【化学】山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

【化学】山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

山西省忻州市第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题 第I卷（选择题）（共48分）‎ 一．选择题（本题有16个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分。）‎ ‎1.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是（ ）‎ A. 溶解 B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；‎ B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；‎ C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；‎ D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎2.下列甲、乙、丙、丁所示的装置或操作能达到实验目的是( )‎ A. 用甲所示的装置与操作检验某物质中K+的存在 B. 用乙所示的装置除去氯气中的少量H2O C. 用丙所示的装置分离酒精与水 D. 用丁所示的装置收集NH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用洁净的铂丝蘸取某无色溶液，放在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰的颜色呈紫色说明溶液中有钾元素，故A正确；‎ B.导管长进短出，否则会将液体排除，故B错误; C.因温度计测量的是蒸汽的温度故应放在支管口，冷凝水下进上出，故C错误； D. NH3的密度比空气小，所以导管应是短进长出排空气法收集，故D错误； 所以答案为A选项。‎ ‎3.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A. 标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA B. 含有NA个阴离子的Na2O2与足量水反应，转移电子数为NA C. 标准状况下，等体积的水和CO2，含有的氧原子数目为1:2‎ D. 1L 1mol/L饱和FeCl3滴入沸水中完全水解生成Fe（OH）3胶体粒子个数为NA个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体为0.1mol,分子数为0.1NA，故A错误；‎ B.含有NA个阴离子的Na2O2为1mol，Na2O2与水的反应为歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子即NA个,故B错误；‎ C.标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积计算，故C错误； D.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以1L1mol/L饱和FeCl3滴入沸水中完全水解生成Fe(OH)3胶体粒子个数小于NA个，故D错误；‎ 所以答案为：B。‎ ‎4.密度为ρ g·cm-3的溶液V mL,含有相对分子质量为M的溶质m g,溶质物质的量浓度为c mol·L-1,质量分数为w,下列表示式不正确的是(　　)‎ A. c= B. m=ρVw C. ρ= D. w= %‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由c=，故A正确； B.溶液的质量m=ρV，溶质的质量为m=ρVw，故B正确；‎ C.由 c=可知溶液的密度溶ρ= ，故C正确 D.由 c=可知w=,故D错误；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋===SO2↑＋H2O B. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32-＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋SO32-‎ C. 向饱和石灰水中通入过量二氧化碳：Ca(OH) 2+ 2CO2 =Ca2++2HCO3-‎ D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu（OH）2↓＋O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应方程式为：3SO32-＋2H＋+ 2NO3-===2NO↑＋H2O +3SO42-，故A错误；‎ B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应方程式为：SiO32-＋SO2＋H2O===H2SiO3↓＋HSO3 -，故B错误；‎ C.向饱和石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应方程式为：Ca2++2OH-+ 2CO2 =Ca2++2HCO3-，故C错误；‎ D.向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应方程式为：2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑，故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎6.