福建省龙海市第二中学2020届高三上学期期初考试化学试题

福建省龙海市第二中学2020届高三上学期期初考试化学试题

龙海二中2020届高三上学期期初考试 化学试卷 ‎（考试时间：90分钟 总分：100分）‎ 可能用到的相对原子质量：Fe-56 O-16‎ 第Ⅰ卷 (选择题 共48分)‎ ‎-、选择题：(16个小题，每小题3分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有-项符合题目要求)。‎ ‎1.下列说法错误的是 A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. 水玻璃、双氧水、漂粉精、硅胶都是混合物 C. 直径在10-9 ~ 10-7mNaCl固体小颗粒分散到水中能形成胶体 D. “陶成雅器”的主要原料是黏土 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.胶体具有丁达尔效应，A正确；B.水玻璃为硅酸钠水溶液，双氧水为过氧化氢水溶液，漂粉精为氯化钙和次氯酸钙混合物，硅胶主要成分为二氧化硅，为混合物，B正确；C.氯化钠固体溶于水形成溶液，不能形成胶体， C错误；D. 黏土主要成分为硅酸盐，可以烧制成陶器，D正确；答案选C。‎ ‎2. 下列物质中有三种具有某一相同的化学性质，则不属于这三种物质之列的是 A. Na2O2 B. KMnO4 C. HNO3 D. Na2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：‎ Na2O2、KMnO4、HNO3具有强氧化性，属于强氧化剂。而Na2SO4氧化性很弱 考点：物质的分类和常见的氧化剂 ‎3. 通过观察和推测，实验室中保存少量下列物品的方法错误的是 A. 硝酸保存于棕色试剂瓶中 B. 金属铜保存在广口瓶中 C. 钠保存在煤油中 D. 钠保存在水中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.浓硝酸见光受热易发生分解；‎ B.金属铜性质稳定，属于固体；‎ C.金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应； D.金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应。‎ ‎【详解】A.浓硝酸见光受热易发生分解，因此要低温避光保存，故A正确； B.金属铜性质稳定，属于固体，放在在广口瓶中保存，故B正确；‎ C.金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应,与煤油不反应且密度比煤油小,保存在煤油中可隔绝空气,防止钠变质, 故C正确；‎ D.金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应,与煤油不反应且密度比煤油小,保存在煤油中可隔绝空气,防止钠变质, 故D错误； 综上所述，本题正确选项D。‎ ‎4. 下列描述正确的是 A. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 C. 可通过溶液导电能力的大小判断强弱电解质 D. 在NaHSO4溶液中存在的离子有：Na+、H+、HSO4-、OH-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、硫酸-酸、纯碱-盐、醋酸钠-盐和生石灰-氧化物，错误；B、蔗糖-非电解质、硫酸钡-强电解质和水-弱电解质，正确；C、强弱电解质的判断标准是在水溶液中是否完全电离，错误；D、在NaHSO4溶液中存在的离子有：H+和OH-不能大量共存，选B。‎ 考点：考查酸碱盐的概念，强弱电解质，非电解质的概念，溶液的导电性。‎ ‎5. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 某元素由化合态变为游离态，该元素一定被还原 B. 具有氧化性物质在反应中一定作氧化剂 C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化 D. 置换反应一定是氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如果元素的化合态为负价，变为游离态时被氧化，如果为正价，变为游离态时被还原，A不正确；具有氧化性的物质在反应中不一定作氧化剂，如盐酸具有一定的氧化性，但在和二氧化锰反应中作还原剂，B不正确；有的阳离子能失去电子被氧化，如Fe2＋，有的阴离子能得到电子被还原，如，C不正确；置换反应中，元素化合价一定会发生变化，一定发生氧化还原反应，D正确。‎ ‎6.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是( )‎ A. 1mol Al3+离子含有的核外电子数为3NA B. 25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA C. 1mol Cl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA D. 常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 选项A不正确，含有的核外电子数应该是10NA；选项B不正确，因为溶液的羰基不能确定；氯气再与铁的反应中，得到2个电子，选项C不正确；过氧化钠与水的反应中，既是氧化剂，也是还原剂，因此选项D正确，答案选D。‎ ‎7.下列除去杂质的实验方法不正确的是 （ ）‎ A. 除去CO2中少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液后再干燥气体 B. 除去Na2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热 C. 