2018-2019学年甘肃省天水市第一中学高一上学期第二学段考试化学试题（解析版）

2018-2019学年甘肃省天水市第一中学高一上学期第二学段考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年甘肃省天水市第一中学高一上学期第二学段考试化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量： C：12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Fe:56 n:65 Ba:137‎ 选择题（每个小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列物质中属于电解质的是( )‎ A. CO2 B. BaSO4 C. n D. C2H5OH ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. CO2不能自身电离出离子，是非电解质，A错误；B. BaSO4能自身电离出离子，是电解质，B正确；C. n是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D. C2H5OH不能自身电离出离子，是非电解质，D错误，答案选B。‎ 点睛：关于电解质和非电解质的判断还需要注意以下几点：能够导电的物质不一定全是电解质；电解质和非电解质都是化合物，单质以及混合物既不是电解也不是非电解质；溶于水和熔化状态两个条件只需满足其中之一，溶于水不是指和水反应。例如二氧化碳溶于水也导电，但导电的原因是二氧化碳与水反应生成的碳酸引起的，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质。‎ ‎2.下列反应中不属于氧化还原反应的是 A. Br2+2 I═I2+2 Br B. NH3+HCl═NH4Cl C. NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O D. 2H2O2═2H2O+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有元素化合价变化的反应是氧化还原反应。‎ ‎【详解】Br2+2 I═I2+2 Br反应中Br、I元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；NH3+HCl═NH4Cl反应中各元素的化合价均不变，不属于氧化还原反应，故选B；NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O反应中N元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选C；2H2O2═2H2O+O2↑反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查氧化还原反应、非氧化还原反应，侧重氧化还原反应判断的考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，培养对概念的理解能力。‎ ‎3.下列说不正确的是 A. 金属钠有强还原性，能和硫酸铜溶液反应，析出金属铜 B. 用Al(OH)3治疗胃酸过多 C. 过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的 ‎ D. 绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钙、钠、铜等金属元素化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠与盐溶液反应时，先与水反应，则Na和硫酸铜溶液反应时先生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不能析出金属铜，选项A不正确；B、Al(OH)3具有弱碱性，可与胃酸中盐酸发生中和反应而除去过多的胃酸，选项B正确；C、过氧化钠可以和人体呼出的气体水以及二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂，选项C正确；D、烟花中添加的化合物中的金属元素在灼烧使发生焰色反应，呈现出不同的颜色，选项D正确；答案选A。‎ ‎4.下列各组离子中，能在强酸性溶液里大量共存，并且溶液呈无色透明的是(　　)‎ A. Fe3＋、 ＋、Na＋、SO42-‎ B. Na＋、 ＋、CO32-、Cl－‎ C. Mg2＋、Na＋、Cl－、NO3-‎ D. Ba2＋、 ＋、HCO3-、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、Fe3+是黄色的，故A错误；B、Mg2+、Na+、Cl－、NO四种离子间不发生反应，都是无色的，也不与酸反应，故B正确；C、强酸性溶液中CO不能大量存在，故C错误；D、强酸性溶液中HCO不能大量存在，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了离子共存的相关知识。‎ ‎5.下列离子方程式中书写正确的是( )‎ A. CO2通入过量的NaOH溶液：CO2＋OH－===HCO3-‎ B. NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－‎ C. 大理石溶于硝酸：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O D. 碳酸钡和稀硫酸：BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO2通入过量的NaOH溶液发生反应的化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，其离子方程式CO2+2OH-=CO32-+H2O，A项错误；‎ B.NaAlO2溶液中通入过量的CO2时先后发生两步反应：2AlO2-+CO2+3H2O =2Al(OH)3↓+CO32-，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，总反应为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，B项错误；‎ C.该离子方程式符合反应事实，C项正确；‎ D.碳酸钡和稀硫酸反应：BaCO3+H2SO4=BaSO4+CO2↑+H2O，其离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4+CO2↑+H2O，D项错误；答案选C。‎ ‎6.下列实验装置不能达到实验目的的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．钠与水反应放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，A错误；B．二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，B错误；C．铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，C错误；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，D正确，答案选D。‎ ‎【考点定位】本题考查化学实验方案的评价，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识 ‎【名师点晴】明确实验原理是解答的关键，实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。另外对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑。选项D是易错点。‎ ‎7.根据化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序是 I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI；‎ ‎2FeCl2＋Cl2===2FeCl3‎ ‎2FeCl3＋3HI===2FeCl2＋2HCl＋I2‎ A. I－>Fe2＋>Cl－>SO2‎ B. Cl－>Fe2＋>SO2>I－‎ C. Fe2＋>I－>Cl－>SO2‎ D. SO2>I－>Fe2＋>Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2＞HI；‎ ‎②2FeBr2+Br2═2FeBr3中还原剂是FeBr2、还原产物是FeBr3，所以还原性Fe2+＞Br-；‎ ‎③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HI＞FeBr2；‎ 通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2＞I-＞Fe2+＞Br-，故选D。‎ ‎【考点定位】考查还原性强弱判断 ‎【名师点晴】侧重考查学生对基本概念的理解，根据元素化合价变化分析即可，且同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。‎ ‎8.将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为(　　)‎ A. 3∶2 B. 2∶1‎ C. 3∶4 D. 4∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 加入盐酸中发生反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，加入氢氧化钠溶液中发生：2Al＋2OH ‎－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，假设在盐酸中产生氢气3mol，在氢氧化钠溶液中产生氢气为2mol，合金中铝的物质的量为：4/3mol，则铁的物质的量为1mol，因此铁和铝的物质的量之比为：3：4，故选项C正确。‎ ‎9.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是 ‎①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2‎ A. ①③④⑤ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①金属钠投入FeCl3溶液中, Na先与水反应生成NaOH和H2，OH－与Fe3＋反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，OH－与Al3＋反应生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于强碱，所以最终没有沉淀生成；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生反应为：Ca2＋+OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2O，碳酸钙是白色沉淀；④向Al3＋溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于强碱，所以氨水过量，依然有白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，该反应为化合反应，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以会析出NaHCO3晶体，产生白色沉淀。故③④⑤正确，选D。‎ ‎10.某溶液中存在以下五种离子：0.2mol/L Cl－、0.4mol/L SO42-、0.1mol/L Al3+、0.3mol/L H+、M，则M及其物质的量浓度可能为 A. + 0.3mol/L B. n2+ 0.2mol/L C. CO32- 0.2mol/L D. Ba2+ 0.1mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液中电荷守恒判断M离子的电性，c(Cl－)+2c(SO42-)=0.2mol/L+2×0.4mol/L=1mol/L，3c(Al3+)+c(H+)=3×0.1mol/L+0.3mol/L=0.6mol/L，所以M为阳离子，令M阳离子为c(Mn+)，根据电荷守恒有c(Mn+)=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，再结合选项考虑离子共存判断。‎ ‎【详解】根据溶液中电荷守恒判断M离子的电性，c(Cl－)+2c(SO42-)=0.2mol/L+2×0.4mol/L=1mol/L，3c(Al3+)+c(H+)=3×0.1mol/L+0.3mol/L=0.6mol/L，所以M为阳离子，令M阳离子为c(Mn+)，根据电荷守恒有c(Mn+)=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，‎ A、1×c( +)=0.3mol/L，故A错误； B、2×c( n2+)=2×0.2mol/L=0.4mol/L，所以B选项是正确的； C、由上述分析可以知道，M为阳离子，不可能是CO32-，故C错误； D、2×c(Ba2+)=2×0.1mol/L=0.2mol/L，且硫酸根离子与钡离子不能共存，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎11.将9g由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为( )‎ A. 8g B. 9g C. 12g D. 13.5g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O22CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量；‎ H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量，综上分析，最终固体增重为CO与氢气的总质量，故9gCO和H2的混合气点燃后，再通入足量的Na2O2中，充分反应后，固体增重质量是9g，故选B。