下列离子能大量共存的是( )‎ A. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中: Na+、K+、SO42-、CO32-‎ B. 无色透明的溶液中:Cu2+、K+、SO42-、NO3-‎ C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中:Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-‎ D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中:Na+、K+、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B.Cu2+呈蓝色，故B错误；‎ C.含有大量Ba（NO3）2的溶液中含有大量钡离子，钡离子与SO42-反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误，‎ 故选A。‎ ‎7.下列现象或新技术应用中，不涉及胶体性质的是（　　）‎ A. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀 B. 使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血 C. 江河入海口常形成三角洲 D. 肾衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、制取的不是氢氧化铁胶体，而是氢氧化铁悬浊液，因此不涉及胶体性质，A正确；B、血液属于胶体，其中所含蛋白质遇微波能快速凝固，涉及胶体性质，B错误；C、江河水含有的泥沙分散到水中形成的胶体（与土壤胶体类似），海水中含有电解质，前者遇到后者时能凝结成沉淀，日积月累就形成三角洲，涉及胶体，C错误；D、血液属于胶体，血液透析涉及胶体不能透过半透膜的性质，D错误；答案选A。‎ ‎8.下列实验现象或结论描述不正确的是(　　 )‎ 选项 实验 现象或结论 A 向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体 溶液变浑浊 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝箔滴落下来 C 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解 Na2SO3部分被氧化 D 加热放在坩埚中的小块钠 钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以溶液变浑浊，析出碳酸氢钠，故A正确；‎ B.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化的铝不会滴落下来，故B错误; C.向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，说明Na2SO3有部分变质生成Na2SO4,故C正确; D.钠的熔点低，燃烧生成过氧化钠，则钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体，故D正确；‎ 所以本题答案：B。‎ ‎9.下列除去有关物质中杂质的方案中，正确的是( )‎ 选项 物质（括号内为杂质）‎ 除去杂质使用的试剂 除去杂质的方法 A CO2气（HCl气）‎ 饱和Na2CO3溶液，浓硫酸 洗气 B NH4Cl溶液（FeCl3）‎ NaOH溶液 过滤 C Na2CO3固体（NaHCO3）‎ ‎﹣﹣﹣﹣‎ 灼烧 D I2 （H2O）‎ CCl4‎ 蒸馏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2和HCl二者均能与饱和Na2CO3溶液反应，所以不能用Na2CO3除杂,应选饱和食盐水，再用浓硫酸洗气，故A错误； B. NH4Cl和FeCl3二者均能与NaOH溶液反应，所以不能用NaOH除杂，应选氨水，再经过过滤，故B错误； C.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则灼烧可除杂，故C正确； D.因为碘易溶于四氯化碳，所以用萃取、分液与水分离,故D错误；‎ 所以本题答案：C。‎ ‎10.中国药学家屠呦呦因发现青蒿素，开创了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。已知青蒿素的分子式 为 C15H22O5。下列有关说法正确的是( )‎ A. 青蒿素中C、H、O的质量之比为15∶22∶5‎ B. 1mol青蒿素中含11molH2‎ C. 1mol青蒿素的体积约为22.4L D. 青蒿素的摩尔质量为282g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为青蒿素的分子式为C15H22O5，所以C、H、O的物质的量之比为15:22:5，故A错误；‎ B.由青蒿素的分子式为C15H22O5，所以1mol青蒿素中含有22molH原子，不含氢气分子，故B错误。‎ C.常温下青蒿素为固体，不能用气体摩尔体积计算，故C错误；‎ D.由青蒿素的分子式为C15H22O5，所以相对分子质量为282,摩尔质量为282g⋅mol−1，故D正确；‎ 所以答案：D。‎ ‎11.将固体X投入过量的Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是(　　)‎ A. 