除去Cl2中的HCl气体：通过NaOH溶液 D. 除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：通入稍过量的Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCl与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则通过饱和NaHCO3溶液后再干燥气体可除杂，故A正确；‎ B．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故B正确；‎ C．二者均与NaOH溶液反应，应选饱和食盐水、洗气，故C错误；‎ D．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，则通入稍过量的Cl2可除杂，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎8.将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是 A. K+、SiO32-、NO3- B. Na+、CH3COO-、ClO-‎ C. Na+、OH-、SO42- D. NH4+、Al3+、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则离子能大量共存，结合足量CO2通入仍能大量存在来解答。‎ ‎【详解】A．该组离子之间不反应，能共存，但通入二氧化碳后利用强酸制弱酸的原理可知，二氧化碳和水与SiO32-反应生成硅酸沉淀，则不能共存，A项错误； B．该组离子之间不反应，能共存，但通入二氧化碳后利用强酸制弱酸的原理可知，二氧化碳和水与ClO-反应而不能共存，B项错误； C．该组离子之间不反应，能共存，但通入足量二氧化碳后会与OH-反应，不能共存，C项错误； D．该组离子之间不反应，能共存，且通入二氧化碳后仍不反应，则能大量共存，D项正确； 答案选D。‎ ‎【点睛】本题要明确强酸制弱酸的原理及常见的酸对应的酸性强弱是解题的关键。一般的，醋酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸或硅酸。‎ ‎9.一定能在指定环境中大量共存的是 A. 与铝反应放出氢气的溶液：K＋、SO42-、NO3-、Na+‎ B. 在强碱溶液中：K＋、Na+、CO32-、NO3-‎ C. 在pH=1的溶液中：NO3-、SO42- 、Na+、Fe2+‎ D. 在由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中：Fe3+、ClO-、Na+、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 与铝反应放出氢气的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，不可能反应会放出氢气，A项错误；‎ B. 在强碱溶液中，该组离子不反应，能共存，B项正确；‎ C. pH=1的溶液为酸性溶液，NO3-在酸性条件下可与Fe2+发生氧化还原反应，不共存，C项错误；‎ D. 在由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可以为酸溶液，也可以为碱溶液，在酸溶液中，ClO-会生成次氯酸，不共存；在碱溶液中，Fe3+与氢氧根离子不共存，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。还有一些限定条件D项条件，常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-24，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎10.下列有关实验装置图的叙述中，正确的是 ‎ ‎① ②‎ ‎③ ④‎ A. 装置①：常用于分离互不相溶的液体混合物 B. 装置②：可用于吸收氯化氢、氨气等气体尾气，防止倒吸 C. 装置③：可用于实验室以氯化铵为原料制备少量NH3的实验 D. 装置④：先装满水，再从b口进NO气体，可收集NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 装置①为蒸馏装置，常用于分离沸点不同的液体混合液，A项错误；‎ B. 装置②中苯与水互不相容，密度比水小，位于水的上层，氯化氢、氨气等气体易溶于水，与水直接接触易倒吸，该装置达不到防倒吸的目的，B项错误；‎ C. 氯化铵受热分解虽能生成氯化氢和氨气，但氨气为碱性气体，与氯化氢会重新化合生成氯化铵，该操作不能用于制备氨气，C项错误；‎ D. NO的密度与空气相当，只能用排水法收集，图示中操作规范且科学，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.有一无色溶液，可能含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，做如下实验：‎ ‎①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；‎ ‎②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。‎ 下列推断正确的是 A. 肯定有Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl- B. 肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-‎ C. 肯定有K＋、HCO3-、MnO4- D. 