‎ ‎【考点定位】考查混合物的计算 ‎【名师点晴】注意利用差量法从总反应方程式分析固体质量变化是解答该题的关键；CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O22CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量；‎ H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量。‎ ‎12.废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入适量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4+ +3ClO−＝N2 ↑+3Cl− +2H+ +3H2O。下列说法中，不正确的是 A. 反应物中氮元素被氧化，氯元素被还原 B. 还原性NH4+＜Cl−‎ C. 反应中每生成22.4L（标准状况下）N2，转移约6 mol电子 D. 经此法处理过的废水不可以直接排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原，N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，故A正确； B.2NH4+ +3ClO−=N2 ↑+3Cl− +2H+ +3H2O中，N元素的化合价由-3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则生成Cl-为还原产物，所以还原性 NH4+＞Cl-，故B错误； C.N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，所以标准状况下每生成22.4LN2，转移6 mol电子，故C正确； D.由2NH4+ +3ClO−＝N2 ↑+3Cl− +2H+ +3H2O，得出经此法处理过的废水呈酸性，所以不能直接排放，故D正确。 故选B。‎ ‎13.将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol/L的MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是 A. M2+ B. M C. MO2+ D. M3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由化合价变化可知，反应中锌做还原剂，MO2+做氧化剂，0.195g锌粉失去的电子的物质的量为0.195g/(65g/mol)×2=0.006mol，n（MO2+）=0.02L×0.100mol•L-1=0.002mol，设反应后M的化合价为+x价，MO2+得到电子数目为（5-x）×0.002mol，由得失电子数目守恒得（5-x）×0.002mol=0.006mol，解得x=2，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应计算，侧重考查分析能力和计算能力，明确反应方程式中元素化合价变化，依据得失电子数目守恒计算是解本题关键。‎ ‎14.将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成等量的两份。将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24 g；另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24 L 气体。则混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为 A. 1︰3 B. 3︰2 C. 1︰1 D. 2︰3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）固体加热时发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，利用差量法可计算原混合物中NaHCO3质量，进而计算碳酸氢钠的质量；‎ ‎（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol。‎ ‎【详解】（1）固体加热时发生 ‎2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m ‎ 168g 62g x 1.24g，‎ x=168×1.24/62=3.36g，n（NaHCO3）=3.36g/84g·mol－1=0.04mol，原均匀混合物中NaHCO3的物质的量n（NaHCO3）=0.04mol×2=0.08mol；‎ ‎（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，原均匀混合物中碳酸钠的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为0.12mol：0.08mol=3：2.‎ ‎【点睛】本题考查混合物的有关计算，解题关键：明确发生的反应，（1）中利用差量法计算，结合计算过程，（2）注意利用守恒思想进行计算．‎ ‎15.向1.0 mol/L的甲溶液中逐滴加入1.0 mol/L的乙溶液，产生Al(OH)3沉淀的质量(用y轴表示)与所加入乙溶液的体积(用x轴表示)的关系如下图所示，符合图中关系的是下列各组溶液中的( )‎ ‎ ‎ A B C D 甲 AlCl3‎ NaOH NaAlO2‎ HCl 乙 NaOH AlCl3‎ HCl NaAlO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向1.0 mol/L的AlCl3溶液中逐滴加入1.0 mol/L的NaOH溶液时开始产生白色Al(OH)3沉淀：‎ Al3++3OH-=Al(OH)3↓，当Al3+完全沉淀后继续加NaOH溶液，沉淀开始溶解：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，不符合图像，A项错误；‎ B.向1.0 mol/L的NaOH溶液中逐滴加入1.0 mol/L的AlCl3溶液时开始没有Al(OH)3沉淀生成：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，当OH-完全反应后继续加入AlCl3溶液，开始产生Al(OH)3沉淀：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，根据方程式计量关系可知，没有沉淀生成时消耗AlCl3溶液的体积是有Al(OH)3沉淀生成时消耗AlCl3溶液的体积的3倍，不符合图像，B项错误；‎ C.向1.0 mol/L的NaAlO2溶液中逐滴加入1.0 mol/L的HCl溶液时开始产生Al(OH)3沉淀：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，当AlO2-完全转化后继续加入HCl溶液，沉淀开始溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，不符合图像，C项错误；‎ D.