就是原混合氣體中CO、H2的質量和，所以混合氣體中氧氣的質量為16.5g-7.5g=9g，氧氣的質量分數為9g/16.5g×100%=54.5%．D項正確；答案選D。14.下列實驗操作所對應的實驗現(xiàn)象或者結論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象或者結論A向CaCl2溶液中通SO2至過量先產生白色沉淀，后沉淀逐漸溶解B未知溶液進行焰色試驗焰色為黃色，該溶液為NaOH溶液C向一種未知溶液中滴加少量的BaCl2溶液有白色沉淀生成，該溶液中含有D向一種未知溶液中滴加足量的鹽酸，將產生的無色無味氣體通入澄清石灰水溶液變渾濁，該溶液中至少含有、其中的一種A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由于HCl的酸性比H2SO3的強，故向CaCl2溶液中通SO2至過量不反應，始終無明顯現(xiàn)象，A不合題意；B．對未知溶液進行焰色試驗，焰色為黃色，說明該溶液中含有Na元素，但不一定為NaOH溶液，還可以是NaCl溶液，Na2SO4溶液等，B不合題意；C．向一種未知溶液中滴加少量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，由于BaCO3、BaSO3、AgCl均為白色沉淀，故該溶液中不一定含有，因為有Ag+、、等離子的干擾，C不合題意；D．向一種未知溶液中滴加足量的鹽酸，將產生的無色無味氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，說明產生的氣體為CO2，故該溶液中至少含有、其中的一種，D符合題意；故答案為：D。15.下列實驗與圖像對應的是選項ABCD實驗NaAlO2溶液中逐滴滴加鹽酸至過量AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至過量明礬溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至過量向Ba(OH)2溶液中緩慢通入CO2至過量圖像A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．向偏鋁酸鈉溶液中加入稀鹽酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先產生沉淀，后沉淀溶解，所用n(HCl)之比為1∶3，所用鹽酸的體積與圖像不符，故A錯誤；B．向AlCl3溶液中加氨水：AlCl3+3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，逐漸產生沉淀，且沉淀不溶解；與圖像不符，故B錯誤；C．向KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同時Al(OH)3溶解(此時生成沉淀的速度比前面小)，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀，產生沉淀先快，再慢，最后不變，且所耗Ba(OH)2物質的量也與圖像相符，故C正確；D．向石Ba(OH)2中通入二氧化碳：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，先產生沉淀，后沉淀溶解，所用n(CO2)之比為1∶1，與圖像不符，故D錯誤；故選C。16.將agCuO和銅粉的混合物樣品加入到體積為1L的H2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，樣品完全溶解，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三種陽離子，且三種陽離子物質的量之比為5︰3︰1(不考慮鹽的水解及溶液體積的變化)。若測得反應后溶液的c(H+)=0.1mol/L，下列說法不正確的是A.原溶液中c(H2SO4)為0.1mol/LB.向反應前的溶液中加入足量鐵粉，產生的氣體體積(標準狀況下)為2.24LC.混合物中銅的質量分數為20%D.將足量的H2通入灼熱的混合物，反應結束后，混合物的質量減少了0.8g【答案】C【解析】【分析】c(H+)=0.1mol/L，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三種陽離子，且三種陽離子物質的量之比為5：3：1，c(Fe2+)=5c(H+)=0.5mol/L，c(Cu2+)=3c(H+)=0.3mol/L，由電荷守恒可知2c()=2×0.5mol/L+2×0.3mol/L+1×0.1mol/L，解得c()=0.85mol/L，由Fe原子守恒可知，F(xiàn)e2(SO4)3的濃度為0.25mol/L，由硫酸根離子守恒可知原溶液中c(H2SO4)=0.85mol/L-0.25mol/L×3=0.1mol/L，n(Fe2+)=0.5mol/L×1L=0.5mol，由Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，可知n(Cu)=0.25mol，由Cu原子守恒可知n(CuO)=0.3mol-0.25mol=0.05mol，則原混合物樣品中n(CuO)：n(Cu)=0.05mol：0.25mol=1：5，據此分析可知?！驹斀狻緼．由分析可知，原溶液中c(H2SO4)為0.1mol/L，A正確；B．由分析可知，原溶液中c(H2SO4)為0.1mol/L，向反應前的溶液中加入足量鐵粉，反應為：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，產生的氣體體積(標準狀況下)為0.1mol/L×1L×22.4L/mol=2.24L，B正確；C．