2022年陕西白水中学化学高一第一学期期中经典试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是AOH -、 K+、NH4+ BBa2、 SO42 -、HCAg、 K、Cl - DNa+、 Cl -、 CO32 -2、欲配制

2、下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是（ ）AK+、Mg2+、Cl-、BNa+、Ca2+、C、K+、Na+D、Al3+、Cl-3、用可溶性钡盐检验 SO离子的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是( )A形成较多的白色沉淀B形成的沉淀纯度更高C排除 SO以外的其它阴离子及 Ag+的干扰D排除 Ba2+以外的其它阳离子的干扰4、实验室配制100mL1molL-1的NaCl溶液。下列有关操作错误的是A用托盘天平称取5.85gNaCl固体B在盛有NaCl的烧杯中加入适量蒸馏水，搅拌溶解，静置至室温再移入容量瓶中C用蒸馏水洗涤烧杯内壁、玻璃棒23次，洗涤液移入容量瓶中D沿着玻璃棒往容量瓶中加

3、蒸馏水，到离刻度线12cm时改用胶头滴管滴加，直到凹液面最低处恰好与刻度线相切5、下列物质的保存方法不正确的是ANa置于煤油中B白磷置于冷水中CNaOH溶液置于配有橡皮塞的玻璃瓶中D氯水置于无色玻璃瓶中6、下列属于置换反应的是（ ）ABCD7、粗盐溶液过滤，除去泥沙后的滤液中，含有可溶性的氯化钙、氯化镁、硫酸钠等杂质，通过如下几个实验步骤，可将上述杂质除去：加入稍过量的碳酸钠溶液；加入稍过量的氢氧化钠溶液；加入稍过量的氯化钡溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤。正确的操作顺序是ABCD8、下列有关气体的体积叙述正确的是（ ）A1mol任何气体的体积都约为22.4LB非标准状况下，1mol 任何气

4、体的体积都不可能为22.4LC标准状况下，1molH2和1molH2O所占的体积都约为22.4LD在温度和压强相同的状况下，相同质量的一氧化碳和氮气体积相同9、下列化学方程式中有一个与其他三个在分类上不同,这个化学方程式是A3Fe+2O2Fe3O4BCO2+C2COC2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2DCaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)210、配制100mL1.0molL-1的NaOH溶液，下列情况不会影响溶液浓度的是A容量瓶使用前有蒸馏水B配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C俯视确定凹液面与刻度线相切D称量NaOH固体时使用了称量纸11、判断下列概念的依据正确的是

5、A纯净物与混合物：是否仅含有一种元素B溶液与胶体的本质区别：能否发生丁达尔现象C酸的本质：电离时产生的阳离子是否全是HD电解质与非电解质：在溶液中或熔融状态下能否导电12、乙烯发生的下列反应中，不属于加成反应的是 （ ）A与氢气反应生成乙烷B与水反应生成乙醇C与溴水反应使之褪色D与氧气反应生成二氧化碳和水13、1mol CH4与氯气发生取代反应，待反应完全后，测得四种产物的物质的量相等，则消耗氯气的物质的量是( )A1.25molB5molC2.5molD4mol14、符合下图中阴影部分的物质是（ ）ACO2 BCu2OCNO2 DNa2O15、2.0g CO中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是

6、（ ）Amol1 Bmol1 C14x mol1 D7xmo-116、纯净的二氧化硅可用于制造光导纤维。二氧化硅属于（ ）A酸 B碱 C盐 D氧化物二、非选择题（本题包括5小题）17、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2

7、.33g。根据上述实验回答下列问题：实验（1）中反应的离子方程式为_，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为_。溶液中一定不存在的离子有_；溶液中一定存在的离子有_，其中阴离子的物质的量浓度分别为_；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl？_（填“能”或“不能”），理由是_。推断K+是否存在并说理由：_.18、今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：乙BA水；AC乙D；甲BA水。（1）写出下列四种物质的化学式：甲_