向1.0 mol/L的HCl溶液中逐滴加入1.0 mol/L的NaAlO2溶液时开始没有沉淀产生：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，当H+完全反应后继续加入NaAlO2溶液，开始产生Al(OH)3沉淀：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，根据方程式的计量关系可知，未产生沉淀时消耗的NaAlO2溶液的体积是生成沉淀时消耗NaAlO2溶液体积的，符合图像，D项正确；答案选D。‎ ‎16.将Cl2通入400mL0.5 mol·L-1 OH溶液中，二者恰好完全反应得到 Cl、 ClO、 ClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比是1:2，则通入的Cl2在标谁状况下的体积为（ ）‎ A. 1.12L B. 2.24L C. 1.68L D. 0.56L ‎【答案】A ‎【解析】‎ Cl2与 OH恰好反应生成 Cl、 ClO、 ClO3，依据原子守恒可知n（ ）=n（Cl），因此n（Cl2）=1/2n（ OH）=0.5×0.2L×0.5mol/L=0.05mol，所以通入的Cl2在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，答案选A。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应的计算，把握发生的反应及守恒法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用。如果该题采用电子得失守恒计算虽然也能得出结论，但计算过程略显繁琐，且需要判断氧化产物与还原产物，因此采用何种方法需要具体情况具体分析，注意知识的灵活应用。‎ 二、填空题 ‎17.按要求填空：‎ ‎（1）将切开的小块钠投入到FeCl3溶液，现象是_________；反应的方程式为_____________。‎ ‎（2）实验室常用还原性Fe粉与水蒸气反应的实验来研究Fe的还原性，则该反应的化学反应方程式为_____________________.‎ ‎（3）分别将0.2mol的钠、镁、铝分别投入100ml 1mol·L－1‎ 的盐酸溶液中，三者产生的氢气在相同条件下的体积比为____________________。‎ ‎(4)用双线桥标出电子转移的方向和数目: MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O________‎ ‎【答案】 (1). 钠浮在水面上，熔化成小球，四处游动，发出嘶嘶响声，有红褐色沉淀生成 (2). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl (3). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 (4). 2：1：1 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 将切开的小块钠投入到FeCl3溶液中，钠先与水剧烈地反应，生成的NaOH又与FeCl3反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，所以实验现象是钠浮在水面上，熔化成小球，四处游动，发出嘶嘶响声，有红褐色沉淀生成。其反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl。‎ ‎(2)还原性铁粉能将水蒸气中氢元素置换生成H2，该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2(g)。‎ ‎(3) 100ml 1mol·L－1的盐酸溶液中HCl物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，将钠投入到盐酸中钠先与HCl反应，过量的钠继续与水反应直至耗尽2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，由计量关系知2Na H2↑，所以0.2mol钠生成0.1molH2。由反应式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑知0.2mol镁过量， 0.1molHCl完全反应生成0.05molH2。由反应式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑知0.2mol铝过量，0.1molHCl完全反应生成0.05molH2。因为相同条件下气体的体积比等于其物质的量之比，钠、镁、铝分别与盐酸反应产生氢气的体积比=0.1mol:0.05mol:0.05mol=2:1:1。‎ ‎(4)分析反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O中元素化合价知：锰元素化合价由MnO2的+4价变化到MnCl2的+2价，化合价降低，每个锰原子得到2个电子；氯元素化合价由HCl的-1价变化到Cl2的0价，化合价升高，2个HCl失去2个电子。所以电子转移的方向和数目表示为：。‎ ‎【点睛】在分析氧化还原反应时要抓住两条线：一是化合价升高，失去电子，发生氧化反应，概括为“升-失-氧”；二是化合价降低，得到电子，发生还原反应，概括为“降-得-还”。这样便于记忆。‎ ‎18.锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成 n（NH3）42+。回答下列问题：‎ ‎（1）单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为___________（用名称表示）。‎ ‎（2）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：___________________。‎ ‎（3）下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是______________。‎ ‎① 硫酸铝和氢氧化钠 ② 硫酸锌和氢氧化钠 ③硫酸铝和氨水 ④ 硫酸锌和氨水 ‎（4）在火箭和导弹技术中，将铝粉与石墨、TiO2按一定比例混合均匀，涂在金属表面，在高温下煅烧，金属表面生成TiC和另一种耐高温的物质，写出该反应的化学方程式：______________________。‎ ‎【答案】 (1). 偏铝酸钠 (2). n + 2NaOH = Na2 nO2+H2↑ (3). ①②④ (4). 4Al＋3C＋3TiO22Al2O3＋3TiC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铝能溶解于NaOH溶液中：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，NaAlO2属于易溶于水的盐，所以溶液中铝元素的存在形式为偏铝酸钠。