【化学】江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高一上学期第一次段考试题（解析版）

【化学】江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高一上学期第一次段考试题（解析版）

江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高一上学期第一次段考试题 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 ‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列古诗词描述的场景中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. 爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸 B. 烈火焚烧若等闲——石灰石分解 C. 蜡炬成灰泪始干——石蜡的燃烧 D. 炉火照天地，红星乱紫烟——铁的冶炼 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 黑火药受热爆炸发生的是氧化还原反应，A项错误；‎ B. 石灰石分解生成氧化钙和CO2，没有化合价的升降，发生的不是氧化还原反应，B项正确；‎ C. 石蜡的燃烧属于氧化还原反应，C项错误；‎ D. 铁的冶炼过程中涉及了氧化还原反应，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎2. 下列物质的分离方法不正确的是（ ）‎ A. 用过滤的方法除去食盐中泥沙 B. 用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水 C. 用酒精萃取碘水中的碘 D. 用水冲洗的方法从沙里淘金 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.不溶性的固体和液体的分离用过滤的方法，A正确；‎ B.自来水中含有盐类物质，利用沸点不同制取蒸馏水，则一般用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；‎ C.酒精和水互溶，则不能用酒精萃取碘水中的碘，一般选择苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；‎ D.Au化学性质稳定，在自然界中以单质的形式存在，故用物理方法沙里淘金，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.化学在生产和生活中有着广泛的应用。下列对应关系错误的是（ ）‎ 选项 化学性质 实际应用 A 镁铝合金导热性能好 镁铝合金常用于制窗框 B FeCl3的氧化性强于CuCl2‎ FeCl3溶液用于蚀刻铜制线路板 C 过氧化钠具有氧化性 过氧化钠用作漂白剂 D 氧化铝熔点高 用作耐火材料、耐火坩埚 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A.合金与组成它的各成分相比，熔点低，硬度大，抗腐蚀性好；‎ B. Fe3+的氧化性大于Cu2+；‎ C. 过氧化钠具有较强的氧化性；‎ D. 氧化铝熔点为2050℃。‎ ‎【详解】A.镁铝合金常用于制造窗框是因为合金硬度大，抗腐蚀性好，A项错误，符合题意；‎ B. FeCl3溶液用于蚀刻铜制线路板，是因为Fe3+的氧化性大于Cu2+，B项正确，不符合题意；‎ C. 过氧化钠用作漂白剂，是因为过氧化钠具有较强的氧化性，C项正确，不符合题意；‎ D. 氧化铝熔点为2050℃，利用氧化铝的高熔点，可用作耐火材料、耐火坩埚，D项正确，不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列物质不能通过化合反应制得的是（ ）‎ A CO2 B. FeCl2 C. Fe(OH)3 D. H2SiO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳单质和氧气发生化合反应可以生成二氧化碳，故A不符合题意；‎ B．铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁，反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，故B不符题意；‎ C．氢氧化亚铁和氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故C不符题意；‎ D．二氧化硅难溶于水，不能和水反应得到硅酸，即硅酸不能通过化合反应制得，故D符合题意； 故答案为D。‎ ‎5.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数目为0.5NA B. 0.5 mol·L-1 NaCl溶液中所含的氯离子数目为0.5NA C. 标准状况下，22.4LCl2中所含的原子数为2NA D. 常温下，28g氮气中所含的原子数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子，则0.25mol二氧化碳参与反应，转移0.25mol电子即0.25NA个，故A错误；‎ B.溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故B错误；‎ C. 标准状况下，22.4LCl2物质的量为1mol，每个氯气分子含有两个氯原子，故标准状况下22.4LCl2中所含的原子数为2NA，故C正确；‎ D. 常温下，28g氮气的物质的量为1mol，每个氮气分子含有两个氮原子，故28g氮气中所含的原子数为2NA，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.在强酸性澄清透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）‎ A. Cu2+、Mg2+、NO3-、Cl- B. Ag＋、Na＋、NO3-、Cl-‎ C. K＋、Ca2+、SO42-、Cl- D. Na＋、Ba2+、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.四种离子在酸性环境下不反应，且溶液澄清，故A符合题意；‎ B.银离子和氯离子会生成氯化银沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；‎ C.硫酸钙微溶，钙离子和硫酸根不能大量共存，故C不符合题意；‎ D.强酸性溶液中含有大量氢离子，氢离子会和碳酸氢根反应生成水和二氧化碳，HCO3-不能大量存在，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎7.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（ ）‎ A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3‎ C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；‎ B．