8、， 乙_， A_， D_。（2）用离子方程式表示上述三个变化：_，_，_。19、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验：取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤。（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是_。.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（2）实验过程中需持续缓缓通

9、入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有_。（3）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_（填标号）。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快c.在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（4）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为_。（5）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是_。（6）将等体积的AlCl3与NaOH溶液混合，充分反应后

10、，测得混合溶液中含有铝元素质量是沉淀中含有铝元素质量的2倍，则c(AlCl3)与c(NaOH)的比值是_。20、某校科学兴趣小组探究二氧化碳与过氧化钠反应是否有氧气生成，设计了如图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液吸收挥发出的HCI，E为收集氧气装置。(1)C中盛有_，作用是_。(2)写出装置D中发生反应的化学方程式_。(3)指出装置E的错误：_。21、铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：请回答下列有关问题：（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是_。A铝矾石中含有两种类型氧化物B

11、铝矾石与河沙含有完全相同的成分C铝矾石炼铝需要消耗电能D铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_。（3）滤液中所含溶质有_；步骤反应的离子方程式为_。（4）若步骤中用氨气代替CO2，步骤生成沉淀的离子方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】分析：能够反应生成沉淀，气体和水，以及弱酸和弱碱的离子在溶液中不能大量共存。详解：AOH 和NH4+离子之间发生反应生成氨水，在溶液中不能大量共存，故A错误；BBa2和SO42 -之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；CAg+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共

12、存，故C错误；DNa+、Cl-、CO32-之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。点睛：本题考查离子共存的判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。本题的易错点为A，注意NH3H2O属于难电离的物质，类似与水。2、D【解析】能配制成功的标准一是离子要大量共存，二是不能有颜色。【详解】AMg2+与反应生成沉淀，且酸性条件下， 不能大量共存，A不能配制；BCa2+和反应生成沉淀，且酸性条件下， 不能大量共存，B不能配制；C溶液里有时为紫红色，题目要求配制无色透明的酸性溶液，C不能配制；D酸性条件下

13、题中所给离子之间不发生反应，可大量共存，且离子溶于水后都为无色，D能配制。答案选D。3、C【解析】根据题中检验 SO离子的存在可知，本题考查检验 SO离子时的干扰离子的排除，运用在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、银离子等的干扰分析。【详解】A.硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的多少没关系，故A错误；B.硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的纯度没关系，故B错误；C.加盐酸时，如果有白色沉淀出现，则可以排除银离子、碳酸根离子等阴离子的干扰，故C正确；D.和盐酸反应生成沉淀的阳离子只有银离子，所以不需排除Ba2+以外的其它阳离子干

14、扰，故D错误；答案选C。4、A【解析】A托盘天平称量时只能准确到小数点后一位数，所以只能称量5.9g药品，不能称量5.85gNaCl，故A错误；BNaCl固体要先在烧杯中溶解，冷却后再用玻璃棒引流转移至100mL容量瓶，故B正确；C烧杯、玻璃棒要洗涤，洗涤液也要注入容量瓶，保证溶质全部转移，故C正确；D定容时，沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，直至溶液凹液面恰好与刻度线相切，故D正确。答案选A。5、D【解析】A金属钠与煤油不反应，且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔开了空气，所以钠能保存在煤油中，选项A正确；B白磷在冷水中保存：可以隔绝空气，选项B正确；C因玻

15、璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应有硅酸钠（Na2SiO3）生成，硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而应在带橡胶塞的玻璃瓶，选项C正确；D新制氯水中的次氯酸见光容易分解，不能保存在无色玻璃瓶中，应该盛放在棕色瓶中，选项D不正确；答案选D。6、D【解析】置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，据此进行分析判断。【详解】A该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故A不选；B该反应符合“多变一”，是化合反应，故B不选；C该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故C不选；D与反应生成和的反应属于置换反应，故D选；答案选D。7、