肯定有Al3＋、Mg2＋、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】无色溶液，一定不含高锰酸根离子；①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，此时白色沉淀出现，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀溶解的部分是氢氧化铝，不溶解的是Mg(OH)2，则证明其中一定含有Al3+、Mg2+；一定不含有NH4+、HCO3-(和Al3+不共存)；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，证明一定含有SO42-，无法确定是否含有Cl-。所以溶液中一定含有Al3+、Mg2+、SO42-，一定不含HCO3-、NH4+、MnO4-，可能含有钾离子和氯离子，D项正确，‎ 答案选D。‎ ‎12. 下列反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑‎ B. 硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH C. 向足量的溴化亚铁溶液中通入少量的氯气：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－‎ D. 碳酸氢钠溶液与足量的氢氧化钡溶液混合：Ba2＋＋2OH－＋2HCO===BaCO3↓＋CO＋2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、醋酸是弱酸，不能拆开，错误；B、氢氧化铝不溶于氨水，硫酸铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，正确；C、氯气少量时，氯气先与亚铁离子反应，不会与溴离子完全反应，该离子方程式表示氯气过量时的反应，错误；D、碳酸氢钠与过量的氢氧化钡溶液反应时，碳酸氢根离子只需要1个氢氧根离子生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，该离子方程式表示过量的碳酸氢钠与少量的氢氧化钡溶液的反应，错误，答案选B。‎ 考点：考查离子方程式的书写的判断 ‎13.向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是(　　)‎ A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知2n(FeCl2)=n(HCl)，n(HCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol，所以n(FeCl2)=0.05mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）n(FeCl2)=0.05mol，则Fe的质量为m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g，故合理选项是C。‎ ‎14.氢化亚铜（CuH）是-种难溶的物质，可用CuSO4溶液和“另一种物质”在40ºC~50ºC时反应来制备，CuH不稳定，它既能与HCl反应产生气体，又能在氯气中燃烧，以下有关判断不正确的是 （ ）‎ A. CuH既可做氧化剂又可做还原剂 B. 另一种物质一定具有还原性 C. CuH跟HCl反应的化学方程式为：2CuH+2HCl=CuCl2+2H2↑+Cu D. CuH在Cl2燃烧的化学方程式为：CuH+Cl2 CuCl+HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，A项正确；‎ B. Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，B项正确；‎ C. CuH跟HCl反应能产生气体，该气体为氢气，则反应为2CuH+2HCl=CuCl2+2H2↑+Cu，C项正确；‎ D. CuH在氯气中能燃烧，氯气是强氧化剂，CuH在氯气中燃烧，反应产物是CuCl2，则发生2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中注意氯气具有强氧化性，可氧化金属元素到最高价。‎ ‎15.氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解反应，其方程式为：aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O。用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法中正确的是 A. 物质HClO4的氧化性大于HClO3‎ B. 氯酸分解所得产物中只有高氯酸是氧化产物 C. 若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移的电子数为12e-‎ D. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色时可能发生的化学反应为：5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化合价的变化，O元素的化合价由-2→0，化合价升高，被氧化，O2是氧化产物，Cl元素的化合价由+5→+7，化合价升高，被氧化，HClO4是氧化产物，Cl元素的化合价由+5→0，化合价降低，被还原，Cl2是还原产物，所以HClO3既是氧化剂又是还原剂，HClO4、O2‎ 是氧化产物、Cl2是还原产物，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 根据上述分析可知，HClO3是氧化剂，HClO4是氧化产物，氧化剂氧化性强于氧化产物，则氧化性比较：HClO3> HClO4，A项错误；‎ B. 根据上述分析可知，氯酸分解，氧元素与氯元素化合价均升高，因此HClO4、O2是氧化产物，B项错误；‎ C.