【化学】江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

江西省赣州市会昌中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na: 23 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Mn:55 Fe:56 Cu:64 Ba:137‎ 一．选择题(每题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)‎ ‎1.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，分子数为NA的CO、N2混合气体体积约为22.4L，质量为28g B. 25℃、101.3kPa时，11.2LH2中含有的原子数为NA C. 10 mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%‎ D. 1mol/L Na2SO4溶液中离子总数为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由n===计算可知，标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体的物质的量为1mol，体积为22.4L，由于CO和C2H4的相对分子质量相等，都为28，则质量为28g，故A正确；‎ B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氢气的物质的量，故B错误；‎ C．水的密度小于硫酸密度，10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，则溶液的质量小于原来的10倍，H2SO4的质量分数大于9.8%，故C错误；‎ D．由n=cV可知，溶液的体积未知，无法确定溶液中离子总数，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.已知氧化性：Cl2＞Fe3＋＞S，则下列说法正确的是（ ）‎ A. Fe可以和S在加热条件下生成Fe2S3‎ B. Cl2和H2S相遇可发生反应：H2S＋Cl2=2HCl＋S↓‎ C. 在酸性溶液中，Fe3＋和S2－可以大量共存 D. Cl2可以氧化Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知氧化性：Fe3+＞S，则Fe3+能氧化S2-，Fe可以和S在加热条件下生成FeS，故A错误；‎ B．根据H2S+Cl2═2HCl+S↓可知氧化性是Cl2＞S，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B正确；‎ C．已知氧化性：Fe3+＞S，则Fe3+能氧化S2-，所以在酸性溶液中Fe3+和S2-不大量共存，故C错误；‎ D．已知氧化性：Cl2＞Fe3+，则Cl2能氧化Fe2+生成Fe3+，但是Cl2不能氧化Fe3+，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎3.下列离子方程式的书写正确的是（ ）‎ A. 澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O B. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O C. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH－＋HCO3-＝CO32-＋H2O D. 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．澄清石灰水与少量苏打溶液混合的离子反应为Ca2++CO32-=CaCO3↓，故A错误；‎ B．碳酸钙溶于醋酸的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；‎ C．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应发生反应的离子方程式为OH－＋HCO3-＝CO32-＋H2O，故C正确；‎ D．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎4.下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是(　　)‎ ‎①金属钠在纯氧中燃烧　②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间　③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中 A. ②③①④ B. ③②①④‎ C. ③①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；④无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是③②①④，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）‎ A. 使酚酞试液变红的溶液：Na＋、Cl－、SO42-、Fe3＋‎ B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2＋、Mg2＋、MnO4-、HCO3－‎ C. 常温pH<7的溶液：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－‎ D. 碳酸氢钠溶液：K＋、SO42-、Cl－、H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使酚酞试液变红的溶液中存在大量氢氧根离子，Fe3+与氢氧根离子反应生成氢氧化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，且HCO3－在酸性溶液中也不能大量共存，故B错误；‎ C．