16、A【解析】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即一定在之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即在之后，正确的顺序为；答案选A。8、D【解析】A.气体的体积必须先注明是否为标准状况，条件不确定，无法计算气体体积，故A错误；B.由理想气体方程pV=nRT可知，非标准状况下，1mol任何气体的体积也可能为22.4L，故B错误；C.标准状态下，H2O是液态，无法计算1molH2

17、O所占的体积，故C错误； D.一氧化碳和氮气的摩尔质量相同，相同质量的一氧化碳和氮气的物质的量相同，由阿伏加德罗定律可知，相同的温度与压强下，体积必然相同，故D正确；故选D。9、C【解析】A、B、D都为化合反应，即两种或两种以上的物质发生反应后生成一种物质的反应；C为分解反应，即一种物质反应后生成两种或两种以上物质的反应，故选C。10、A【解析】A、容量瓶使用前有蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，故A正确；B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C、俯视确定凹液面与刻度线相切，会导致加入的

18、蒸馏水体积偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏高，故C错误；D、称量NaOH固体时使用了称量纸，导致氢氧化钠吸水或与空气中二氧化碳反应，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故D错误；故选A【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，注意掌握误差分析的方法与技巧，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力11、C【解析】A. 仅含有一种元素的物质，可能是纯净物，也可能是混合物(如O2与O3)，A错误；B. 溶液与胶体的本质区

19、别：分散质粒子直径是否介于10-910-7m之间，B错误；C. 在水溶液中，电离产生的阳离子全部为H，这是酸的本质，C正确；D. 化合物在溶液中或熔融状态下能否导电，用于区分电解质与非电解质，D错误。故选C。12、D【解析】A乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个氢原子生成乙烷，属于加成反应，故A不选；B乙烯中的双键断裂，其中一个碳原子上结合H原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，属于加成反应，故B不选；C乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，属于加成反应，故C不选；D乙烯与氧气反应生成二氧化碳和水，属于氧化反应，不属于加成反应，故D选；故选D。【点睛】本题的易错

20、点为C，要注意区分乙烯使溴水褪色和使酸性高锰酸钾溶液褪色的区别。13、C【解析】1mol与反应生成的有机物为、，且每一种取代产物的物质的量均为，根据取代一个氢消耗一个氯气的反应原理分析有机物消耗氯气的物质的量为，故C符合题意。综上所述，答案为C。14、A【解析】A. CO2 为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A正确； B. Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B错误；C. NO2 中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C错误；D. Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D错误；综上所述，本题选A。15、D【解析】利用CO的构

21、成及n=m/M、N=nNA来计算，即可解答。【详解】2.0g CO的物质的量为2.0g28g/mol=1/14mol，又一氧化碳分子是由2个原子构成的，则原子的物质的量为1/14mol2=1/7mol，由N=nNA可知，阿伏加德罗常数为x1/7mol=7xmol-1。故选D。16、D【解析】根据氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物进行解答【详解】二氧化硅是由氧元素和硅元素组成的化合物，属于氧化物。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-+NH4+=NH3+H2O BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Mg2+、Ba2+ NH4+，SO42、CO32 c(SO42)

22、=0.1mol/L， c( CO32)=0.2 mol/L 不能 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银 存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。 【解析】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质

23、量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可

24、以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3+H2O ；

25、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42、CO32；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42、CO32；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42、CO32；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸

26、钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32)=0.02mol；浓度各为：c(SO42)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42、CO32；c(SO42)=0.1mol/L，c( CO32)=0.2 mol/L。结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42、CO32；取第三份原溶液

27、，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42、CO32,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用中分析、计算可以知道SO42、CO32的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.051=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.012+0.022=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是

28、:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。18、CuO Cu(OH)2 CuCl2 NaCl Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2 CuO+2H+=Cu2+ +H2O 【解析】甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜【详解】(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应