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3 中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；‎ C．镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；‎ D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；‎ 故答案为D。‎ ‎8.下列按电解质、非电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合，正确的是（ ）‎ 选项 电解质 非电解质 酸性氧化物 碱性氧化物 A HCl 液氨 CO K2O B 氯化钠溶液 蔗糖 SiO2‎ CaO C CaSO4‎ 酒精 CO2‎ Na2O D 熔融NaCl 氨水 SO2‎ Al2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，该概念的前提条件是化合物， 非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物，该概念的前提条件是化合物， 酸性氧化物：能与碱反应生成盐和水的氧化物， 碱性氧化物：能与酸反应生成盐和水的氧化物。‎ ‎【详解】A.CO不是酸性氧化物，故A错误；‎ B.氯化钠溶液为混合物，不是电解质，故B错误；‎ C. CaSO4是在熔融状态下能导电的化合物，则它是电解质；酒精是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，它是非电解质；CO2能与碱反应生成碳酸盐和水，它是酸性氧化物；Na2O能与酸反应生成钠盐和水，它是碱性氧化物，故C正确；‎ D.氨水是混合物，不是非电解质，Al2O3是既能与酸反应，也能与碱反应的氧化物，它是两性氧化物，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎9.下列实验操作能达到实验目的是（ ）‎ 实验目的 实验操作 A 制备Fe(OH)3胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中 B 分离汽油和煤油 萃取 C 分离硝酸钾和氯化钠固体的混合物 溶解、过滤 D 除去混在铜粉中的镁粉和铝粉 加盐酸后过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，直接得到的是沉淀；‎ B. 汽油和煤油是互溶的液体，分离互溶的沸点有差异的液体用蒸馏的方法；‎ C. 硝酸钾和氯化钠均易溶于水；‎ D. 铜与盐酸不反应，镁和铝可与盐酸反应。‎ ‎【详解】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，直接得到的是沉淀，想要得到胶体，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中至液体变为红褐色，A项错误；‎ B. 汽油和煤油是互溶的沸点有差异的液体，分离互溶的沸点有差异的液体用蒸馏的方法，B项错误；‎ C. 硝酸钾和氯化钠均易溶于水，不能直接溶解过滤进行分离，应选择冷却结晶的方法分离，C项错误；‎ D. 铜与盐酸不反应，镁和铝可与盐酸反应，混合物中加入盐酸，可将镁和铝溶解，过滤后可得纯净的铜，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+ + 4NH3•H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ + OH- + HCO3- = CaCO3↓ + H2O C. 碳酸钙溶于醋酸CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑ + H2O D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++ SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+ H2O ‎【答案】B ‎【解析】A. 氯化铝溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Al3+ +3NH3•H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+，选项A错误；B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应的离子方程式为：Ca2+ + OH- + HCO3-= CaCO3↓ + H2O，选项B正确；C. 碳酸钙溶于醋酸，反应的离子方程式为：CaCO3 + 2CH3COOH= Ca2+ + 2CH3COO-+CO2↑ + H2O，选项C错误；D. 向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性，反应的离子方程式为：2H++ SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，选项D错误。答案选B。‎ ‎11.现有两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色的饱和溶液，请提出简便的鉴别方法，其中不合理的是（ ）‎ ‎①取同量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞试液，红色较深的是Na2CO3‎ ‎②取同量的溶液于两支试管中，加热，有气泡产生的是NaHCO3‎ ‎③取同量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3‎ ‎④取同量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3‎ ‎⑤取同量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3‎ A. ①② B. ③④ C. ④⑤ D. ②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2CO3的饱和溶液碱性比NaHCO3的饱和溶液碱性强，滴入酚酞颜色较深，故正确；‎ ‎②取同量的溶液于两支试管中，加热，均没有气体生成，故错误；‎ ‎③取同量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，碳酸氢钠反应快，开始就有气体放出的是NaHCO3，故正确；‎ ‎④取同量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3，而碳酸氢钠与氯化钡不反应，故正确；‎ ‎⑤二者均与Ba（OH）2溶液反应，生成白色沉淀，不能鉴别二者，故错误；‎ 错误的有②⑤，故答案为D。‎ ‎12.向下列各溶液中通入足量CO2气体，最终有浑浊现象产生的是（ ）‎ ‎①饱和Na2CO3溶液 ②澄清石灰水 ③NaAlO2溶液 ④CaCl2溶液 ⑤Na2SiO3溶液 A. ①③⑤ B. ③④⑤ C. ①②④⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，则有浑浊现象，故①符合题意； ②向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2会生成易溶于水的碳酸氢钙，最终没有浑浊现象，故②不符合题意； ③碳酸酸性大于氢氧化铝，将二氧化碳通到偏铝酸钠的溶液中，会产生氢氧化铝白色沉淀，故③符合题意； ④向CaCl2溶液中通入CO2不会发生反应，无浑浊现象，故④不符合题意； ⑤向Na2SiO3溶液中通入过量CO2会生成硅酸沉淀，故⑤符合题意； 符合题意的有①③⑤，故答案为A。