江西省上高县第二中学2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

江西省上高县第二中学2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

www.ks5u.com ‎2022届高一年级第三次月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 ‎ 一、选择题：（本题共16个小题，每小题3分。）‎ ‎1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于KNO3的古代文献，对其说明不合理的是 选项 目的 古代文献 说明 A 使用 ‎“…凡研消(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测”——《天工开物》‎ KNO3能自燃 B 鉴别 区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)；“强烧之，紫青烟起，云是硝石也”——《本草经集注》‎ 利用焰色反应 C 提纯 ‎“(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”——《开宝本草》‎ 溶解，蒸发结晶 D 性质 ‎“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”——《本草纲目》‎ 利用KNO3的氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、KNO3撞击后发生爆炸，不是自燃，故A错误；‎ B、硝酸钾中含有钾元素，灼烧时，发出紫色火焰，这是焰色反应，而朴硝含有Na元素，灼烧时发出黄色火焰，因此可以通过焰色反应进行鉴别这两种物质，故B正确；‎ C、以水淋之后，应是溶解，煎炼而成，应是蒸发，结晶，故C正确；‎ D、发生的反应是2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑，KNO3中N的化合价降低，KNO3为氧化剂，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.用NA代表阿伏如德罗常数，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同 B. 56gFe与足量盐酸反应转移电子数为3NA C. 46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA D. 任何条件下，22.4LNH3与18gH2O含电子数均为10NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同质量的铝，分别于足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气的物质的量相等，则其体积可能相同，故A错误；‎ B.56gFe即1mol铁与足量盐酸反应转移电子数为2NA，故B错误；‎ C.NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，因此46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA，故C正确；‎ D.标准状况下，22.4L NH3与18g H2O所含电子数均为10NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 晶体硅被用于计算机芯片，工业制粗硅的反应原理为：SiO2＋CSi＋CO2↑‎ B. 合金熔点、硬度都低于成分金属 C. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料 D. 无色透明的SiO2是制造光导纤维的重要原料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 晶体硅被用于计算机芯片，工业制粗硅生成CO，反应原理为SiO2+2CSi(粗)+2CO↑，故A错误；‎ B. 合金熔点低于成分金属，硬度高于成分金属，故B错误；‎ C. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故C错误；‎ D. 光导纤维的成分是二氧化硅，则无色透明的SiO2是制造光导纤维的重要原料，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题易错点在于A，还原二氧化硅时，因为是高温条件，CO比CO2更稳定，所以产物为CO而不是CO2。‎ ‎4.下列有关溶液组成的描述合理的是 （ ）‎ A. 无色溶液中可能大量存在Cu2+、NH4+、Cl−、S2−‎ B. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+ 、K+、Cl−、HCO3−‎ C. 酸性溶液中可能大量存在Na+ 、ClO−、SO42−、I−‎ D. 酸性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl−、CO32−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu2+有颜色，不符合题目无色要求，且与S2−反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；‎ B. HCO3−水解呈弱碱性，与其它离子不反应，可大量共存，故B正确；‎ C. 酸性条件下，ClO−、I−发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；‎ D. Fe3+和CO32−发生双水解反应，不能大量共存，且CO32−在酸性条件下反应生成二氧化碳气体，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存。2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存。3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。‎ ‎5.研究反应物化学计量数与产物之间的关系是，使用类似数组的方法可以收到的直观形象的效果，下列表达不正确的是 （ ）‎ A. 