若化学计量数a=8，b=3，化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4 HClO4+2H2O，还原产物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol×2×（5-0）=20mol，即该反应中电子转移数目为20e-，C项正确；‎ D. 氯气溶于水形成的氯水具有 强氧化性，变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色，则证明碘单质被氧化，可能发生的离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列示意图与对应的反应情况正确的是 (　　)‎ A. 含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2‎ B. KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液 C. NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液 D. NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 首先CO2先与Ca(OH)2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量逐渐增大，CO2再和KOH反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，A项错误；‎ B. 假设溶液中含1 mol KAl(SO4)2，加入1.5 mol的Ba(OH)2时生成1.5mol BaSO4和1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入0.5 mol Ba(OH)2，生成0.5 mol BaSO4，溶解1 mol Al(OH)3，故沉淀的总物质的量减少，最后只剩下硫酸钡沉淀，B项错误；‎ C. NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，C项正确；‎ D. NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸现象是先生成沉淀，后沉淀溶解，不会出现第3个阶段随着盐酸的加入沉淀量不改变的情况，D项错误；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共52分)‎ ‎17.焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈。发生的反应体系中共有六种物质：NH4C1、FeC13、N2、Fe2O3、Fe和X。‎ ‎（1）根据题意，可判断出X是_____________（写化学式）。‎ ‎（2）写出并配平该反应的化学方程式。__________________________________‎ ‎（3）发生氧化反应的物质是____________，反应中4mol的氧化剂能_______（填“失去”或“得到”）_________________mol电子.‎ ‎（4）反应中被氧化产生了11.2L（标准状况）的气体时，被还原的物质的质量为__________________。‎ ‎【答案】 (1). H2O (2). 6 NH4C1＋4Fe2O3===6Fe＋3N2↑＋2FeCl3＋12H2O (3). NH4C1 (4). 得到 (5). 24 (6). 80g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用元素守恒规律解答；‎ ‎（2）根据得失电子守恒配平该反应的化学方程式；‎ ‎（3）依据氧化还原规律和基本概念作答；‎ ‎（4）找出被还原的三氧化二铁与生成的氮气之间的关系即可得出结论。‎ ‎【详解】（1）焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，可知反应物是硅NH4Cl、Fe2O3，生成物是FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒，X是H2O；‎ ‎（2）由反应物和生成物可知，NH4Cl+Fe2O3→Fe+FeCl3+N2↑+H2‎ O，该反应Fe元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由-3价升高到0，根据电子守恒可知，得电子数=失去电子数=18e-，则6NH4Cl+Fe2O3→6Fe+FeCl3+3N2↑+H2O，再质量守恒定律可知，配平的化学反应为6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O；‎ ‎（3）根据反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O可知，N元素的化合价由-3价升高到0，被氧化，发生氧化反应，故发生氧化反应的物质为：NH4Cl；反应中Fe2O3是氧化剂，铁元素化合价由+3降低为0，故4mol的氧化剂能得到24mol电子，故答案为：NH4Cl；24；‎ ‎（4）依据方程式可知，11.2L气体为氮气，其物质的量n(N2)= =0.5mol，被还原的Fe2O3与N2之间的关系式为：3Fe2O33N2↑则被还原的Fe2O3物质的量为0.5mol，故质量为：0.5 mol×160g/mol=80g。‎ ‎【点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的突破口，弄清概念与物理量之间的关系。本题的难点是找出被还原的氧化铁的物质的量，其中参加反应的氧化铁有被还原，未发生化合价的变化。