2018-2019学年江西省吉安市安福二中、吉安县三中高一上学期第二次联考化学试卷（解析版）

2018-2019学年江西省吉安市安福二中、吉安县三中高一上学期第二次联考化学试卷（解析版）

江西省吉安市安福二中、吉安县三中2018-2019学年高一上学期第二次联考试题 ‎1.下列诗句或谚语都与化学现象有关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 B. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应 C. “滴水石穿”包含化学变化，而“绳锯木断”则不包含化学变化 D. “卤水点豆腐，一物降一物”发生了化学反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据是否新物质生成来判断C、D选项中是否为化学变化。‎ ‎【详解】A.海市蜃楼与胶体的丁达尔效应有关，海市蜃楼的出现是光的一种折射现象，和胶体知识有关，故A正确；‎ B.蜡烛的燃烧反应属于氧化还原反应，故B正确；‎ C.石头大多为大理石（即碳酸钙）， 其能与水、二氧化碳反应生成Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2是可溶性物质，属于化学变化， 而“绳锯木断”主要是物理原理，故C正确；‎ D. “卤水点豆腐，一物降一物”，属于胶体的聚沉，而聚沉过程中主要是物理变化，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎2.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的是（ ）‎ A. Na＋、CO32-、Ca2＋、NO3- B. Na＋、NO3-、Al3＋、Cl－‎ C. K＋、SO42-、Cl－、Cu2＋ D. Ba2＋、Cl－、K＋、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.钙离子和碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，故不能共存，故错误；B.四种离子都无色，在酸性溶液中不反应，能共存，故正确；C.铜离子有颜色，在无色溶液中不能共存，故错误；D.钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡，故不能共存，故错误。故选B。‎ ‎3.在相同的温度和压强下，下列气体密度最小的是（ ）‎ A. CO2 B. Cl2 C. O2 D. H2‎ ‎【答案】D ‎【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=M/Vm计算这几种气体密度相对大小，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=M/Vm 知，相同条件下，气体密度与摩尔质量成正比，二氧化碳摩尔质量是44g/mol、氯气摩尔质量是71g/mol、氧气摩尔质量是32g/mol、氢气摩尔质量是2g/mol，所以相同条件下，这几种气体密度大小顺序是Cl2＞CO2＞O2＞H2，答案选D。‎ ‎4.有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下)，这两种金属可能是( )‎ A. 铜和铁 B. 镁和铝 C. 锌和铝 D. 锌和铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量，再依据混合物的特点判断。‎ ‎【详解】n（H2）==0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（×56g/mol=5.6g）、2.4g（×24g/mol=2.4g）、1.8g（×27g/mol=1.8g）、6.5g（×65g/mol=6.5g）；‎ A项，Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；‎ B项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，B项不可能；‎ C项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，C项可能；‎ D项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，D项不可能；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列反应的离子方程式中不正确的是（ ）‎ A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-===BaSO4↓＋2H2O B. 氧化铝溶于稀盐酸溶液中：Al2O3+6H+═ 2Al3+ +3H2O C. NaOH溶液中通入少量CO2：2OH-＋CO2 ===CO32-＋H2O D. CH3COOH溶液与NH3·H2O溶液反应：CH3COOH＋OH-===CH3COO- + H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据离子方程式的书写规则判断离子方程式是否正确。‎ ‎【详解】A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，故A正确；‎ B. 氧化铝与稀盐酸反应生成氯化铝和水：Al2O3+6H+═ 2Al3+ +3H2O，故B正确；‎ C. NaOH溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和水：2OH-＋CO2 =CO32-＋H2O，故C正确；‎ D. CH3COOH与NH3·H2O都属于弱电解质，书写离子方程式时不能写成离子形式，应写成：CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COO- + NH4++ H2O，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎6.下列变化必须加入氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. CO2→CO B. KMnO4→O2 C. Fe → Fe3O4 D. CuO →CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素化合价变化分析反应类型。‎ ‎【详解】氧化剂具有氧化性，可以使还原剂发生氧化反应，发生氧化反应时元素化合价升高；‎ A.碳元素化合价降低，故A错误；‎ B.氧元素化合价升高，但高锰酸钾受热分解直接可以生成氧气，故B错误；‎ C.铁元素化合价升高，故C正确；‎ D.铜元素化合价没有改变，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.24 mL 5 mol/L的Na2SO3溶液恰好与20 mL 2 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）‎ A. +2 B. +3 C. +4 D. +5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧还原反应中得失电子守恒规律，计算化合价的变化。