分散质粒子直径与分散系种类：‎ B. NaOH溶液与CO2反应后溶液中的钠盐：‎ C. Na与O2反应的产物：‎ D. A1C13溶液中滴加Na0H溶液后铝的存在形式 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分散系按照分散质粒子大小可以分为溶液、胶体与浊液，分散质粒度依次小于10-9m，介于10-9m-10-7m，大于10-7m，故A正确；‎ B.可能发生的反应为2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3，则大于等于2时，产物为Na2CO3；小于等于1时，产物为NaHCO3；大于1小于2时，产物为Na2CO3和NaHCO3，故B正确；‎ C.Na与氧气反应的产物与反应条件有关，与反应物的物质的量的多少无关，故C错误；‎ D.根据可能发生的反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O分析得：小于3时，以Al3+和Al（OH）3形式存在；大于4时，以AlO2-形式存在；大于3小于4时，以Al（OH）3和AlO2-形式存在，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.能正确表示下列反应的离子反应方程式为 （ ）‎ A. 用小苏打治疗胃酸(HC1)过多：CO32-+2H+ =CO2↑+H2O B. 向明矾溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液：2Al3++3SO42—+3Ba2++6OH—═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓‎ C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2－＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32－‎ D. 氯化铁溶液腐蚀铜箔制印刷线路板：2Fe3++Cu=2Fe2++ Cu2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用小苏打(NaHCO3)治疗胃酸(HC1)过多：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，故A错误；‎ B. 向明矾溶液中滴加过量氢氧化钡生成硫酸钡、偏铝酸钾和水，得不到氢氧化铝，故B错误；‎ C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠：AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－，故C错误；‎ D. 氯化铁溶液腐蚀铜箔制印刷线路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。‎ ‎7.某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2+)=2mol/L，c(SO42-)=6.5mol/L，若将100 mL的此混合液中的Mg2+和Al3+分离，至少应加入1.6mol/L的氢氧化钠溶液( )‎ A. 0.5 L B. 1.0L C. 1.8L D. 2L ‎【答案】B ‎【解析】‎ 据电荷守恒2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)可得c(Al3+)=3mol/L，n(Mg2+)=2×0.1=0.2mol； n(Al3+)=3×0.1=0.3 mol；反应的离子方程式为：Al3++3OH—=Al(OH)3↓； Al3++4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3+恰好完全反应生成AlO2-离子，即，需氢氧化钠的物质的量为0.2×2+0.3×4=1.6mol；所以加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为V(NaOH)=1.6/1.6=1 L； B正确；正确选项：B。‎ 点睛：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即电荷守恒规律；根据这一规律，很快就能计算出c(Al3+)。‎ ‎8.等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过一定量Na2O2后，体积变为原体积的8/9(同温同压)，这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为( )‎ A. 6： 7： 3 B. 3： 3： 2‎ C. 3： 4： 1 D. 6： 9： 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧气和氮气都不和过氧化钠反应，二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，根据阿伏加德罗定律，同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比，由反应前后体积的变化判断出二氧化碳有剩余，再根据反应的化学方程式分析解答。‎ ‎【详解】设三者的物质的量分别为3 mol，发生的反应为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，现气体体积变为原来的，即剩余气体的物质的量为8 mol。若二氧化碳完全与过氧化钠反应，则气体的物质的量减少数1.5 mol，即剩余气体为7.5 mol，说明二氧化碳有剩余；设有xmol二氧化碳参加反应，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2‎ ‎ 2 1‎ ‎ xmol 0.5xmol ‎ 则反应后，气体的物质的量为3+3+0.5x+（3-x）=8，解得x=2，所以反应后N2的物质的量为3mol，O2的物质的量为3+0.5x=4mol，CO2的物质的量为1mol，混合气体中N2、O2、CO2的物质的量之比为3：4：1，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意二氧化碳通过过氧化钠时，二氧化碳转化成了氧气，从而引起了容器内体积的变化，注意差量法在化学反应方程式的计算中的应用，是解决本题的关键。