pH＜7的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，K+、Ba2+、Cl-、Br-之间不发生反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．H+与碳酸氢钠反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.下列有关焰色反应的说法正确的是（ ）‎ A. 焰色反应是金属单质表现的性质 B. 焰色反应是因为发生了化学变化而产生 C. 洗涤焰色反应中用到的铂丝可用稀硫酸代替稀盐酸 D. 焰色反应时观察到黄色火焰并不能确定原物质中一定不含钾元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，根据定义知，无论某元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，所以是元素的性质，故A错误；‎ B．焰色是因为金属原子或离子外围电子发生跃迁，然后回落到原位时放出的能量。由于电子回落过程放出能量的频率不同而产生不同的光，故B错误；‎ C．做焰色反应实验用的铂丝，每试验一种样品后都必须用稀盐酸洗涤，是因为盐酸可以溶解氧化物等杂质且易挥发，不会残留痕迹，所以用盐酸洗涤，故C错误；‎ D．钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住，某物质灼烧时，焰色反应为黄色，所以一定含有钠元素，可能含有K元素，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.有两个无标签的试剂瓶，分别盛有Na2CO3、NaHCO3固体，有四位同学为鉴别它们采用了以下不同方法，其中不可行的是（ ）‎ A 分别将它们配制成溶液，再加入澄清石灰水 B. 分别将它们配制成溶液，再加入CaCl2溶液 C 分别将它们配制成溶液，再逐滴滴加稀盐酸 D. 分别加热，再用澄清石灰水检验是否有气体产生 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、加入澄清石灰水，均反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A选；B、碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀，而碳酸氢钠与氯化钙不反应，现象不同，可以鉴别，故B不选；C、逐滴加入等浓度的稀盐酸，碳酸氢钠溶液中有气体生成，碳酸钠溶液中开始无气体生成，随加入盐酸增多，后来生成气体，能鉴别，故C不选；D、分别加热，再用石灰水检测是否有CO2产生，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，碳酸钠不分解，可以鉴别，故D不选；故选A ‎8.下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的为（ ）‎ ‎①向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4，③向石灰水通入CO2至过量，④NaAlO2溶液中通入CO2至过量 A. ①④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2‎ ‎，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故①正确；‎ ‎②向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe(OH)3沉淀，H2SO4过量，Fe(OH)3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故②错误；‎ ‎③因石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故③错误；‎ ‎④NaAlO2溶液中通入CO2气体，有Al(OH)3沉淀生成，但Al(OH)3不能溶于弱酸如碳酸，则通入过量CO2，沉淀不会溶解，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④正确；‎ 只有①④正确，故答案为A。‎ ‎9.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（ ）‎ A. 5∶4 B. 5∶3 C. 1∶1 D. 3∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】铵根里氮从-3价到0价，被氧化，有5个氮原子；硝酸根里氮从+5价到0价，被还原，有3个，故为5:3，答案选B。‎ ‎10. 只用试管和胶头滴管而不用其它试剂无法区分的一组试剂是（ ）‎ A. KOH溶液和AlCl3溶液 B. Na2CO3溶液和HCl溶液 C. MgCl2溶液和氨水 D. 盐酸和NaAlO2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．当AlCl3溶液过量时，反应离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当氯化铝少量时，离子反应方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，所以反应现象不同，可以区分；B．当盐酸少量时，离子反应方程式为CO32-+H+=HCO3-，当盐酸过量时，离子反应方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，所以反应现象不同，可以区分；C．无论氨水是否过量，都发生的离子反应方程式为Mg2++2NH3．H2O=Mg（OH）2 ↓+2NH4+，无法区分；D．当盐酸少量时，离子反应方程式为H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，当盐酸过量时，离子反应方程式为：4H++AlO2-=Al3++2H2O，所以反应现象不同，可以区分。‎ ‎11.