‎ ‎【详解】n(Na2SO3)= 0.024 L 5 mol/L=0.12mol，n(K2Cr2O7)= 0.020 L 2 mol/L=0.04mol，硫元素由+4到+6价，设Cr化合价降为x，则0.12mol L0.04mol ，x=3；‎ 故选B。‎ ‎8.下列物质中既能与稀H2SO4反应, 又能与NaOH溶液反应的是（ ）‎ ‎①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3④Al ⑤Na2CO3 ‎ A. ③④ B. ①②③④ C. ①③④ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】①NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故①正确；‎ ‎②Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故②正确；‎ ‎③Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故③正确；‎ ‎④Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故④正确；‎ ‎⑤Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故⑤错误；故选B．‎ ‎9.下述对焰色反应实验操作注意事项的说明，正确的是（ ）‎ ‎①钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察 ‎ ‎②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质 ‎ ‎③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净 ‎ ‎④实验时最好选择本身颜色较浅的火焰 ‎⑤没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替 A. 仅有③不正确 B. 仅有④不正确 C. 仅有⑤不正确 D. 全正确 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：①在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，故①正确；②取一根洁净的铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取NaCl溶液，进行焰色反应，故②正确；③盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，故③正确；④为了能够更加突出被检验试剂的颜色，选用本身颜色较浅的火焰，最大限度的减少火焰本身颜色的干扰，故④正确；⑤洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色反应，故⑤正确；故选D。‎ ‎10.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ ‎①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA ‎②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等 ‎③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子数为4NA ‎④标准状况下，22.4LH2O中分子数为NA ‎ ‎⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA A. ①②③④ B. ③④ C. ①②③⑤ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据气体摩尔体积和阿伏加德罗定律可知，选项①②都是正确的；1L2mol/L的氯化镁的物质的量是2mol，根据化学式MgCl2可知，含有4mol氯离子，③正确；标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，④不正确；氧气和臭氧都是由氧原子构成的不同单质，含有的氧原子的物质的量是2mol，⑤正确，所以答案选C。‎ ‎11.反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 氧化剂为KMnO4，其中Cl元素被还原 B. 若有0.5molCl2生成，则反应中有NA个电子转移 C. 浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用 D. 若消耗0.4mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为2mol ‎【答案】A ‎【解析】A．Mn元素的化合价降低，则反应中KMnO4被还原，氧化剂为KMnO4‎ ‎，其中Cl元素被氧化，A错误；B．氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，若有0.5molCl2生成，则反应中有NA个电子转移，B正确；C．HCl中的氯元素化合价升高，是还原剂，同时还有氯化锰生成，所以浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用，C正确；D．Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知若消耗0.4mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为2mol,D正确；答案选A。‎ ‎12.下列变化不可能通过一步实验直接完成的是（ ）‎ A. Al(OH)3→Al2O3 B. Al2O3→Al(OH)3 C. Al→Al2O3 D. AlCl3→Al(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据铝及其化合物的性质来分析解答。‎ ‎【详解】A. Al(OH)3不稳定，受热分解得到Al2O3，故A错误；‎ B. Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故B正确；‎ C. Al与氧气反应生成Al2O3，故C错误； ‎ D. AlCl3与碱反应生成Al(OH)3，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎13.常温下,在溶液中可发生以下反应：‎ ‎①H++Z-+XO42-→X2++Z2+H2O(未配平) ②2M2++R2=2M3++2R- ③2R-+Z2 =R2+2Z-‎ 由此判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧化性强弱顺序为XO42->Z2>R2>M3+‎ B. Z2在③中发生氧化反应 C. R元素在反应②中被氧化，在③中被还原 D. 常温下反应不可进行2M2++Z2 =2M3++2Z-‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：针对氧化还原反应，氧化性：氧化剂》氧化产物；氧化剂被还原，还原剂被氧化，A、因①H++Z-+XO42-→X2++Z2+H2O中，氧化性：XO42-》Z2；②2M2++R2=2M3++2R-；氧化性：R2》M3+；③2+Z2=R2+2。