‎ ‎18.实验室里常用Na2O2与H2O反应快速制取少量的O2，下面装置用来制取O2并演示Na在O2中的燃烧实验。‎ A B C ‎(1)关闭装置中的止水夹a后，开启活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管。试判断装置是否漏气________(填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)，判断理由是__________________________。‎ ‎(2)写出A装置中反应的化学方程式_______________________。‎ ‎(3)B装置中盛放的试剂是____________，其作用是________________；‎ D装置中盛放的试剂是_______，作用是_________________________。‎ ‎(4)C装置中观察到的现象是____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 漏气 (2). 漏斗中的液体能全部流入试管说明试管中压强与外界相同 (3). 2 Na2O2＋2H2O ===4NaOH＋O2↑ (4). 浓硫酸 (5). 除去O2中的水蒸气 (6). 碱石灰 ‎ ‎ (7). 防止空气中的H2O、CO2进入C (8). 剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置是过氧化钠与水制备氧气的发生装置，B中是除去氧气中的水蒸气，将得到的干燥的氧气通入盛有钠的硬质玻璃管中燃烧，D球形干燥管则是防止外界空气中的H2O、CO2进入硬质玻璃管，干扰试验，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）关闭装置中的止水夹a后，开启活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管，说明装置漏气，因为漏斗中的液体能全部流入试管，说明试管中压强与外界相同，故答案为：漏气；漏斗中的液体能全部流入试管说明试管中压强与外界相同；‎ ‎（2）A装置中反应是过氧化钠和水反应，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑；‎ ‎（3）浓硫酸可干燥氧气，故B中盛放的是浓硫酸，其作用是除去O2中的水蒸气，故答案为：浓硫酸；除去O2中的水蒸气；‎ ‎（4）为避免空气中的二氧化碳和水蒸气进入C装置与钠反应，影响实验现象的判断，干燥管中应装碱石灰，故答案为：碱石灰；防止空气中的H2O、CO2进入C；‎ ‎（5）C装置中观察到现象是钠在氧气中燃烧的实验现象，钠剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成。‎ ‎19.现有下列表格中的几种离子 阳离子 Na+、Mg2+、A13+、Ba2+、NH4+‎ 阴离子 OH-、C1-、NO3-、SO42-、HSO4-‎ A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶于水的固体（每种离子只能用-次），分别取它们进行实验，结果如下：‎ ‎①将D与E的溶液混合加热，产生刺激性气味的气体；‎ ‎②将B与E的溶液混合，产生白色沉淀，向该沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解；‎ ‎③向-定量的E溶液中逐滴加入C溶液，先无明显现象，后来产生白色沉淀，且该沉淀可溶于A溶液；‎ ‎④D固体在-定温度下可以分解为水和另外两种均为空气主要成分的气体单质。‎ 根据上述信息回答下列问题：‎ ‎（1）根据以上条件推断并写出下列物质的化学式：B________；C_______；‎ ‎（2）写出A溶液与E溶液恰好完全反应至溶液呈中性的离子方程式：_________________________________________________________。‎ ‎（3）写出D固体分解的化学方程式__________________________________。‎ ‎（4）在含2 mol C溶质的溶液中加入含3.5mol E溶质的溶液，发生反应的离子方程式__________________________‎ ‎【答案】 (1). MgSO4 (2). A1C13 (3). Ba2++2OH-+2H++SO42-==BaSO4↓+2H2O (4). 2NH4NO3 =2N2↑+O2↑+4H2O (5). 2Al3＋＋7OH-=AlO2-＋Al(OH)3↓＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由①将D与E的溶液混合加热，产生刺激性气味的气体为NH3，D、E中含有分别中NH4+、OH-的某一种；由④D固体在一定温度下可以分解为水和另外两种均为空气主要成分的气体单质，则D为NH4NO3，E中含有OH-；由③向一定量的E溶液中逐滴加入C溶液，先无明显现象，后来产生白色沉淀，C中含有A13+，且该沉淀可溶于A溶液，由离子可知A含有HSO4-，且A溶液的焰色反应火焰为黄色，则A含有Na+，故A为NaHSO4，由离子共存可知，E为Ba(OH)2；由②将B与E的溶液混合，产生白色沉淀，向该沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀部分溶解，B中含有Mg2+、SO42-，故B为MgSO4，可推知C为A1C13，据此结合物质的性质进行判断。