下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是要除去杂质而加入的试剂，其中正确的组别是（ ）‎ ‎ ‎ X ‎ Y ‎ Z ‎ A． ‎ FeCl2溶液 ‎ FeCl3 ‎ KSCN溶液 ‎ B． ‎ A1粉 ‎ Fe粉 ‎ NaOH溶液 ‎ C． ‎ Fe2(SO4)3溶液 ‎ FeSO4 ‎ C12 ‎ D． ‎ FeCl2溶液 ‎ CuCl2 ‎ Fe粉 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．FeCl3与KSCN溶液反应产生的物质是易溶性的物质，不能达到除去杂质的目的，错误；B．Al与NaOH溶液发生反应，而杂质Fe不能与NaOH溶液发生反应，故不能得到需要的Al，达到除去杂质的目的，错误；C．杂质FeSO4与氯气反应产生氯化铁和硫酸铁，溶液中含有杂质离子Cl-，没有达到除去杂质的目的，错误；D．CuCl2与Fe发生反应产生氯化亚铁和Cu，然后过滤，除去过量的铁及反应产生的Cu，就得到纯净的FeCl2溶液，达到提纯物质的作用，正确。‎ ‎12.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不正确的是（ ）‎ A. 若甲为焦炭，则丁可能是O2‎ B. 若乙为Al（OH）3，则丁可能是NaOH C. 若甲为Fe，则丁可能是盐酸 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 ‎，二氧化碳与碳反应得到CO，符合转化转化关系，故A正确；‎ B．乙为Al(OH)3，丁为NaOH，丙为NaAlO2，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解得到氢氧化铝，且甲为氯化铝可与NaOH反应生成Al(OH)3，符合转化关系，故B正确；‎ C．甲为Fe，若丁是盐酸，生成的乙为FeCl2，FeCl2不能再与盐酸继续反应丙，故C错误；‎ D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎13.将1.12 g铁粉加入25 mL 2 mol/L氯化铁溶液中充分反应后，结果是（ ）‎ A. 铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－基本保持不变 B. 往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液变血红色 C. Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为5∶1‎ D. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】由2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋可知道，铁粉不足，消耗0.04 molFe3＋，生成0.06 molFe2＋，剩余0.01 molFe3＋。‎ ‎14. 将两种金属单质组成的混合物11g，加到足量稀硫酸中，最终得到11.2L（标准状况下）的氢气，这两种金属可能是（ ）‎ A. Zn和Fe B. Ag和Mg C. Al和 Cu D. Mg和Zn ‎【答案】C ‎【解析】标准状况下11.2L氢气物质的量为=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.5mol，则金属混合物的平均相对原子质量==22，‎ A．Zn、Fe在反应中都表现+2价，Zn的相对原子质量为65，Fe的相对原子质量为56，二者平均相对原子质量介于56～65之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为22，故A错误；‎ B．Ag不反应，其的相对原子质量看做无穷大，Mg在反应中表现+2价，相对原子质量为24，二者平均相对原子质量大于24，故B错误；‎ C．当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为×27=18，Cu不反应，其的相对原子质量看做无穷大，平均值可能为22，故C正确；‎ D．Mg、Zn在反应中都表现+2价，Mg的相对原子质量为24，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量介于24～65之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为22，故D错误．故选：C．‎ ‎15.向物质Y中逐渐加入(或通入)X溶液，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，下表中符合图示情况的是（ ）‎ A B C D X CO2‎ HCl NaOH AlCl3‎ Y Ca(OH)2‎ NaAlO2‎ AlCl3‎ NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知，将物质X逐渐加入(或滴入)Y溶液中，生成沉淀，当Y溶液反应完后，继续加入物质X，物质X能与沉淀反应而使生成的沉淀溶解，且生成沉淀所需要的X的物质的量与沉淀溶解需要的X的物质的量之比为3：1，据此解答。‎ ‎【详解】A．石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2溶液反应完后，再继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2O═Ca(HCO3)2沉淀消失，所以前后两个过程CO2的物质的量之比为1：1，故A错误；‎ B．偏铝酸钠溶液中加入盐酸，先发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1：3，故B错误；‎ C．氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故C正确；‎ D．氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，先发生反应Al3++4OH-═AlO2-↓+2H2‎ O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应后发生3AlO2-↓+Al3++6H2O═4Al(OH)3↓+6H2O，生成沉淀溶，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎16.