‎ ‎13.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是（ ）‎ A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2‎ B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂 C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气 D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B.‎ ‎ 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。‎ ‎14.将一定量的Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到a L混合气体。将该混合气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则原混合物中Na、Na2O、Na2O2的物质的量之比可能为（ ）‎ A. 2：1：1 B. 1：1：2 C. 1：2：1 D. 4：3：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】钠与水、过氧化钠与水、氢气与氧气的反应方程式如下：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，钠与氢气的关系式为2Na--H2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与氧气的关系式为 2Na2O2--O2；2H2+O22H2O，氢气和氧气的关系式为2H2--O2将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，即氢气和氧气的物质的量之比为2：1，通过钠与氢气、过氧化钠与氧气、氢气与氧气的关系式可得钠与过氧化钠的关系式为：4Na--2H2--O2--2Na2O2，所以钠与过氧化钠的物质的量之比为4：2=2：1，而氧化钠的物质的量不确定，显然只有A中符合钠与过氧化钠的物质的量之比为2：1，故选A。‎ ‎15.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3 ＝K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 生成40.0LN2（标准状况） B. 有0.250molKNO3被氧化 C. 转移电子的物质的量为1.25mol D. 被氧化的N原子的物质的量为3.5mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据化学方程式判断氮气即是氧化产物又是还原产物，其中由硝酸钾得到的还原产物的氮气与由NaN3得到的氧化产物的氮气的物质的量比是1:15，根据题意可知若氧化产物比还原产物多1.75mol，所以还原产物的物质的量是1.75/14=0.125mol。据此分析解答。‎ ‎【详解】A、生成的氮气的物质的量是还原产物的16倍，应是2mol，标准状况下的体积是44.8L，错误；‎ B、还原产物的物质的量是0.125mol，说明有0.25mol的硝酸钾被还原，错误；‎ C、还原产物的物质的量是0.125mol，则转移电子的物质的量是0.125mol×2×5=1.25mol，正确；‎ D、氧化产物的物质的量是0.125×15mol，所以被氧化的N原子的物质的量是0.125×15×2=3.75mol，错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.下列示意图与对应的反应情况正确的是（ ）‎ A. 含0.01 mol NaOH和0.01 mol Ba（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2‎ B. KHCO3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液 C. KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液 D. 向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向氢氧化钠和氢氧化钡的混合溶液中通入二氧化碳，氢氧化钡先与CO2反应生成碳酸钡沉淀，接着氢氧化钠与CO2反应生成碳酸氢钠，最后碳酸钡和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钡，沉淀溶解，A错误；‎ B、碳酸氢钾和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，后沉淀不变，B正确；‎ C、硫酸铝钾溶液中逐渐加入Ba（OH）2，先发生反应2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓+K2SO4，该过程中沉淀物质的量增大至最大，Al3+完全沉淀后继续加入Ba（OH）2，此时发生反应2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2KAlO2+4H2O，该过程中沉淀物质的量减小，最后沉淀量不变，C错误；‎ D、加入盐酸，氢氧化钠先和盐酸反应，后偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝溶解，生成沉淀和溶解沉淀需要的盐酸的物质的量之比为1:3，D错误；‎ 答案选B。‎ 二、填空题（5个小题，共52分）‎ ‎17.有以下反应方程式：‎ ‎①SO3 + H2O＝H2SO4； ②2Na2O2+2H2O＝4NaOH+ O2↑；‎ ‎③2Na+2H2O＝2NaOH+ H2↑； ④SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+ H2O；‎ Ⅰ．按要求将上述化学方程式字母填入相应空格内：‎ 上述反应中不属于氧化还原反应的有_________（填序号，下同）；H2O做氧化剂的是_________。属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是______。‎ Ⅱ．已知方程式F：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3H2O＋3Cl2↑。‎ ‎(1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目___________________________________。‎ ‎(2)标准状况下当有33.6 L的氯气放出时，转移电子的数目是__________。‎ ‎(3)上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为___________。