氧化性Z2》R2根据上述不等式关系，得出A正确；Z2在③中发生还原反应，B错误；R元素在反应②中被还原，在③中被氧化；因此C错误；M2++Z2=2M3++2Z-，氧化性：Z2》M3+，满足反应发生的条件，D错误；‎ ‎14.有某植物的营养液，其配方如下：对于两种营养液的成分，下列说法中，正确的是（ ）‎ KCl K2SO4‎ ZnSO4‎ ZnCl2‎ ‎1‎ ‎0.3mol/L ‎0.2mol/L ‎0.1mol/L ‎—‎ ‎2‎ ‎0.1mol/L ‎0.3mol/L ‎—‎ ‎0.1mol/L A. 只有K+的物质的量浓度相等 B. 只有Cl-的物质的量浓度相等 C. 各离子的物质的量浓度均不同 D. 各离子的物质的量浓度完全相同 ‎【答案】D ‎【详解】溶液1中：c（K+）=0.3mol/L+0.2mol/L×2=0.7mol/L，c（SO42-）=0.2 mol/L +0.1mol/L =0.3mol/L，c（Zn2+）=0.1 mol/L，c（Cl-）=0.3 mol/L，溶液2中：c（K+）=0.1mol/L +0.3mol/L×2=0.7mol/L，c（SO42- ）=0.3mol/L，c（Zn2+）=0.1 mol/L，c（Cl-）=0.1mol/L +0.1mol/L×2=0.3 mol/L，由上述数据分析，两种溶液中成分相同，故选D。‎ ‎15.下表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 碳酸钠可用于治疗胃溃疡 碳酸钠可与盐酸反应 Ⅰ对,Ⅱ对,有 B 向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色 Na2O2与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对,Ⅱ错,无 C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对,Ⅱ对,有 D Al(OH)3胶体有吸附性 明矾可用作净水剂 Ⅰ对,Ⅱ对,有 ‎【答案】D ‎【详解】A．治疗胃酸过多要用NaHCO 3 而不是Na 2 CO 3 ，碳酸钠的碱性较强，不能用来中和胃酸，Ⅰ陈述错误，故A错误； B．Na 2 O 2 具有强氧化性，与水反应生成氢氧化钠，向Na 2 O 2 的水溶液中滴酚酞先变红色后为无色，Ⅰ、Ⅱ陈述都错误，故B错误； C．金属钠具有强还原性，高压钠灯发出透雾性强的黄光，陈述正确，不存在因果关系，故C错误； D．氢氧化铝胶体有吸附性，明矾因为水解生成氢氧化铝胶体，可以净水，所以陈述正确，存在因果关系，故D正确。 故选D。‎ ‎16.将0.4gNaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ） ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加盐酸，HCl先与NaOH反应，再与Na2CO3反应生成NaHCO3和NaCl，最后与NaHCO3反应生成NaCl、H2O和CO2，根据图象中产生气体时消耗盐酸的体积进行计算。‎ ‎【详解】A.由质量可知NaOH和Na2CO3的物质的量均为0.01mol，0.1L盐酸中含有0.01molHCl，与氢氧化钠反应没有气体生成，当碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；‎ B.图象中开始反应时就有气体生成，与实际不符，故B错误；‎ C.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，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全，继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，与图象相符，故C正确；‎ D.因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，图象与反应不符，故D错误，故选C。‎ ‎17.（1）下列物质：① Fe ②CO2 ③NH3 ④NaCl ⑤Ba(OH)2 ⑥盐酸 ⑦ 蔗糖⑧ 稀硫酸 属于电解质的是___________ ， 属于非电解质的是 ___________。（以上两空填序号）‎ ‎（2）写出下列物质在水中的电离方程式：‎ Na2CO3 ：__________________________________，‎ NaAlO2：____________________________________。‎ ‎（3）按要求完成下列空格。‎ ‎① 将少量Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液混合，离子方程式为 _______。‎ ‎②在稀氨水中加入AlCl3溶液，离子方程式为 ___________ 。‎ ‎【答案】(1). ④⑤ (2). ②③⑦ (3). Na2CO3=2Na++CO32- (4). NaAlO2= Na++AlO2- (5). Ca2+ + 2HCO3- + 2OH- = CaCO3 ↓+ CO32- + 2H2O (6). Al3++3Cl-+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4++3Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电解质的概念判断是否为电解质，进而书写电离方程式。‎ ‎【详解】电解质为在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，满足该该条件的为：④NaCl、⑤Ba(OH)2； 非电解质为在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，满足该条件的有：②CO2、③NH3、⑦ 蔗糖，故答案为：④⑤；②③⑦；‎ ‎(2)根据电离的原理可知：Na2CO3 ：Na2CO3=2Na++CO32-；NaAlO2：NaAlO2= Na++AlO2-；‎ ‎(3) ① 将少量Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为 ：Ca2+ + 2HCO3- + 2OH- = CaCO3 ↓+ CO32- + 2H2O ；‎ ‎②在稀氨水中加入AlCl3溶液生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3Cl-+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4++3Cl-。‎ ‎18.已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+， 以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。‎ ‎（1）步骤1的主要操作是___________，（填操作名称）需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___________, ___________。‎ ‎（2）步骤2中发生反应的离子方程式为______________________________‎ ‎（3）步骤3中发生反应的化学方程式为______________________________‎ ‎（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、________、过滤、洗涤、烘干。