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. 在0～a范围内，只发生中和反应 B. a＝0.3‎ C. ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。‎ ‎【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；‎ B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；‎ C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；‎ D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；‎ 故选B。‎ 二．填空（共52分）‎ ‎17.根据下面物质间转换的框图，回答有关问题：‎ ‎（1）写出框图中物质A和F指代物质的化学式：A___，F___；‎ ‎（2）在反应①～⑥中属于非氧化还原反应的是___（填写序号）； ‎ ‎（3）如果2molNa2O2与足量水蒸气反应生成O2，该反应中转移电子总数是___；‎ ‎（4）如果A、B混合气体3.0g（平均摩尔质量15g·mol-1），在与G充分反应后，通过足量Na2O2，可使Na2O2增重___g，并得到O2___mol。‎ ‎【答案】(1). H2 (2). Na2CO3 (3). ⑥ (4). 2NA或1.204×1024 (5). 3.0 (6). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，由C+Na2O2→E+G，D+Na2O2→F+G，故G为O2，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，氢气和氧气反应生成水，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，由E与D反应得到F，所以E是NaOH，D是CO2，F是Na2CO3，C是H2O，则A为H2，B为CO，据此解答。‎ ‎【详解】碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，由C+Na2O2→E+G，D+Na2O2→F+G，故G为O2，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，氢气和氧气反应生成水，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，由E与D反应得到F，所以E是NaOH，D是CO2，F是Na2CO3，C是H2O，则A为H2，B为CO；‎ ‎(1)框图中物质A和F指代物质的化学式为，A为H2，F为Na2CO3；‎ ‎(2)通过以上分析知，反应①是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气属于氧化还原反应，②反应是氢气和氧气反应生成水属于氧化还原反应，③‎ 反应为一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳属于氧化还原反应，④反应是过氧化钠和水的反应属于氧化还原反应，⑤反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气属于氧化还原反应，⑥反应为二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水属于复分解反应，不是氧化后反应的只有⑥，故答案为⑥；‎ ‎(3)由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ↑，可知2mol Na2O2与足量水蒸气反应生成氧气为2mol×=1mol，反应中O元素化合价由-1价升高为氧气中0价，转移电子为1mol×2×NAmol-1=2NA；‎ ‎(4)一氧化碳、氢气与氧气反应生成二氧化碳、水，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 可知，过氧化钠增重等于CO与H2的质量，故过氧化钠增重3.0g；‎ 设混合物中一氧化碳的物质的量是n1，氢气的物质的量是n2，则=15，整理的n1:n2=1:1，由二者质量有28n1+2n2=7.8，联立解得n1=0.1mol，n2=0.1mol；根据元素守恒CO、H2与O2反应后生成0.1molCO2，0.1molH2O，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 可知，生成氧气的体积为×0.1mol+×0.1mol=0.1mol。‎ ‎18.立足教材实验是掌握高中化学实验的基础，是理解化学科学的实验原理、实验方法和实验思路，提高学生实验能力的基本途径。‎ ‎（1）实验1：在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。发生这种颜色变化的原因是（用化学方程式表示）：___。‎ ‎（2）实验2：向一个盛有CuSO4溶液的小烧杯里投入一小块钠。观察实验现象。试写出钠和CuSO4溶液反应的化学方程式：___；‎ ‎（3）实验3：在两支试管里分别加入5mL盐酸和5mLNaOH溶液，在各放入一小段铝片，观察实验现象。试写出铝和NaOH溶液反应的离子方程式：__ ；‎ ‎（4）实验4：把水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即用带火星的木条放在试管口，检验生成的气体。向反应后的溶液中加入酚酞试液，可以看到___；‎ ‎（5）实验5：往NaAlO2溶液通入少量的CO2，观察实验现象。写出反应的离子方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe(OH)2+O2 +2H2O＝4Fe(OH)3 ‎ ‎(2). 2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2+H2↑+Na2SO4 (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ (4). 