‎ ‎9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙。下列有关物质的推断错误的是[已知Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓]‎ A. 若甲为焦炭，则丁可能O2‎ B. 若甲为AlCl3溶液，则丁可能是KOH溶液 C. 若甲为Cu，则丁可能是Cl2‎ D. 若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，符合转化，A正确；‎ B．若甲为AlCl3，丁是KOH，则乙为氢氧化铝，丙为KAlO2，符合转化，B正确；‎ C．甲为Cu，与氯气反应只生成CuCl2，不能发生后续反应，C错误；‎ D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，符合转化，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.根据下列反应： ① 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- ② 2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+‎ ‎③ Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu ④ 2MnO4-+ 16H+ + 10Cl- = 5Cl2↑+2Mn2++ 8H2O 则判断下列各组物质的氧化性由强到弱的顺序正确的是 A Cl2> Fe3+> MnO4-> Cu2+> Fe2+ B. Cl2> MnO4-> Fe3+> Cu2+> Fe2+‎ C. MnO4-> Cl2> Fe3+> Cu2+> Fe2+ D. MnO4- > Fe3+ > Cl2> Cu2+> Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则根据反应①可知氧化性Cl2>Fe3+；根据反应②可知铁离子是氧化剂，氧化性是Fe3+>Cu2+；根据反应③可知铜离子氧化金属铁，氧化性是Cu2+>Fe2+；根据反应④可知高锰酸根离子氧化氯离子生成氯气，则氧化性是MnO4->Cl2，所以氧化性强弱顺序是MnO4->Cl2>Fe3+>Cu2+>Fe2+，答案选C。‎ ‎11.在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按粒子个数之比1:2完全反应，生成一种棕黄色气体 X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为（     ）‎ A. Cl2 B. Cl2O7 C. ClO2 D. Cl2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na2SO3被氧化为Na2SO4，Na2SO3是还原剂，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3为氧化剂，根据电子转移守恒计算Cl元素在还原产物中的化合价，进而判断产物．‎ ‎【详解】NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比l：2完全反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3为氧化剂，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，则：2×（6-4）=1×（5-a），解得a=1，故棕黄色气体X的化学式为Cl2O，‎ 故选D。‎ ‎12.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g 样品加热，其质量变为w2g ，则该样品的纯度（质量分数）是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据方程式可知 ‎2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ △m ‎2×84 106 62‎ m（NaHCO3） w1－w2‎ m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31‎ 则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。‎ ‎13.下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是 A. 2Na2O2＋2CO2→2Na2CO3＋O2 B. 2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2‎ C. 2Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2 D. 3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】反应Na2O2＋SO2→Na2SO4中SO2是还原剂，过氧化钠是氧化剂，则 A、反应2Na2O2＋2CO2→2Na2CO3＋O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，A不正确；‎ B、反应2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2中过氧化钠既是氧化剂，也还原剂，B不正确；‎ C、反应2Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，C不正确；‎ D、反应3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O中，过氧化钠是氧化剂，Cr2O3是还原剂，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.（1）将溶液逐滴滴入溶液中。‎ ‎（2）将溶液逐滴滴入溶液中，结果是（ ）‎ A. 