钠和氯化铝溶液 B. 铝和烧碱溶液 C. 过氧化钠和氯化铜溶液 D. 锌和稀硫酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化率白色沉淀，生成的氢气能燃烧且不溶于水，所以符合条件，故A正确； B.铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠和氢气，没有白色沉淀生成，故B错误；‎ C.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气不能燃烧，且氢氧化钠和氯化铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，故C错误；‎ D.锌和稀硫酸反应生成可溶性的硫酸锌和氢气，没有白色沉淀生成，故D错误；‎ 所以本题答案：A。‎ ‎12.已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的关系如图所示（部分产物略去）。下列说法错误的是（　　）‎ A. A、B、D可能是钠及其化合物 ‎ B. A、B、D可能是镁及其化合物 C. A、B、D可能是铝及其化合物 ‎ D. A、B、D可能是非金属及其化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、若A为NaOH溶液，E为CO2，B为NaHCO3，D为Na2CO3；可以实现如图转化；B、A、B、D若是镁及其化合物，镁是典型金属，形成的氢氧化镁是碱，和酸反应不能和碱反应，镁元素没有可变化合价；C、根据A能和少量E与过量E反应生成化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为强碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3；D、由题意，若A和E为单质，若A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，B为CO2、D为CO。‎ ‎【详解】A、若A为NaOH溶液，E为CO2，过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成的B为NaHCO3，少量二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成的D为Na2CO3，D→B的反应；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，B→D的反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，选项A正确；‎ B、A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D，镁是典型金属，镁的化合物中，形成的氢氧化镁是碱，和酸反应不能和碱反应，镁元素没有可变化合价，不能实现转化关系，选项B错误；‎ C、根据A能和少量E或过量E反应生成两种化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为强碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3，则D→B的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B→D的离子方程式为AlO2-+H+（少量）+H2O=Al（OH）3↓，选项C正确；‎ D、由题意，若A和E为单质，若A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，B为CO2、D为CO，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.在相同条件下，将相同物质的量的Na、Mg、Al分别加入盛有同浓度、同体积稀盐酸的甲、乙、丙三支试管中充分反应，生成气体的体积关系不可能是(　　)‎ A. 甲(Na)>乙(Mg)＝丙(Al) B. 甲(Na)＜乙(Mg)＜丙(Al)‎ C. 甲(Na)>乙(Mg)>丙(Al) D. 甲(Na)＝乙(Mg)＝丙(Al)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】三种金属与酸反应的方程式分别为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑， A.酸不足量，且三种金属与酸反应后都过量时，镁、铝只和酸反应，所以乙、丙两支试管得到的氢气全部来自于酸，所以产生的氢气体积相同；钠不仅和酸反应还和水反应，所以甲试管的氢气来自于为水和酸，导致甲试管得到的氢气体积大于乙、丙两支试管得到的氢气，故A正确； B.三种金属不足量、酸过量时，以金属为标准进行分析，根据方程式知，生成的氢气最多的为铝，其次为镁，最少的为钠，故B正确； C.镁、铝只和酸反应，钠和酸、水都反应，无论酸过量还是金属过量，都不会出现甲（Na）＞乙（Mg）＞丙（Al），故C错误；‎ D.酸不足量且钠与酸恰好完全反应时，生成的氢气全部来自于酸，因为酸的量相同，所以生成的氢气相同，故D正确； 所以答案：C。‎ ‎14.已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O ‎②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O ‎③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4‎ 下列结论正确的是 （ ）‎ A. ①②③均是氧化还原反应 B. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6‎ C. 氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞I2＞Fe2（SO4）3‎ D. 反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、反应①中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，②、③均是氧化还原反应，A错误；B、反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，B正确；C、由反应②知氧化性K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3、由反应③知氧化性Fe2（SO4）3＞I2，C错误；D、反应③中0.1molI-失电子0.1mol，失去电子数为6.02×1022，D错误。答案选B。‎ ‎15.下列实验装置不能达到实验目的的是( )‎ A. 验证Na和水反应是否为放热反应 B. 用CO2做喷泉实验 C. 观察纯碱的焰色反应 D. 比较NaCO3、NaHCO3的稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，红墨水出现液面差，可以达到实验目的，选项A正确； ‎ B．二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，可以达到实验目的，选项B正确；‎ C．铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，选项C正确；‎ D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎16.如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加溶液的量，下列说法正确的是（ ）‎ A. 曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸 B. 曲线B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液 C. 曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸 D. 曲线D表示Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaOH溶液中滴加稀盐酸，导电能力基本保持不变，应该是曲线B，选项A错误；‎ B、CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，开始滴加时导电能力增强，应该是曲线A，选项B错误；‎ C、Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和极弱电解质水，离子浓度降低，当硫酸过量时离子浓度增大，导电能力先减小再增大，应该是曲线C，选项C正确；‎ D、Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液，沉淀溶解，离子浓度增大，开始滴加时导电能力增强，应该是曲线A，选项D错误；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题）（共52分）‎ 二．填空题（本题包括4个小题，共52分）‎ ‎17.（1）0.5molCH4含_________个电子。‎ ‎（2）下列物质既能导电，又属于电解质的是_______ 。 ‎ A NaCl溶液 B铁丝 C稀硫酸 D熔融的氢氧化钠 E 盐酸 F 硫酸 ‎（3）同温同压下，甲容器中HCl气体和乙容器中的NH3所含原子个数相等，则甲乙两容器的体积之比为________。‎ ‎（4）现配制500ml 0.3mol/L稀硫酸溶液，需用量筒量取质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸 _________ml。‎ ‎（5）①20℃、101kPa下，1g氢气和14g氮气的体积相同；‎ ‎②常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8NA ‎③0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH溶液中含有氢原子数为0.3NA ‎④常温常压下，28gCO的体积大于22.4L；‎ ‎⑤分子总数相等的NO2和CO2，所含氧原子数均为2NA。‎ 以上说法正确的是_________________。‎ ‎【答案】(1). 5NA或3.01×1024 (2). D (3). 2：1（或2） (4). 20.0 (5). ①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）0.5molCH4含有的电子数为N=0.5mol×(6+4)NA=5NA，答案：5NA或3.01×1024。‎ ‎（2）能导电的物质为A NaCl溶液、B铁丝、C稀硫酸、D熔融的氢氧化钠、E 盐酸；属于电解质的是：D熔融的氢氧化钠、F 硫酸；所以D熔融的氢氧化钠既能导电，又属于电解质；故答案：D。‎ ‎（3）同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氯化氢(HCl)和B容器中的氨气(NH3)所含的原子个数相同，由N=n×NA，可知2n(HCl)=4n(NH3)，则n(HCl):n(NH3)=2:1，‎ 根据V=n×Vm可知，V(HCl):V(NH3)=2Vm:Vm=2:1，故答案为2:1。