溶液先变红，后变为无色 (5). 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3 +CO32-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)白色的絮状沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁； ‎ ‎(2)往CuSO4溶液中投入一小块钠，反应后出现蓝色沉淀，但没有红色物质析出；‎ ‎(3)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；；‎ ‎(4)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠溶液和氧气；过氧化钠具有强氧化性，具有漂白性有机色素；‎ ‎(5)NaAlO2溶液中通入少量CO2，生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠。‎ ‎【详解】(1)白色的絮状沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎(2)往CuSO4溶液中投入一小块钠，反应后出现蓝色沉淀，但没有红色物质析出是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液再与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，则钠和CuSO4溶液反应的化学方程式为2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2+H2↑+Na2SO4；‎ ‎(3)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(4)把水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即用带火星的木条放在试管口，木条复燃证明为氧气，向反应后的溶液中加入酚酞试液溶液变红，证明生成了碱为氢氧化钠溶液，随后褪色，过氧化钠具有强氧化性能把有机色素氧化为无色物质；‎ ‎(5)NaAlO2溶液中通入少量CO2，生成碳酸根离子，发生反应的离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-。‎ ‎19.已知某纯碱试样中含有 NaCl 杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。‎ 主要实验步骤如下：‎ ‎①按图组装仪器，并检查装置的气密性；‎ ‎②将 a g 试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；‎ ‎③称量盛有碱石灰的 U 形管的质量，得到 b g；‎ ‎④从分液漏斗滴入 6 mol•L-1的硫酸，直到不再产生气体时为止；‎ ‎⑤从导管 A 处缓缓鼓入一定量的空气；‎ ‎⑥再次称量盛有碱石灰的 U 型管的质量，得到 c g；‎ ‎⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到 U 型管的质量基本不变，为 d g；‎ 请填空和回答问题：‎ ‎（1）第一个洗气瓶中氢氧化钠溶液的作用是____________________‎ ‎（2）装置中干燥管 B 的作用是_______________________________‎ ‎（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果_________（填偏高、偏低或不变）。‎ ‎（4）步骤⑤的目的是_______________________________________‎ ‎（5）步骤⑦的目的是_________________________________________‎ ‎（6）该试样中纯碱质量分数的计算式为________________________。‎ ‎【答案】(1). 吸收空气中的CO2 (2). 防止空气中的二氧化碳和水气进入U型管中 (3). 偏高 (4). 把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中 (5). 判断反应产生的二氧化碳是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】实验原理是通过准确测定和酸反应生成的二氧化碳气体的量，计算碳酸钠的量；盐酸的挥发性，空气中含有二氧化碳和水蒸气都会对实验产生干扰，据此回答。‎ ‎【详解】（1）空气中含有二氧化碳，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，防止空气中的二氧化碳气体进入U型管中的碱石灰，干扰实验；‎ ‎（2）U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳，但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差。‎ ‎（3）由于盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏大。‎ ‎（4）由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；步骤⑤的目的是把反应产生的二氧化碳全部导入U型管中；‎ ‎（5）U型管的质量基本不变，说明二氧化碳已经被全部排到U型管中；步骤⑦的目的是判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收；‎ ‎（6）设需要碳酸钠的质量为X，则： Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑ 106 44 X d-b 列比例式： 解得X=； 所以试样中纯碱的质量分数的计算式为；‎ ‎20.某化学兴趣小组用含A、B两种金属单质的粉末状混合物进行如下实验，其转化关系如图所示(部分反应物或生成物未列出)，其中E为白色沉淀，I为红褐色沉淀。‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：F___，G___。‎ ‎（2）分离粉末状混合物最简单的方法是___。‎ ‎（3）D→E转化中，加入足量的X，试剂X可能是___，写出其离子方程式___。‎ A．饱和NaCl溶液 B．NaOH溶液 C．氨水 D．Ba(OH)2溶液 ‎（4）A→C的离子方程式___。‎ ‎（5）检验G溶液中的阳离子的方法___。‎ ‎【答案】(1). Al2O3 (2). FeCl2 (3). 用磁铁石吸 (4). C (5). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (6). 2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (7). 取少G溶液于试管中，向试管中滴入几滴KSCN溶液无现象，向的混合溶液中再加入氯水，溶液变成红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】I为红褐色沉淀，为Fe(OH)3，由转化关系可知，H为Fe(OH)2，G为FeCl2，B为Fe；金属A能与盐酸、氢氧化钠溶液反应，A为金属Al，E为白色沉淀，则E为Al(OH)3，由转化关系可知，D为AlCl3，X为碱或水解为碱性的物质，F为Al2O3。‎ ‎【详解】I为红褐色沉淀，为Fe(OH)3，由转化关系可知，H为Fe(OH)2，G为FeCl2‎ ‎，B为Fe；金属A能与盐酸、氢氧化钠溶液反应，A为金属Al，E为白色沉淀，则E为Al(OH)3，由转化关系可知，D为AlCl3，X为碱或水解为碱性的物质，F为Al2O3；‎ ‎(1)由上述分析可知，F为Al2O3，G为FeCl2；‎ ‎(2)混合物为铁与铝，铁具有磁性，可以利用磁铁吸出铁进行分离；‎ ‎(3)D→E的转化为AlCl3→Al(OH)3，X为碱或水解为碱性的物质，加入过量的X，X不能是强碱，故X可能是氨水，故答案为C；在Al3+的溶液中滴加氨水时发生的离子反应方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；‎ ‎(4)A→C为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(5)检验FeCl2溶液中的阳离子的方法：取少G溶液于试管中，向试管中滴入几滴KSCN溶液无现象，向的混合溶液中再加入氯水，溶液变成红色。‎ ‎21.某学生课外活动小组，模拟呼吸面具中的反应原理，设计用如图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积。图中量气装置E由甲、乙两根玻璃管组成，它们由橡皮管连通，并装入适量水。甲管有刻度（0—50mL），供量气用；乙管可上下移动调节液面高低。‎ 实验可供选用的药品还有：稀硫酸、盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水。‎ 试完成下列问题：‎ ‎（1）图中各装置接口连接顺序是___（填各接口的编号，其中连接胶管及夹持装置均省略）。‎ ‎（2）装置C中放入的两种反应物是____。‎ ‎（3）装置A的作用是___，装置B的作用是___。‎ ‎（4）为了较准确测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读反应前后甲管中液面的读数及求其差值的过程中，应注意___（填字母编号，2项）。‎ a.视线与凹液面最低处相平 b.等待片刻，待乙管中液面不再上升时立刻读数 c.读数时应上下移动乙管，使甲、乙两管液面相平 d.读数时不一定使甲、乙两管液面相平 ‎【答案】(1). ⑤③④⑥⑦②①⑧（⑥⑦可换位） (2). 大理石、盐酸 (3). 除去混在O2中未反应的CO2 (4). 吸收CO2中混有的HCl (5). a、c ‎【解析】‎ ‎【分析】题目要求利用过氧化钠与二氧化碳(潮湿)反应制取氧气，故首先需要制备二氧化碳．只有仪器C可以用来制取二氧化碳．制气原料应该采用大理石和盐酸，此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢．须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，以除去这些氯化氢．然后使净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，该仪器只能选用装置D．此反应属于气体与固体之间的反应，不易反应完全，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过仪器A．在测量氧气体积时，为了使测量更为准确，要注意上下移动仪器E中的乙管，使甲、乙两管的液面相平，以使甲管中的气压与大气气压相等，同时视线应与甲管内凹液面最低处相平，以减少观察误差。‎ ‎【详解】(1)仪器C可以用来制取二氧化碳，连接3用来除去HCl，4连接6可使二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，然后连接2可除去未反应的二氧化碳，最后连接8测量气体的体积，所以顺序为：⑤③④⑥⑦②①⑧(⑥、⑦可换位)；‎ ‎(2)只有仪器C可以用来制取二氧化碳，制气原料应该采用大理石和盐酸，可在C中加止水夹，可控制反应的进行；‎ ‎(3)仪器C可以用来制取二氧化碳，此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢，须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，以除去这些氯化氢，净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气，为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳，可以使它们通过仪器A；‎ ‎(4)为了较准确地测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数．求其差值的过程中，应注意：①读数时要调节E中甲乙的液面使其同一高度；②读数时视线要与凹液面最低处相平，故答案为：a、c。‎ ‎ ‎