由分析可知，原混合物樣品中n(CuO)：n(Cu)=0.05mol：0.25mol=1：5，混合物中銅的質量分數為=96%，C錯誤；D．將足量的H2通入灼熱的混合物，反應結束后，混合物的質量減少即減少了CuO中O元素的質量，由分析可知原混合物中n(CuO)=0.3mol-0.25mol=0.05mol，故減少的質量為：0.05mol×16g/mol=0.8g，D正確；故答案為：C。第II卷(非選擇題共52分)二、本題包括小題，共52分。17.已知X、Y、Z、W四種元素分別是元素周期表中連續(xù)三個短周期的元素，且原子序數依次增大。X、W同主族，Y、Z為同周期的相鄰元素。W原子的質子數等于Y、Z原子最外層電子數之和。Y的氫化物分子中有3個共價鍵，試推斷：（1）由以上元素中兩兩形成的化合物：①溶于水顯堿性的氣態(tài)氫化物的結構式為___________②含有非極性共價鍵的離子化合物的電子式為___________（2）由X、Y、Z所形成的常見離子化合物與W的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液加熱時反應的離子方程式為___________（3）Y、Z、W對應的離子半徑由大到小的順序為___________(用離子符號表示)?！敬鸢浮浚?）①.②.（2）+OH﹣NH3↑+H2O（3）N3->O2->Na+【解析】【分析】X、Y、Z、W四種元素分別是元素周期表中連續(xù)三個短周期的元素，且原子序數依次增大，X、W同主族，則X、W分別是H、Na；Y的氫化物分子中有3個共價鍵，Y原子序數比Na小，推斷B或N，結合Y、Z為同周期的相鄰元素且Y、Z原子最外層電子數之和等于Na的原子的質子數，推斷Y、Z分別是N、O。故X、Y、Z、W四種元素分別是H、N、O、Na，據此答題?！拘?詳解】由H、N、O、Na兩兩形成的化合物，①溶于水顯堿性的氣態(tài)氫化物是NH3，結構式為；②含有非極性共價鍵的離子化合物是Na2O2，電子式為?！拘?詳解】H、N、O所形成的常見離子化合物NH4NO3與Na的最高價氧化物對應的水化物NaOH的濃溶液加熱時反應的離子方程式為+OH﹣NH3↑+H2O?！拘?詳解】N、O、Na對應的離子N3-、O2-、Na+都具有相同的電子層數，其核電荷數越大半徑越小，半徑由大到小的順序為N3->O2->Na+。18.現(xiàn)有下列物質：①FeBr2溶液②Al③氫氧化鐵膠體④CO2⑤氯水⑥鐵粉⑦NaHSO4（1）上述物質中屬于電解質的是___________。(填序號)（2）甲、乙兩燒杯中各盛有100mL3mol·L-1的鹽酸和NaOH溶液，向兩燒杯中分別加入等質量的②，反應結束后，測得生成的氣體體積比為V(甲)∶V(乙)=1∶2，寫出②與NaOH溶液反應的離子方程式___________，加入鋁粉的質量為___________（3）在①中加入等物質的量的⑤的離子方程式為___________（4）往③緩慢滴加稀硫酸至過量的現(xiàn)象是___________，發(fā)生反應的化學方程式___________?！敬鸢浮浚?）⑦（2）①.2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑②.5.4g（3）2Fe2++2Cl2+2Br-=2Fe3++Br2+4Cl-（4）①.產生紅褐色沉淀，后沉淀慢慢溶解，溶液呈棕黃色②.2Fe(OH)3(膠體)+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O【解析】【小問1詳解】①FeBr2溶液，屬混合物；②Al，是單質；③氫氧化鐵膠體，是分散系；④CO2本身不電離，溶于水后能導電，是非電解質；⑤氯水，屬混合物；⑥鐵粉，是單質；⑦NaHSO4是化合物，溶于水后能電離出離子導電，是電解質。單質和混合物既不是電解質，也不是非電解質?！拘?詳解】Al與NaOH溶液反應的離子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；根據和，由V(甲)∶V(乙)=1∶2和HCl和NaOH均是0.3mol，推斷需要Al的物質的量0.2mol，質量為5.4g?！拘?詳解】FeBr2溶液中加入等物質的量的氯水，由于Fe2+的還原性強于Br-，先被Cl2氧化，剩余的Cl2氧化Br-，離子方程式為2Fe2++2Cl2+2Br-=2Fe3++Br2+4Cl-?！拘?詳解】往氫氧化鐵膠體緩慢滴加稀硫酸至過量，電解質使膠體發(fā)生聚沉，出現(xiàn)紅褐色沉淀，后稀硫酸與氫氧化鐵沉淀發(fā)生反應：2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，生成可溶性硫酸鐵，沉淀慢慢溶解，溶液呈棕黃色。19.一種用鋁土礦和硫鐵礦燒渣(配料中含Al2O3、Fe2O3、FeO及SiO2等)為原料制備無機高分子絮凝劑——聚合堿式氯化鋁鐵的流程如下：