现象相同，生成的量相同 B. 现象不同，生成的量相同 C. 现象相同，生成的量不同 D. 现象不同，生成的量不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)将溶液逐滴滴入溶液中。‎ 发生反应为：，‎ 现象为：先生成沉淀，后来沉淀部分溶解，最终生成沉淀0.1mol -0.05mol=0.05mol。‎ ‎(2)将溶液逐滴滴入溶液中，发生反应为：，‎ 现象为：起初无现象，后来生成沉淀，最终生成沉淀0.05mol。‎ 所以，虽然二种药品滴加顺序不同，现象不同，但最终生成沉淀的的量相同。‎ 故选B。‎ ‎15.某化学实验室产生的废液中含有 Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，甲同学设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。据此分析，下列说法正确的是（ ） ‎ A. 沉淀A中含有2种金属单质 B. 可用 KSCN 溶液来检验溶液B中所含的金属离子 C. 溶液 A 若只经过操作③最终将无法得到沉淀C D. 操作①②③中都需要用到玻璃棒、漏斗 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过滤得到固体A和溶液A，因为铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁离子和碱反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，银离子被还原生成银，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故A错误； B.溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，因为Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是KSCN溶液，故B正确； C.溶液A含亚铁离子，加入碱生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，故C错误；‎ D.操作②加入过氧化氢，为亚铁离子的氧化过程，不需要漏斗，故D错误。 答案选B。‎ ‎16.现有100g5.3%的碳酸钠溶液和100g2.74%的稀盐酸：（1）将碳酸钠溶液缓慢滴入盐酸中，（2）将稀盐酸缓慢滴入碳酸钠溶液中，则两种操作所产生的气体质量关系为 A. 均是1.65g B. 均是1.49g C. （1）>（2） D. （2）>（1）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Na2CO3+2HCl=2NaC1+H2O+CO2↑‎ ‎       106        73             44‎ ‎ 100g×5.3%     n            m ‎106：73=100g×5.3%：n 解得：n=3.65g＞100g×2.74%，故盐酸不足，应用盐酸计算。‎ ‎  73：44=100g×2.74%：m 解得：m=2.2g；‎ ‎(2)先判断碳酸钠和盐酸谁过量 Na2CO3+HCl=NaC1+NaHCO3‎ ‎     106   36.5        84‎ ‎100g×5.3%   X           Y ‎ 106：36.5=100g×5.3%：X 解得：X=1.825g   100g×2.74%-1.825g=0.915g＞0，故盐酸过量，应用碳酸钠计算碳酸氢钠的量Y；‎ ‎106：84=100g×5.3%：Y 解得Y=4.2g，‎ NaHCO3+HCl=NaC1+H2O+CO2↑‎ ‎84      36.5           44‎ M       0.915g        N ‎84：36.5=M：0.915   解得：M≈2.1g＜4.2g，故碳酸氢钠过量，应用盐酸计算二氧化碳的量；。‎ ‎36.5：44=0.915g：N 解得：N≈1.1g；则2.2g＞1.1g，故(1)＞(2)，故答案为C。‎ 二、非选择题：（本题共5个小题，共52分。）‎ ‎17.(1)有一瓶无色澄清溶液，其中可能含H+、Na+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−离子。现进行以下实验：‎ A、用pH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；‎ B、取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；‎ C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生。‎ ‎①根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有_________________________；‎ 肯定不存在的离子有___________________________。‎ ‎②写出C中发生反应的离子方程式________________________________。‎ ‎(2)①还原铁粉与高温水蒸气反应的化学方程式：_____________________________；‎ ‎②除去Mg粉中的Al粉的试剂是__________________，反应的离子方程式为：___________________________________；‎ ‎(3)高铁酸钠（Na2FeO4）具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补充并配平下面离子方程式。‎ ‎____Fe(OH)3 +____ClO－+____OH－ =__FeO42－＋___Cl－+_____ _______ ‎ ‎(4)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，氧化剂是___________；‎ 当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为__________________.‎ ‎【答案】 (1). H+、Ba2+、Cl− (2). Mg2+、SO42−、CO32− (3). Ba2+ + CO32− = BaCO3↓ (4). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (5). NaOH溶液 (6). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (7). 2 (8). 3 (9). 4 (10). 2 (11). 3 (12). 5 (13). H2O (14). P、CuSO4 (15). 10mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子反应原理及反应现象分析溶液中存在的离子；根据铁的化学性质书写相关反应方程式，根据Al的两性分析除杂的方法；根据电子转移守恒配平氧化还原反应；根据化合价变化判断氧化剂还原剂并计算电子转移数目。‎ ‎【详解】(1)由“澄清溶液”得，原溶液没有相互反应的离子：A、用pH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性，则一定存在H+离子，排除与强酸反应的CO32−离子存在，所以阴离子可能是Cl−或SO42−或Cl−和SO42-；B、取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，则无Mg2+存在；C、取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中含有Ba2+，不含与Ba2+反应的SO42-，所以原溶液中存在的阴离子是Cl−；①通过以上分析，该溶液中肯定存在的离子有 H+、Ba2+、Cl−；肯定不存在的离子有Mg2+、SO42−、CO32−；‎ ‎②C中发生离子反应是Ba2+和CO32−生成BaCO3沉淀的反应,离子反应为Ba2+ + CO32− = BaCO3↓；‎ 故答案为： H+、Ba2+、Cl−； Mg2+、SO42−、CO32− ；Ba2+ + CO32− = BaCO3↓；‎ ‎(2)①还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；‎ ‎②Mg粉中的Al与氢氧化钠溶液反应，而Mg不溶于碱液，可以用氢氧化钠溶液除去Mg粉中的Al粉，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ 故答案为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；NaOH溶液；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑； ‎ ‎(3)根据原子守恒知生成物中还有产物H2O，铁元素化合价由+3升高为+6，失去3mol电子，氯元素化合价由+1降低为-1，得2mol电子，取最小公倍数，氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2Fe(OH)3 +3ClO－+4OH－ =2FeO42－＋3Cl－+5H2O，故答案为： 2； 3；4； 2；3； 5； H2O；‎ ‎(4)Cu3P中P元素化合价为-3，H3PO4中P元素化合价为+5，所以P既是氧化剂又是还原剂，Cu元素化合价由CuSO4中的+2降低为Cu3P中+1，所以CuSO4是氧化剂；当有2mol H3PO4生成，转移的电子的物质的量为2mol×(+5-0)=10mol，故答案为：P、CuSO4 ； 10mol。‎ ‎18.现有含有少量NaCl、 Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。‎ ‎(1)沉淀A的主要成分是_____________、______________（填化学式）。‎ ‎(2)①②③中均进行的分离操作是_______________。‎ ‎(3)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。‎ ‎(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol•L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol•L-1的HNO3溶液，该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。‎ ‎①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。‎ ‎②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。‎ ‎③下列实验操作中导致配制溶液浓度偏高的是_____________。‎ A.取用8mol•L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线 B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作 C.8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯 D.定容时仰视刻度线 E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作 ‎【答案】 (1). BaSO4 (2). BaCO3 (3). 过滤 (4). Na2CO3 (5). HNO3 (6). 500mL 容量瓶 (7). 100 (8). 玻璃棒 (9). 62.5 (10). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。‎ ‎【详解】（1）加入过量的Ba(NO3)2，Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：BaSO4； BaCO3；‎ ‎（2）①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；‎ ‎（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3；HNO3； ‎ ‎（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100； 玻璃棒；‎ ‎②设需要量取8 mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8 mol•L-1×V×10-3L=1 mol•L-1×500×10-3L，解得：V=62.5mL，故答案为： 62.5 ；‎ ‎③A．