‎ Ⅲ．酸性条件下，K2Cr2O7溶液和FeCl2溶液混合后生成Cr3+，请写出离子方程式 __________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). ① ④ (2). ③ (3). ② (4). (5). 2.5NA (6). 5:1 (7). 14H++Cr2O72-+6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ.氧化还原反应的特征是化合价发生变化；氧化还原反应氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高；‎ Ⅱ．反应中KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，以此解答该题。‎ Ⅲ．根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒进行配平；‎ ‎【详解】Ⅰ.①没有化合价的变化，故不是氧化还原反应；‎ ‎②Na2O2中的O由-1价变为0价和-2价，是氧化还原反应，且氧化剂和还原剂均为Na2O2，水既不是氧化剂也不是还原剂； ‎ ‎③Na元素的化合价由0价变为+1价，化合价升高，做还原剂，H2O中H元素的化合价由+1价变为0价，化合价降低，做氧化剂；‎ ‎④没有化合价的变化，故不是氧化还原反应。‎ 故答案为：① ④；③；②；‎ Ⅱ．（1）该反应中，氯酸钾中氯元素的化合价由+5价变为0价，HCl中Cl元素化合价由-1价升高到0价，只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2‎ 生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为，故答案为：；‎ ‎（2）当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，所以标准状况下当有33.6L的氯气放出时，转移电子物质的量是×=2.5mol，转移电子数为2.5NA，故答案为：2.5NA；‎ ‎（3）氯酸钾中氯元素的化合价由+5价变为0价，HCl中Cl元素化合价由-1价升高到0价，只有Cl元素化合价发生变化，所以氯气既是氧化产物也是还原产物，上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为5：1，故答案为：5：1。‎ Ⅲ．酸性条件下，K2Cr2O7溶液和FeCl2溶液混合后生成Cr3+，可知Cr元素化合价降低，被还原，做氧化剂，则还原剂为Fe2+，被氧化成Fe3+，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，离子反应方程式为：14H++Cr2O72-+6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O；‎ 故答案为：14H++Cr2O72-+6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O。‎ ‎18.已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D 是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现红色。‎ ‎(1)物质D的化学式为___________，E化学式为___________。‎ ‎(2)点燃气体F前必须先___________________________。‎ ‎(3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________________________________________，化学方程式为_________________________________。‎ ‎(4)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___________________________________。‎ ‎【答案】(1). Fe3O4 (2). FeCl2 (3). 检验气体纯度 (4). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (6). 2Al+2OH−+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】依据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则R为Al，D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现红色，则W含有铁离子，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成的E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe（OH）2，H与潮湿的空气反应生成的M为Fe（OH）3，M与盐酸反应生成的W为FeCl3，C、F是无色无味的气体，氢氧化钠与铝反应生成的F为H2，据此答题。‎ ‎【详解】（1）根据上面的分析可知，D为Fe3O4，E为FeCl2，故答案为：Fe3O4；FeCl2； （2）气体F为H2，氢气和空气混合在一定的范围内点燃会发生爆炸，点燃H2前必须先检验气体纯度，故答案为：检验气体纯度； （3）Fe（OH）2在潮湿空气中变成Fe（OH）3的实验现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为：4Fe（OH）3+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe（OH）3+O2+2H2O=4Fe（OH）3； （4）NaOH和Al反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎19.为探究碳酸氢钠的热稳定性，并利用其产物验证过氧化钠与二氧化碳的反应，按以下装置图进行实验，按要求填空。‎ ‎(1)A中反应的化学方程式为________________________________。‎ ‎(2)B中浓硫酸的作用是__________________。‎ ‎(3)C中发生反应的化学方程式为_________________________________。‎ ‎(4)D中反应的离子方程式是_______________________________。‎ ‎(5)E中收集的气体主要是________。‎ ‎【答案】(1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). 