29、为：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2+ +H2O。19、（1）通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体生成、沉淀溶解；（2）把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收（1）c、d （4）25% （5）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中 （6） 1:1或1:11【解析】试题分析：（1）通入过量CO2时发生反应：AlO2CO22H2O=Al(OH)1HCO1，产生白色沉淀，再加过量盐酸时发生反应：Al(OH)11H=Al11H2O，HC

30、O1H=H2OCO2，白色沉淀溶解，同时产生气体。（2）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH) 2溶液吸收；（1）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，a不符合；b、滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，b不符合；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高测定准确度， c符合；d在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，氯化氢已被C装置吸收，不影响CO2，不能提高测定准确度， d

31、符合；（4）BaCO1质量为194g，则n（BaCO1）=222mol，则n（CaCO1）=222mol，质量为222mol122g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为122%=25%（5）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高；（6）根据反应：AlCl1+1NaOH=Al(OH)1+1HCl，Al(OH)1+ NaOH= NaAlO2+2H2O，溶液中铝元素的存在形式可以是Al1或AlO2。故当溶液中Al1与Al(OH)1物质的量之比为21时，c(AlCl1)：c(NaOH)11=1：1；当溶液中AlO2与Al

32、(OH)1的物质的量之比为21时，c(AlCl1)：c(NaOH)111。考点：考查元素及其化合物的性质。20、浓硫酸 干燥CO2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 集气瓶中导管应该左短右长 【解析】A装置中大理石与盐酸反应制取CO2；B装置中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl气体；由于过氧化钠与水蒸气反应生成氧气，所以通入D装置中的CO2必须是干燥的，则C中盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置D中实现过氧化钠与二氧化碳的反应；E为排水法收集氧气；据此分析作答；【详解】(1)A装置中由大理石与盐酸反应制得的二氧化碳中混有HCl和H2O(g)，B装置中盛放饱和碳酸氢钠溶液，用

33、于除去二氧化碳中混有的HCl，水蒸气也能与过氧化钠反应生成O2，为防止水蒸气与Na2O2反应产生的O2对反应的干扰，C装置中盛放浓硫酸，用于干燥二氧化碳； (2)装置D中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； (3)根据装置图，E装置采用排水法收集氧气，为了将E装置中的水排入F中，E装置中集气瓶的导管应左短右长。21、C Al2O3+6H+2Al3+3H2O，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O NaOH、NaAlO2 OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3 Al3+3NH3H2OAl(OH)3

34、+NH4+ 【解析】氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则步骤中生成的沉淀是氢氧化铝，因此滤液中含有偏铝酸盐，则原料B是强碱，因此滤液中含有铝盐和铁盐，则原料A应该是酸，所以残渣是二氧化硅，结合问题分析解答。【详解】（1）A、铝矾石中含有的SiO2是非金属氧化物，氧化铁是金属氧化物，氧化铝是两性氧化物，因此含有三种类型的氧化物，故A错误；B、河沙的主要成分为SiO2，因此铝矾石与河沙含有的成分不完全相同，故B错误；C、电解法炼铝，必定消耗电能，故C正确；D、步骤是酸溶解氧化铁和氧化铝，步骤是碱沉淀铁离子以及把铝离子转化为偏铝酸根离子，步骤是二氧化碳把偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解以及氧化

35、铝电解均是分解反应，所以铝矾石炼铝的过程中涉及复分解反应、分解反应等，不涉及置换反应，故D错误。答案选C。（2）原料A溶解矿石，可利用强酸，分离出不溶物SiO2，反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O。（3）步骤中可加入强碱例如氢氧化钠，沉淀出Fe3，使Al3转化为偏铝酸根离子留在溶液里，所以滤液中所含溶质为NaOH、NaAlO2。通入CO2发生的反应为：OH+CO2HCO3、CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3；（4）若步骤中用氨气代替CO2，则滤液中含有铝离子，则步骤生成沉淀的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+NH4+。【点睛】该题以铝矾石制取金属铝的工艺流程图为载体，培养学生获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、概括、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力。该题的关键是明确有关物质的性质差异，并能结合流程图灵活运用即可。