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析可知，B为MgSO4，C为A1C13；‎ ‎(2)NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液恰好完全反应至溶液呈中性，二者按物质的量2：1反应，反应离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O； ‎ ‎(3)NH4NO3固体分解的化学方程式：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O， 故答案为：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O．‎ ‎（3）在含2 mol C溶质的溶液中加入含3.5mol E溶质的溶液，即A1C13与Ba(OH)2按4:7反应，则铝元素以氢氧化铝和偏铝酸根离子形式存在，其离子方程式为：2Al3＋＋7OH-=AlO2-＋Al(OH)3↓＋2H2O。‎ ‎20.A—J是中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如下框图所示（部分产物已略去）。已知A是一种高熔点物质，J是一种红褐色沉淀。C与D高温下的反应在工业生产上常用于焊接钢轨。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学式为___________。‎ ‎(2)往H溶液中通入足量CO2，发生反应的离子方程式是___________________。‎ G→J的化学方程式为________________________________________。‎ ‎(3) 实验证明，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸越稀对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取-定量的C、E合金与一定量的很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入一定浓度的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠的物质的量与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。‎ 试回答下列问题：‎ ‎①图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子反应方程式为：_________________。‎ ‎②在DE段没有沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为：___________；‎ ‎③B点对应的沉淀量为_______ mol，C点对应的横坐标为________mol。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3 (2). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3- (3). 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (4). H++OH-====H2O (5). NH4++OH-==NH3·H2O (6). 8.0×10-3或0.008 (7). 7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ J是一种红褐色沉淀，则推出J为氢氧化铁。A是一种高熔点物质，电解A得到B与C，C与D高温下的反应在工业生产上常用于焊接钢轨，考虑C与D的反应为铝热反应，则A为Al2O3，由转化关系C+ Fe2O3A+E，所以C是Al，E是Fe；A能与氢氧化钠溶液、盐酸反应，A为Al2O3，符合转化关系，故B为O2 ；A与氢氧化钠溶液生成H，A与盐酸反应生成I，故H为NaAlO2 ，I为AlCl3 ；E(Fe)与盐酸反应生成F，故F为FeCl2 ，F(FeCl2溶液)中加入氨水生成G，G在O2存在时加热反应产生Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解产生D，故G为Fe(OH)2 ，D为Fe2O3，据此分析（1）、（2）问。‎ ‎（3）根据图像分析易知，OC段式过量的硝酸消耗氢氧化钠所致，生成沉淀后，DE段沉淀量保持不变，说明铵根消耗氢氧根离子，随后，氢氧化铝沉淀被过量的氢氧化钠溶解，而氢氧化铁沉淀则不能被溶解，结合元素守恒分析计算。‎ 详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）A为氧化铝，其化学式为Al2O3；‎ ‎（2）H为NaAlO2，往H溶液中通入足量CO2会生成偏铝酸钠和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；G→J是Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎（3）①图中OC段没有沉淀生成，说明硝酸过量，所以反应的方程式是H++OH-====H2O。‎ ‎②由于溶液中的金属阳离子首先和氢氧化钠反应，当沉淀达到最大值时，氢氧化再和溶液中的NH4＋反应，所以DE段反应的方程式是NH4+ +OH-====NH3·H2O；‎ ‎③根据图像可知，溶液中NH4＋的物质的量是0.012mol，所以反应中转移电子是0.012mol×8＝0.096mol。金属铝是0.008mol，失去电子是0.024mol，所以根据电子的都是守恒可知，铁失去的电子是0.096mol－0.024mol＝0.072mol，因此铁的物质的量是0.024mol，即生成氢氧化铁是0.024mol，所以B点沉淀的物质的量是0.024mol＋0.008mol＝0.032mol。生成0.008mol氢氧化铝和0.024mol氢氧化铁消耗的氢氧化钠是0.096mol，因此氢氧化钠溶液的体积是0.096mol÷4mol/L＝0.024L＝24mL，所以C点是31mL－24mL＝7mL。‎ ‎ ‎ ‎ ‎