(提示：SiO2為難溶于鹽酸的固體)（1）濾渣1的主要成分是___________；步驟Ⅱ酸溶時，F(xiàn)e2O3被溶解的離子方程式為___________。（2）若步驟Ⅳ加入的試劑為雙氧水，則發(fā)生的離子反應方程式為___________。（3）步驟Ⅴ加入適量NaOH溶液發(fā)生反應生成聚合堿式氯化鋁鐵，若NaOH過量，可能造成的影響是___________；步驟Ⅵ包含的操作有___________、洗滌、干燥。（4）測定聚合堿式氯化鋁鐵[FeaAlb(OH)xCly]n中a與b的比值的步驟如下：步驟1：準確稱取產品11.4200g溶于水，加入足量的稀氨水，過濾，將濾渣灼燒至質量不再變化，得到6.7000g固體。步驟2：另準確稱取相同質量樣品，溶于足量NaOH溶液，過濾，充分洗滌，將濾渣灼燒至質量不再變化，得到固體1.6000g。計算產品中a：b的比值為___________?！敬鸢浮浚?）①.SiO2②.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（2）H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+（3）①.得到的是Fe(OH)3和NaAlO2，產率降低(或將鋁元素轉變?yōu)?，不利于絮凝劑的制?②.過濾（4）1：5【解析】【分析】鋁土礦和硫鐵礦燒渣酸溶后得到含AlCl3、FeCl2、FeCl3的濾液，濾渣I為與鹽酸不反應的SiO2；濾液中加入雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH溶液聚合，靜置，經過濾、洗滌、干燥制得聚合堿式氯化鋁鐵。【小問1詳解】濾渣I為與鹽酸不反應的SiO2；Fe2O3與鹽酸反應的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O?！拘?詳解】酸溶時溶液中含有亞鐵離子，加入H2O2溶液可使亞鐵離子變?yōu)殍F離子，反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小問3詳解】若加入過量的NaOH時，無機高分子絮凝劑聚合堿式氯化鋁鐵中的Al元素變?yōu)槠X酸鈉，鐵元素變?yōu)闅溲趸F沉淀；步驟Ⅵ中，可經過過濾、洗滌、干燥可得到無機高分子絮凝劑聚合堿式氯化鋁鐵?！拘?詳解】步驟1中加入足量的稀氨水，過濾，將濾渣灼燒至質量不再變化，得到的6.7000g固體為Fe2O3和Al2O3；步驟2中加入足量NaOH溶液，過濾，充分洗滌，將濾渣灼燒至質量不再變化，得到的0.8000g固體為Fe2O3，根據Fe守恒，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.02mol；根據Al守恒，n(Al)=2n(Al2O3)=2×=0.10mol；產品中n(Fe)/n(Al)的比值為0.02mol:0.10mol=1:5。20.Na2CO3可用于紡織、制肥皂、造紙、制玻璃等，NaHCO3可用于制藥、焙制糕點等，兩者都是白色固體；某實驗小組通過以下實驗來探究Na2CO3和NaHCO3兩種物質的性質。（1）稱取兩種固體各2g，分別放入兩個小燒杯中，再各滴加10mL蒸餾水，振蕩，測量溫度變化；待固體充分溶解，并恢復至室溫后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞試液。發(fā)現(xiàn)Na2CO3固體完全溶解，而NaHCO3固體有剩余，由此得到結論___________。（2）“套管實驗”的實驗裝置如圖所示，請分析實驗原理，并回答下列問題：①整個實驗過程中，能觀察到燒杯A中的現(xiàn)象是___________；②實驗結束時的操作是___________。（3）寫出實驗過程中試管中發(fā)生反應的化學方程式：___________。（4）該實驗可證明NaHCO3的熱穩(wěn)定性___________(填“強于”“弱于”或“等于”)Na2CO3；證明熱穩(wěn)定性的實驗裝置中，能否將NaHCO3、Na2CO3的位置互換？___________(填“能”或“不能”)。（5）能用來鑒別Na2CO3和NaHCO3兩種白色固體的實驗操作是___________。A．將Na2CO3和NaHCO3配制成同濃度的溶液，用pH試紙測定pH值并做比較B．兩支試管中均盛有3mL6mol/L稀鹽酸，將少量等質量的Na2CO3、NaHCO3粉末同時倒入試管中，比較反應快慢(如圖)C．分別在這兩種物質的溶液中，加入少量Ca(OH)2溶液（6）下列實驗方案中，不能測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質量分數的是_______。A.取ag混合物充分加熱，減重bgB.取ag混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒，得bg固體C.取ag混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收，增重bgD.取ag混合物與足量Ba(OH)2溶液充分反應，過濾、洗滌、烘干，得bg固體【答案】（1）①同溫度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3（2）①.導管口有氣泡產生②.先將導氣管從A、B燒杯中取出，再停止加熱（3）（4）①.弱于②.不能（5）AB（6）C【解析】【小問1詳解】待固體充分溶解，并恢復至室溫后，同是2g溶于10mL蒸餾水，Na2CO3固體完全溶解，而NaHCO3固體有剩余，說明同溫度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3。【小問2詳解】①如圖所示，裝Na2CO3固體大管通入A燒杯，加熱后管內溫度升高氣壓增大，氣體從導管排出，A中產生氣泡；②為了防止因試管溫度下降氣壓降低導致燒杯內液體倒吸，實驗結束時應先將導氣管從A、B燒杯中取出，再停止加熱?！拘?詳解】Na2CO3固體受熱不分解，NaHCO3固體受熱分解化學方程式：?！拘?詳解】NaHCO3固體在內管，溫度低于外管的Na2CO3固體，而分解，溫度較高的Na2CO3固體未分解，證明NaHCO3的熱穩(wěn)定性弱于Na2CO3；若是將NaHC