‎ ‎(2)由题意知锌的化学性质与铝相似，所以锌与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 n+2NaOH=Na2 nO2+2H2↑。‎ ‎(3)①向硫酸铝溶液中滴入氢氧化钠溶液，开始即产生白色沉淀Al3++3OH-=Al(OH)3↓，后来沉淀溶解Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；向氢氧化钠溶液中滴入硫酸铝溶液，开始没有沉淀产生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，后来产生白色沉淀Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓。即硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液相互滴加时实验现象不同，所以可用相互滴加的实验方法鉴别。①项正确；②向硫酸锌溶液中滴加氢氧化钠溶液，开始即产生沉淀 n2++2OH-= n(OH)2↓，后来沉淀溶解 n(OH)2+2OH-= nO22-+2H2O；向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液，开始没有沉淀产生 n2++4OH-= nO22-+2H2O，后来产生白色沉淀 n2++ nO22-+2H2O=2 n(OH)2↓。即硫酸锌溶液和氢氧化钠溶液相互滴加时实验现象不同，所以可用相互滴加的实验方法鉴别。②项正确；③硫酸铝和氨水反应生成白色沉淀Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，过量的氨水Al(OH)3沉淀不溶解，即不管是向硫酸铝溶液中滴加氨水还是向氨水中滴加硫酸铝溶液，实验现象相同，所以不可以用相互滴加的实验方法鉴别。③项错误；④向硫酸锌溶液中滴加氨水，开始产生沉淀 n2++2NH3·H2O= n(OH)2↓+2NH4+，后来沉淀溶解 n(OH)2+4NH3·H2O= n(NH3)42++2OH-+4H2O；向氨水中滴加硫酸锌溶液，开始没有沉淀产生 n2++4NH3·H2O= n(NH3)42++4H2O。即硫酸锌溶液和氨水相互滴加时实验现象不同，所以可用相互滴加的实验方法鉴别。④项正确；答案选①②④。‎ ‎(4)由题给“信息”可知，该反应有铝粉、石墨、TiO2参与反应，反应条件是高温，生成物之一是TiC，另一种物质耐高温，说明该物质熔点很高，结合元素守恒可推知是Al2O3。所以该反应的化学方程式为4Al+3C+3TiO23TiC+2Al2O3。‎ ‎19.从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下（SiO2 不溶于盐酸）： ‎ ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）沉淀C的主要成分是______________（写化学式）．‎ ‎（2）滤液D中通入过量CO2的离子方程式为___________．‎ ‎（3）写出灼烧沉淀F的化学反应化学方程式______________．‎ ‎【答案】 (1). Mg(OH)2 和Fe(OH)3 (2). AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－、OH-+CO2=HCO3- (3). 2Al(OH)3Al2O3+ 3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿中的Al2O3、Fe2O3、MgO都可与盐酸反应而溶解，只有SiO2不溶于盐酸，故滤液B中含有AlCl3、FeCl3、MgCl2，HCl等。向滤液B中加入过量烧碱发生反应有中和反应、沉淀反应，可确定沉淀C的主要成分。滤液D中含有NaAlO2、NaCl、NaOH等，向滤液D中通入过量的CO2发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，OH-+CO2=HCO3-，滤液E是NaHCO3和NaCl溶液，沉淀F是Al(OH)3，灼烧Al(OH)3发生分解反应。由此分析。‎ ‎【详解】根据铝土矿中的成分，向铝土矿中加过量的盐酸发生的反应有Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，MgO+2H+=Mg2++H2O。SiO2不溶于盐酸，所以固体A是SiO2，滤液B中含有AlCl3、FeCl3、MgCl2，HCl等，向滤液B中加入过量烧碱发生反应有H++OH-=H2O，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，故沉淀C的主要成分是Fe(OH)3 、Mg(OH)2，滤液D中含有NaAlO2、NaCl、NaOH。向滤液D中通入过量的CO2发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，OH-+CO2=HCO3-，滤液E是NaHCO3和NaCl溶液，沉淀F是Al(OH)3，灼烧Al(OH)3发生分解反应：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，最后得到氧化铝。‎ ‎(1)溶液C的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2。‎ ‎(2)滤液D中通入过量CO2的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 、OH-+CO2=HCO3-。‎ ‎(3)灼烧Al(OH)3沉淀发生分解反应，其化学反应方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O。‎ ‎20.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水）‎ ‎ ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中液体试剂选用________‎ ‎（2）装置B的作用是_________________，装置C的作用是_________________________，装置E中碱石灰的作用是______________________________________________。‎ ‎（3）装置D中发生反应的化学方程式是_________________________。‎ ‎（4）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为_____________________________________。