取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；‎ B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；‎ C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；‎ D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；‎ E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；故答案为AC。‎ ‎19.为探究Na与C02反应产物，某化学兴趣小组按如图装置进行实验。‎ 己知：CO+2Ag（NH3）2OH=2Ag↓+ （NH4）2CO3+2NH3‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出A中反应的离子方程式_____________________________________；‎ ‎(2)仪器X的名称是____________________，B中的溶液为_____________________；‎ ‎(3)先称量硬质玻璃管的质量为ml g，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2g.再进行下列实验操作，其正确顺序是____________（填标号）；‎ 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，通入C02至E中出现浑浊 e.称量硬质玻璃管 f.冷却到室温 重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3g。‎ ‎(4)加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象：‎ ‎①钠块表面变黑，熔融成金属小球；‎ ‎②继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质；‎ ‎③F中试管内壁有银白物质产生。‎ 产生上述②现象的原因是______________________________________；‎ ‎(5)探究固体产物中元素Na存在形式 ‎ 假设一：只有Na2CO3；‎ 假设二：只有Na2O；‎ 假设三：Na2O和Na2CO3均有 完成下列实验设计，验证上述假设:‎ 步骤 操作 结论 ‎1‎ 将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤；‎ 假设一成立 ‎2‎ 往步骤1所得滤液中_________________________________；‎ 现象：____________________________________。‎ m1‎ m2‎ m3‎ ‎66.7g ‎69.0g ‎72.lg ‎(6)根据上述实验现象及下表实验数据，写出Na与CO2反应的总化学方程式____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (2). 长颈漏斗 (3). 饱和碳酸氢钠溶液 (4). d、a、b、f、c、e (5). 钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成 ‎ ‎ (6). 加入足量BaCl2溶液（或足量CaCl2溶液）后滴入酚酞试液（或测pH） (7). 溶液不变红（pH=7） (8). 12Na+llCO2=6Na2CO3+C+4CO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验原理及实验装置图书写实验装置中发生的离子方程式，分析实验步骤，仪器名称；根据实验现象及钠的化合物的性质混合物的组成；根据图中数据根据质量差分析反应的产物，书写相关反应方程式。‎ ‎【详解】（1）A是大理石与稀盐酸制取二氧化碳的反应，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；‎ ‎（2）仪器X的名称是长颈漏斗，B 中的溶液为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中的HCl气体，故答案为：长颈漏斗；饱和碳酸氢钠溶液；‎ ‎（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1g，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2、d.打开K1和K2，通入CO2至E中出现浑浊、a.点燃酒精灯，加热、b.熄灭酒精灯、f.冷却到室温、c.关闭K1和K2、e.称量硬质玻璃管，重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3g，其正确顺序是 d→a→b→f→c→e，故答案为： d、a、b、f、c、e；‎ ‎（4）钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成，反应完全后，管中有大量黑色物质，故答案为：钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成；‎ ‎（5）探究固体产物中元素Na的存在形式：将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤，往步骤1所得滤液中加入足量BaCl2溶液（或足量CaCl2溶液），滴入酚酞试液，溶液不变红色，则假设一成立，故答案为：加入足量BaCl2溶液（或足量CaCl2溶液）后滴入酚酞试液（或测pH；溶液不变红（pH=7）； ‎ ‎（6）反应前钠的质量为：m2-m1=69.0g-66.7g=2.3g，即0.1mol钠，若全部转化为碳酸钠，则碳酸钠的质量为： ，物质的量为0.05mol，反应后产物的质量为：m3-m1=72.1g-66.7g=5.4g，则还生成碳，且碳的质量为0.1g，即mol，结合质量守恒，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠、碳，应该还生成一氧化碳，故反应方程式为：12Na+llCO2=6Na2CO3+C+4CO，故答案为：12Na+llCO2=6Na2CO3+C+4CO。