‎ ‎（4）根据稀释前后溶质的量相等即0.5L×0.3mol/L×98g/mol=v×1.5g/cm3×49%，v=20.0mL，需用量筒量取质量分数为49%，密度为1.5g/cm3的浓硫酸20.0mL。答案：20.0；‎ ‎（5）①1g氢气和14g氮气的物质的量相同，均为0.5mol,20℃、101kPa下，所以两者的体积相等，故①正确；‎ ‎②16g氧气和臭氧所含O原子数为1NA,，所以常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有的质子数为8NA，故②正确；‎ ‎③因为水中还含有氢原子，所以0.1L 0.5mol/LCH3CH2OH溶液中含有氢原子数不为0.3NA，故③错误；‎ ‎④标准状况下，28gCO的体积约等于22.4L，所以常温常压下28gCO的体积大于22.4L，故④正确；‎ ‎⑤分子总数相等的NO2和CO2，所含氧原子数相等，不能确定为所含氧原子数，故⑤错误；‎ 以上说法正确的是①②④；答案：①②④。‎ ‎18.I. 草木灰中含有可溶性钾盐（主要成分是K2SO4、K2CO3、KCl）．某学生按下列操作提取草木灰中的钾盐：①取草木灰加水溶解；②过滤，取滤液；③蒸发滤液；④冷却结晶．‎ ‎（1）在操作①、②、③中均用到玻璃棒，该仪器的作用依次是______、______、______．‎ ‎（2）为检验草木灰中的阴离子，取少量晶体溶于水，并把溶液分成三等份：‎ ‎①取一份溶液，加入适量盐酸，观察到_____________，证明含有碳酸根．‎ ‎②取另一份溶液，为检验其中是否含有SO42﹣，方法是________．产生的现象是_____．‎ II.有M、N两种溶液，经测定这两种溶液中共含有下列10种离子：Al3＋、Cl－、Na＋、K＋、NO3-、OH－、Fe2＋、CO32-、SO42-、H＋。‎ ‎（3）完成下列表格中实验①的结论和实验②的实验内容以及现象：‎ 实验内容以及现象 结论 ‎①取少量N溶液滴加足量的硝酸钡溶液，无沉淀产生 ‎______________‎ ‎②____________________________________‎ 确定M溶液中含有Na＋，不含K＋‎ ‎③用pH试纸检测M溶液，pH试纸呈蓝色 ‎____________________‎ ‎（4）根据(1)中的实验回答：‎ NO3-存在于________溶液中，理由是_____________________________________；‎ Cl－存在于________溶液中，理由是________________________。‎ ‎（5）根据(3)中的实验确定，M溶液中含有的离子___________________________。‎ ‎【答案】(1). 搅拌加速溶解、 (2). 引流 (3). 搅拌受热均匀（防止液体飞溅） (4). 有气泡产生 (5). 先加足量稀盐酸酸化，再加氯化钡溶液 (6). 白色沉淀 (7). AlO2−、CO32−、OH− (8). N溶液中不含CO32-、SO42- (9). 取M溶液进行焰色反应，焰色为黄色，再透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不呈紫色 (10). M (11). N溶液中含有H＋、Fe2＋、Al3＋、、K＋，由于N溶液为酸性，又含有Fe2＋，所以N溶液中不含NO3- (12). N (13). 根据溶液呈电中性原则，可以确定Cl－存在于N溶液中 (14). OH－、CO32-、SO42-、Na＋、NO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据实验过程中玻璃棒的作用①是搅拌加快草木灰溶解，②是过滤需要用玻璃棒引流，③是蒸发滤液过程中搅拌受热均匀析出晶体进行解答；‎ ‎（2）①根据CO32-加入盐酸会生成二氧化碳气体进行解答；②检验硫酸根离子的存在，应先排除碳酸根离子的干扰；‎ ‎（3）利用焰色反应确定钠离子、钾离子；用pH试纸检测M溶液，pH试纸呈蓝色，溶液显碱性； （4）由上述分析可知，M中含Na+、SO42-、AlO2-、CO32-、OH-，N中含Al3+、K+、Fe2+、NH4+、H+，再结合离子反应和电荷守恒分析；以此来解答。‎ ‎【详解】（1）实验操作①中玻璃棒的作用是搅拌加快草木灰溶解，实验操作②中玻璃棒的作用是过滤需要用玻璃棒引流，实验操作③中玻璃棒的作用是蒸发滤液过程中搅拌使受热均匀析出晶体；答案：搅拌加速溶解、引流、搅拌受热均匀（防止液体飞溅） （2）①因为草木灰中含有可溶性钾盐(主要成分是K2SO4、K2CO3‎ ‎、KCl）)，加入盐酸会和CO32-反应生成二氧化碳气体，所以当有气泡产生，则证明含有碳酸根；答案：有气泡产生； ②取另一份溶液, 根据Ba2++ SO42-=BaSO4↓检验SO42-,先加足量稀盐酸酸化,再加氯化钡溶液,当观察到生成白色沉淀，证明含有硫酸根离子；答案为：先加足量稀盐酸酸化，再加氯化钡溶液；白色沉淀。‎ ‎(1)①取少量N溶液滴加足量的硝酸钡溶液,无沉淀产生,则N中不含SO42−、CO32-；‎ ‎②对M进行焰色反应实验,焰色为黄色,透过蓝钴玻璃没有紫色,则M中一定Na+,不含K+；‎ ‎③用pH试纸检测M溶液,pH试纸呈蓝色,溶液显碱性,可能含AlO2−、CO32−、OH−；‎ 故答案为N溶液中不含CO32-、SO42- ；取M溶液进行焰色反应，焰色为黄色，再透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不呈紫色；可能含AlO2−、CO32−、OH−；‎ ‎（4）根据N溶液中含有H＋、Fe2＋、Al3＋、K＋，N溶液为酸性，又含有Fe2＋，所以N溶液中不含，所以NO3-存在于M中；根据溶液呈电中性原则，可以确定Cl－存在于N溶液中。