干燥二氧化碳 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). Ca2++2OH−+CO2=CaCO3↓+H2O (5). O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】探究碳酸氢钠的热稳定性，并利用其产物验证过氧化钠与二氧化碳的反应，由实验装置可知，A中碳酸氢钠分解生成二氧化碳，B中浓硫酸干燥气体，C中发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，D中吸收二氧化碳，E为排水法收集氧气，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）A中反应为碳酸氢钠受热分解的反应，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ； （2）B中浓硫酸的作用是干燥二氧化碳，故答案为：干燥二氧化碳；　 （3）C中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，‎ 故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2； （4）D中吸收二氧化碳，离子方程式为Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，故答案为： Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O； （5）E中收集的气体主要是O2，故答案为：O2。‎ ‎20.实验室以孔雀石[主要成分是CuCO3·Cu(OH)2，还含有少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2]为原料制备CuSO4·5H2O步骤如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）溶液A的金属离子有Fe3+和______________。‎ ‎（2）溶液A中加入H2O2目的是______________，发生的离子方程式为_____________________。‎ ‎（3）由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、______________、过滤等操作。‎ ‎（4）溶液B与CuO反应生成Fe(OH)3‎ 和溶液C的化学方程式为________________________。‎ ‎【答案】(1). Cu2+、Fe2+ (2). 将Fe2+氧化为Fe3+ (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). 冷却结晶 (5). Fe2(SO4)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2，少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2，加入过量稀硫酸，生成二氧化碳气体，溶液A含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入过氧化氢将硫酸亚铁氧化成硫酸铁，加入CuO可调节溶液pH，利于铁离子的水解而生成氢氧化铁沉淀，过滤分离出的溶液C为硫酸铜溶液，经加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作可得到硫酸铜晶体，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，溶液A的金属离子有Fe3+和Cu2+、Fe2+，故答案为：Cu2+、Fe2+；‎ ‎（2）溶液A中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； ‎ ‎（3）由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作，故答案为：冷却结晶；‎ ‎（4）溶液B与CuO反应生成Fe（OH）3和溶液C的化学方程式为Fe2（SO4）3+3CuO+3H2O=2Fe（OH）3+3CuSO4，故答案为：Fe2（SO4）3+3CuO+3H2O=2Fe（OH）3+3CuSO4。‎ ‎21.在一定质量的AlCl3和MgCl2混合溶液中逐渐滴入一定溶质质量分数的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量的关系如图所示，则:‎ ‎（1）O-X段反应的离子方程式为：________________________，‎ ‎（2）X-Y段反应的离子方程式为_________________________‎ ‎（3）生成Mg(OH)2的质量为___________________g；‎ ‎（4）X=________________；Y=______________。‎ ‎【答案】(1). Al3++3OH-=Al(OH)3↓ Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). 5.8 (4). 0.5 (5). 0.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图示信息可知，OX段为AlCl3和MgCl2分别与NaOH反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3过程，沉淀总的物质的量为0.2 mol，XY段为Al(OH)3溶解于NaOH的过程，故n[Al(OH)3] = 0.2 mol- 0.1 mol= 0.1 mol，当沉淀不再随氢氧化钠溶液物质的量的增加而变化时即为Mg(OH)2的物质的量，则n[Mg(OH)2] = 0.1 mol，根据n = 得出Mg(OH)2的质量，图中X值为与一定质量的AlCl3和MgCl2混合溶液反应的氢氧化钠的总的物质的量，而Y值为恰好完全反应时所滴加的氢氧化钠的物质的量，此时氢氧化钠的物质的量为与一定质量的AlCl3和MgCl2混合溶液反应的氢氧化钠的物质的量及与氢氧化铝沉淀反应的氢氧化钠的物质的量之和，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）结合上述分析，根据关系图可知，NaOH溶液与一定质量的AlCl3和MgCl2混合溶液反应，起初O-X段会生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，其离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，‎ 故答案为Al3++3OH-=Al(OH)3↓ Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；‎ ‎（2）X-Y段则为氢氧化钠溶解Al(OH)3的过程，其离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，‎ 故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎（3）由上述分析可知，n[Mg(OH)2] = 0.1 mol，则生成Mg(OH)2的质量为0.1 mol58 g/mol = 5.8 g，故答案为5.8；‎ ‎（4）根据关系式及原子守恒可知，n(Mg) = n[Mg(OH)2] = 0.1 mol，则镁离子消耗的氢氧化钠的物质的量为20.1 mol = 0.2 mol，同理，n(Al) = n[Al(OH)3] = 0.2 mol- 0.1 mol= 0.1 mol，则铝离子完全沉淀消耗的氢氧化钠的物质的量为 30.1 mol = 0.3 mol，故X= 0.5，再根据氢氧化钠 与氢氧化铝按物质的量之比1:1反应可知，溶解Al(OH)3消耗的氢氧化钠的物质的量为 0.1 mol，即Y = X+0.1 = 0.5+0.1 = 0.6，故答案为0.5；0.6。‎