‎ ‎【答案】（1）过滤；普通漏斗（或漏斗）；玻璃棒（3分） （2）Cu2++Fe＝Fe2++Cu（2分）（3）Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑（2分）（4）冷却结晶或结晶（1分）‎ ‎【解析】试题分析：（1）步骤1是分离溶液和不溶物，操作是过滤。过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还有：普通漏斗（或漏斗）； 玻璃棒。（2）溶液1有Cu2+、 Fe2+、Na+、SO42-，加入过量的铁，Cu2+与铁反应，离子方程式为：Cu2++Fe＝Fe2++Cu。（3）固体混合物有Cu和Fe，加入稀硫酸，稀硫酸与铁发生反应，化学方程式为：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑。（4）步骤4是从溶液中获得晶体，操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等。‎ ‎19.氧化还原反应是一类重要的反应。‎ ‎（1）已知反应Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+，氧化性Fe3+_____Cu2+(填“ ＜ ”或“ ＞ ”) 。‎ ‎（2）在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应中，若转移3mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为______。‎ ‎（3）在xR2++yH++O2═mR3++nH2O的离子方程式中，对系数m和R2+、R3+判断正确的是___________。‎ A．m=y，R3+是还原剂 B．m=2y，R2+被氧化 C．m=2，R3+是氧化剂 D．m=4，R2+是还原剂 ‎（4）实验室中所用少量氯气是用下列方法制取的：4HCl（浓）＋MnO2Cl2↑＋MnCl2＋2H2O其中氧化剂与还原剂的物质的量之比_____________，写出该反应的离子方程式__________________________‎ ‎（5）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式： KMnO4+ H2SO4+ H2C2O4 = MnSO4+ K2SO4 + CO2↑＋ H2O，答案为：________________‎ ‎【答案】(1). ＞ (2). 33.6L (3). D (4). 1:2 ‎ ‎(5). 4H++2Cl-(浓)+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2O (6). 2，3，5，2，1，10，8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性这一规律比较氧化性强弱；根据化合价的升降判断氧化剂和还原剂；根据氧还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应。‎ ‎【详解】(1)根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得：氧化性Fe3+ ＞Cu2+；‎ ‎(2)根据氧元素化合价由-1到0价变化可知每生成1molO2转移2mol电子，若转移3mol电子，所产生的氧气为1.5mol，标准状况下体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L， 故答案为：33.6L；‎ ‎(3) xR2++yH++O2═mR3++nH2O中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，所以m=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低， A．m=y，R3+是氧化产物，故A错误；‎ B．m=4，y=4，所以m=2y错误，故B错误； ‎ C．m=4，R3+是氧化产物，故C错误； D．m=4，R2+是还原剂，故D正确；‎ 故选D；‎ ‎(4) 物质所含元素化合价降低的是氧化剂，所以二氧化锰是氧化剂，HCl是还原剂，但HCl中氯元素化合价有一半没有变化，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为：1:2；反应的离子方程式为：4H++2Cl-(浓)+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2O；‎ ‎(5) 草酸与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应，根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，碳元素化合价升高1价，根据得失电子守恒，高锰酸钾的系数为2，草酸的系数为5，再根据原子守恒进一步配平：2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O；‎ 故答案为：2，3，5，2，1，10，8。‎ ‎20.为了制取纯净干燥的气体A，可用如图所示装置，生成A的速度可通过滴入液体B的速度控制，已知A是一种无色、无味、不能使酸碱指示剂变色、不会在空气中燃烧的气体，但能使带火星的木条复燃。‎ ‎（1）A是________。(写化学式)‎ ‎（2）若C是一种淡黄色固体，则烧瓶中发生反应的化学方程式是_______________。‎ ‎（3）若C是一种黑色粉末，则B物质是________(写化学式)，C物质的作用是______________。‎ ‎（4）洗气瓶(广口瓶)中装的试剂D是________，其作用是_________________。所制得的气体用__________________法收集。‎ ‎【答案】（1）O2 （2） 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ （3）H2O2催化作用 ‎（4）浓硫酸 除去水蒸气 向上排空气法 ‎【解析】试题分析：（1）由信息：A是一种无色、无味、不能使酸碱指示剂变色、不会在空气中燃烧的气体，但能使带火星的木条复燃，可知A为氧气。（2）若C是一种淡黄色固体，与液体反应能够制取氧气，则C为过氧化钠，B为水，过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）若C是一种黑色粉末，与液体不加热制氧气，则C为二氧化锰，B为双氧水，二氧化锰作催化剂；（4）为了制取纯净干燥的气体A，D中导管长进短出，应该盛装浓硫酸，除去氧气中混有的少量水蒸气，氧气的密度比空气大，应用向上排空气法收集。‎ ‎21.将一定质量的Mg和Al混合物投入400 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。‎ 计算：（1）Mg和Al的总质量为________g；‎ ‎（2）硫酸的物质的量浓度为________；‎ ‎（3）生成H2的物质的量为________。‎ ‎【答案】（第一问2分，第二问3分，第三问3分共8分）‎ ‎（1）18 g （1）2.5 mol/l (3) 0.9mol ‎【解析】‎