答案：M ； N溶液中含有H＋、Fe2＋、Al3＋、K＋，由于N溶液为酸性，又含有Fe2＋，所以N溶液中不含NO3- ； N ；根据溶液呈电中性原则，可以确定Cl－存在于N溶液中；‎ ‎（5）根据③pH试纸检测M溶液，pH试纸呈蓝色，说明M中可能含AlO2−、CO32−、OH−，则M溶液中含有的离子OH－、CO32-、SO42-、Na＋、NO3-；答案：OH－、CO32-、SO42-、Na＋、NO3-。‎ ‎19. 研究性学习的本质在于，让学生亲历知识产生与形成的过程。我校某化学研究性学习小组欲以CO2为主要原料，采用下图所示装置模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3，并对CO2与NaOH的反应进行探究．‎ ‎【资料获悉】“侯氏制碱法”原理：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，然后再将NaHCO3灼烧制成Na2CO3．‎ ‎【实验设计】如图1所示 ‎【实验探究】‎ ‎（1）装置乙的作用是 ．‎ ‎（2）若在NaHCO3灼烧中时间较短，NaHCO3将分解不完全．取经短暂加热的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌．随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图2所示．则曲线b对应的溶液中的离子是 （填离子符号）；该样品中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比是 。‎ ‎（3）若将装置甲产生的纯净的CO21.68L（标准状况下）缓慢地全部通入到100mL NaOH溶液中，充分反应后，将溶液低温蒸干，得到不含结晶水的固体W，其质量为7.4g，则W的成分为 （填化学式），原NaOH溶液的物质的量浓度为 。‎ ‎【答案】（1）除去CO2中的HCl （2）HCO3﹣； 3﹕1；（3）Na2CO3和NaHCO3； 1.25 mol/L ‎【解析】试题分析：（1）在装置甲中发生反应制取CO2气体，由于盐酸有挥发性，所以在CO2气体中含有杂质HCl,装置乙的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体。‎ ‎（2）向含有Na2CO3、NaHCO3的混合物中加入盐酸，会发生反应：Na2CO3+ HCl="NaCl+" NaHCO3 ，所以n(CO32－)会逐渐减少，当该反应恰好完全时，n(CO32－)=0，用c表示；n(HCO3－)首先会逐渐增多，当该反应恰好完全时，n(HCO3－)达到最大值，后会发生反应：NaHCO3+HCl="NaCl+H2O+" CO2↑n(HCO3－)由消耗而逐渐减少，最后为0 ，用b表示；而n(Na+)的物质的量始终保持不变，用a表示；n(Cl－)则会随着盐酸的加入而逐渐增多，因此用d表示；则曲线b对应的溶液中的离子是HCO3－。根据图示可知n(Na2CO3)=0.3mol，n(NaHCO3)="0.4mol—0.3mol" =0.1mol，该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是3:1；‎ ‎（3）n(CO2)=1.68L÷22.4L/mol=0.075mol，将其通入100mLNaOH溶液中，若完全转化为Na2CO3，根据C守恒可得质量是0.075mol×106g/mol=7.95g，若完全转化为NaHCO3，其质量是0.075mol×84g/mol=6.3g，现在得到的固体质量是7.95g>7.4g>6.3g，说明是Na2CO3、NaHCO3 的混合物，假设在混合物中Na2CO3、NaHCO3 的物质的量分别是x、y，则根据C守恒可得x+y=0.075；根据质量守恒可得106x+84y=7.4,解得x=0.05mol，y=0.025mol，所以根据Na元素守恒可得n(NaOH)="2n(Na2CO3)+" n(NaHCO3‎ ‎)=2×0.05mol+0.025mol=0.125mol,所以c(NaOH)=0.125mol÷0.1L=1.25mol/L。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3及对CO2与NaOH的反应的产物成分的测定的知识。‎ ‎【名师点晴】NaOH与CO2反应产物的判断：依据：‎ ‎2NaOH（过量） + CO2＝Na2CO3 + H2O或NaOH+CO2(过量)＝NaHCO3。‎ ‎20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色氧化剂，具有高效的杀菌消毒作用，常用于饮水处理，在许多领域展现出广阔的应用前景。制备高铁酸钾有下列两种方法：‎ 方法一：Fe2O3 + KNO3 + KOH===== K2FeO4 + KNO2 + H2O （未配平）‎ 方法二：2Fe(OH)3＋3KClO＋4KOH＝2K2FeO4＋3KCl+ 5H2O ‎ ‎（1）配平方法一的化学方程式___，再用双线桥标明电子转移的方向和数目___：‎ ‎___Fe2O3 +___KNO3 +___KOH == ___ K2FeO4 +___ KNO2 +___ H2O ‎ ‎（2）方法二中的还原产物为_________ （写化学式），将方法二的化学方程式改写为离子方程式 ________ ，根据反应方程式，氧化性：KClO ________ K2FeO4（填“>”、“<”或“=”）；‎ ‎（3）利用方法二制备K2FeO4，若有0.5mol K2FeO4生成，转移的电子数为___________ ；‎ ‎（4）在酸性溶液中，某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。