‎ ‎20.下列物质均为常见物质或它们的溶液，其中 A为淡黄色固体， C、X ‎ 均为无色气体，Z为浅绿色溶液，D为一种常见的强碱，F物质不溶于水。根据它们之间的转化关系(下图)，回答下列问题： ‎ ‎(部分反应物与产物已省略)‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：X____________ F______________‎ ‎(2)向Z 溶液中通入足量的Cl2，写出检验所得溶液中阳离子所需试剂_______________________。‎ ‎(3)向含 10g D 的溶液中通入一定量的 X，完全反应后，在低温条件下蒸发结晶，最终得到 14.8g 固体。‎ ‎①简述蒸发结晶在低温条件下进行的理由：____________________________________________________（用必要的文字回答）‎ ‎②所得固体中含有的物质及其它们的物质的量之比为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). X为 CO2 (2). F为Fe（OH）3 (3). 硫氰化钾溶液或KSCN (4). 避免碳酸氢钠在温度过高时分解 (5). n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的颜色、状态等物理性质及物质间的转化关系分析各物质的组成；根据铁离子的检验方法分析解答；根据碳酸氢钠易分解的性质分析蒸发结晶的方法；根据原子守恒计算碳酸钠、碳酸氢钠混合物中物质的量之比。‎ ‎【详解】A为淡黄色固体化合物，X为无色气体，D为一种常见的强碱，并且X与D反应生成B溶液，所以X为酸性气体，B为盐，所以不难推出A是Na2O2，X为CO2，B为Na2CO3，C是O2，B与氢氧化钡生成D，则D为NaOH，Z为浅绿色溶液，说明含有亚铁离子，亚铁离子与NaOH溶液反应生成E为Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2、水反应生F为Fe(OH)3，‎ ‎(1)通过以上分析知，X为CO2，F为Fe(OH)3，故答案为：X为 CO2 ；F为Fe(OH)3；‎ ‎(2)Z为浅绿色溶液，说明含有亚铁离子，向Z溶液中通入一定量的Cl2‎ ‎，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，则检验Fe3+所需试剂为硫氰化钾溶液或KSCN，故答案为：硫氰化钾溶液或KSCN；‎ ‎(3)①因为碳酸氢钠在温度过高时分解，所以蒸发结晶在低温条件下进行；‎ ‎②氢氧化钠的物质的量为10g40g/mol=0.25mol，假设生成Na2CO3的物质的量为x，生成NaHCO3的物质的量为y，则根据钠原子守恒，2x+y=0.25，根据固体质量106x+84y=14.8，解得x=0.1，y=0.05，所以所得固体中含有的物质为Na2CO3和NaHCO3，它们的物质的量之比为n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=2：1；‎ 故答案为：避免碳酸氢钠在温度过高时分解；n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=2：1。‎ ‎21.(1)把7.8g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到8.96 LH2（标准状况下）。该合金溶于足量NaOH溶液，产生H2的体积（标准状况下）为____________ 。‎ ‎(2)相同条件下，某Cl2与O2混合气体75mL恰好与100mL H2化合生成HCl和H2O，则混合气体的平均相对分子质量为____________。‎ ‎(3)两个相同容积的密闭容器X、Y，在25 ℃下，X中充入a g A气体，Y中充入a g CH4气体，X与Y内的压强之比是2：5，则A的摩尔质量为____________。‎ ‎【答案】 (1). 6.72 L (2). 58 (3). 40g·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据镁和铝与盐酸反应的方程及放出气体的体积计算混合物的组成，再根据铝与氢氧化钠溶液反应的方程式进行相关计算；‎ ‎（2）由于氯气能与氢气化合生成了氯化氢，氧气与氢气化合生成了水，设与氯气的气体为X，则氧气的体积为（100mL-x），应含有X的式子分别表示出反应的氢气，可求出氯气和氢气的体积数，再根据体积关系，计算出混合气体的平均摩尔质量；‎ ‎（3）温度、体积相同时，压强之比等于气体物质的量之比，再结合n=进行计算。‎ ‎【详解】(1)镁和铝分别与盐酸反应的方程式为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，则n(Mg)×24g/mol+n(Al)×27g/mol=7.8g，[n(Mg)+3/2n(Al)]×22.4L/mol=8.96L，解得n(Al)=0.2mol，合金中镁和氢氧化钠溶液不反应，根据铝与氢氧化钠溶液反应方程式计算得：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则V(H2)=3/2×0.2mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72L；‎ ‎(2)由Cl2+H22HCl，2H2+O22H2O可知，完全反应时，氯气与氢气的体积比是1：1，氧气与氢气的体积比是1：2，设氯气的气体为x，则与氯气反应的氢气的体积也为x，氧气的体积为（75mL-x）．与氧气反应的氢气的体积为2(75mL-x)，所以x+2(75mL-x)=100mL，解得：x=50mL，氧气的体积为75mL-50mL=25mL，所以，混合气体中Cl2和O2的体积之比为50mL：25mL=2：1，则物质的量之比为2:1，则混合气体的平均摩尔质量为：，则平均相对分子质量为58，故答案为：58；‎ ‎(3) 温度、体积相同时，压强之比等于气体物质的量之比，则2:5=，解得：M(A)=40g/mol，故答案为：40g/mol。‎ ‎ ‎ ‎ ‎