‎ ‎【答案】(1)6 mol/L盐酸（2分）　硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续（2分）‎ ‎(2)除去气体中的HCl（2分） 吸收装置D中反应剩余的CO2（2分）‎ ‎(3)2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2（2分）、Na2O＋CO2＝Na2CO3（2分）‎ ‎(4)78 （2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，‎ 故答案为：6mol/L盐酸，硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续；‎ ‎（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，‎ 故答案为：除去气体中的HCl；吸收装置D中反应剩余的二氧化碳；‎ ‎（3）氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，‎ 故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3；‎ ‎（4）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02ml，‎ 过氧化钠的纯度==78 ，故答案为：78 ．‎ 考点：钠的重要化合物 探究物质的组成或测量物质的含量 点评：本题考查学生过氧化钠的化学性质知识，通过实验方式考查增加了难度，综合性较强。‎ ‎21.2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是__________，一定存在的阳离子是___________。‎ ‎(2)写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：________。‎ ‎(3)分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为______，所得沉淀的最大质量是______g。‎ ‎(4)若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.18 mol·L-1,试判断原废水中NO3-是否存在？____(填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在， c(NO3-) = _____ mol·L-1。(若不存在或不确定则此空不填)‎ ‎【答案】 (1). CO32- (2). Na+、H+、Al3+、NH4+ (3). NH4+ + OH﹣ = NH3·H2O (4). 1：1 (5). 0.546g (6). 存在 (7). 0.36 mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎(1)无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42-，根据实验③确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，废水中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-，故废水中一定不存在的阴离子是CO32-‎ ‎，一定存在的阳离子是Na+、Al3+、NH4+、H+；‎ ‎(2)实验③图像中沉淀达到最大量，继续滴加NaOH溶液，与溶液里的NH4+ 作用生成NH3·H2O，此时沉淀质量不再发生变化，反应的离子反应方程式NH4+ + OH﹣ = NH3·H2O；‎ ‎(3)已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)==0.01mol， 根据图象可知与Al(OH)3反应的OH-为：n(OH-)=0.007mol， Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O n(Al3+)   0.007mol 所以n(Al3+)=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol， NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为1：1；‎ 生成Al(OH)3的质量为0.007mol×78g/mol=0.546g；‎ ‎(4)溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)==0.01mol，另外n(Al3+)=0.007mol，n(H+)=0.014mol，n(NH4+)=0.007mol，溶液中存在电荷守恒，3n(Al3+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=3×0.007mol+0.014mol+0.007mol+0.14 mol·L-1×0.1L=0.056mol≠2n(SO42-)=0.02mol，则一定含有NO3-，且n(NO3-)=0.056mol-0.02mol=0.036mol，c(NO3-)==0.36mol/L。‎ 点睛：无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42-，根据实验③确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Al3+、NH4+、H+、SO42-，根据硫酸钡沉淀求出n(SO42-)，根据图象求出n(Al3+)和n(H+)，再根据电荷守恒确定有没有NO3-。‎ 三、计算题 ‎22.取50.0 mL Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51 g 白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66 g，并有气体放出。试计算：‎ ‎（1）原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度；______________‎ ‎（2）产生的气体在标准状况下的体积。_______________‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3的物质的量浓度为1.0 mol·L－1，Na2SO4的物质的量浓度为0.4 mol·L－1 (2). 二氧化碳的体积为1.12 L ‎【解析】‎ 试题分析：14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，剩余沉淀为BaSO4，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量所以Na2SO4的物质的量为：=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为=0.4mol/L，减少的沉淀质量为BaCO3，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量所以Na2CO3的物质的量为：=0.05mol所以Na2CO3的物质的量浓度为1mol/L答案为：1mol/L、0.4mol/L．‎ ‎（2）设生成的气体在标准状况下的体积为x．‎ BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑‎ ‎1mol 22.4L ‎0.05mol x x=1.12L，答案为1.12L．‎ 考点：物质的量的相关计算 ‎ ‎ ‎ ‎