‎ ‎①已知MnSO4在反应中失去电子,则该反应的氧化剂是________；‎ ‎②已知该反应中被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5，则M的化学式为______；‎ ‎③写出该反应的离子反应方程式________；‎ ‎④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液，测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性：Fe3+>Bi3+，且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+,则原反应体系中，起始加入的KBiO3的物质的量为____________。‎ ‎【答案】(1). Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O ‎ ‎(2). (3). KCl (4). 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－+ 5H2O (5). > (6). 1.5NA (7). KBiO3 (8). KMnO4 (9). 2Mn2＋＋5BiO3－＋14H＋=2MnO4－＋5Bi3＋＋7H2O (10). 1.9mol ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物，据此写出方程式，并根据氧化还原反应规律标出电子转移情况；‎ ‎（2）根据2Fe(OH)3＋3KClO＋4KOH＝2K2FeO4＋3KCl+ 5H2O反应，结合氧化还原反应相关概念进行分析，且氧化性：氧化剂>氧化产物； ‎ ‎（3）利用方法二制备K2FeO4，每生成1molK2FeO4，转移3mol电子，据此规律进行计算； ‎ ‎（4）在酸性溶液中，某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。‎ ‎①已知MnSO4在反应做还原剂，KBiO3在反应中做氧化剂；‎ ‎②根据化合价升降总数相等规律进行分析；‎ ‎③根据离子反应规律进行书写；‎ ‎④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液，测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性：Fe3+>Bi3+，Bi3+无法氧化Fe2+‎ ‎，且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+，由图，开始时硫酸亚铁被KBiO3氧化，然后被KMnO4氧化，2Fe2＋＋BiO3－＋6H＋=2Fe3＋＋Bi3＋＋3H2O,5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】（1）Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物，根据原子守恒，得到方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O；用双线桥标明电子转移的方向和数目：‎ ‎（2）2Fe(OH)3＋3KClO＋4KOH＝2K2FeO4＋3KCl+ 5H2O 还原剂是Fe(OH)3，还原产物是KCl，氧化剂是KClO ，氧化产物是K2FeO4；方法二的化学方程式改写为离子方程式 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－+ 5H2O；根据反应方程式，氧化性：氧化剂>氧化产物，KClO>K2FeO4；‎ ‎（3）利用方法二制备K2FeO4，每生成1molK2FeO4，转移3mol电子，若有0.5mol K2FeO4生成，转移的电子数为1.5NA；‎ ‎（4）在酸性溶液中，某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3 和一种未知物质M。‎ ‎①已知MnSO4在反应中失去电子，KBiO3中Bi的化合价由+5降为+3价生成Bi2(SO4)3 ，则该反应的氧化剂是KBiO3；‎ ‎②已知该反应中被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5，KBiO3中Bi的化合价由+5降为+3价生成Bi2(SO4)3 ，降（5-3）×5价，Mn从+2价升5价，变为+7价，则M的化学式为KMnO4；‎ ‎③该反应的离子反应方程式2Mn2＋＋5BiO3－＋14H＋=2MnO4－＋5Bi3＋＋7H2O；‎ ‎④某同学向上述反应后的溶液中逐滴加入FeSO4溶液，测得溶液中M的物质的量与FeSO4的物质的量之间的关系如图所示。已知氧化性：Fe3+>Bi3+，Bi3+无法氧化Fe2+，且a点时溶液中含Fe3+、Mn2+，由图，开始时硫酸亚铁被KBiO3氧化，然后被KMnO4氧化，2Fe2＋＋BiO3－＋6H＋=2Fe3＋＋Bi3＋＋3H2O,5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；利用电荷守恒知：开始的物质是KBiO3、FeSO4、MnSO4，最后变为Bi3＋、Mn2＋、Fe3＋，2n(KBiO3)=n(Fe2＋)=3.8mol,n(KBiO3)=1.9mol,则原反应体系中，起始加入的KBiO3的物质的量为1.9mol。‎ ‎ ‎