【化学】河南省驻马店市正阳高级中学2018-2019学年高一上学期第三次素质检测试题（解析版）

河南省驻马店市正阳高级中学2018-2019学年高一上学期第三次素质检测试题
命题人：雷冰 2018年12月18日
可能用到的相对分子质量H–1 C–12 N–14 O–16 Na–23 Ba-137 S–32 Cl–35.5
一、选择题
1.下列除去杂质的实验方法不正确的是（　　）
A. 除去CO2中少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液后再干燥气体
B. 除去Cl2中少量HCl气体：通过饱和食盐水后再干燥气体
C. 除去SiO2中的Al2O3：加入过量氢氧化钠溶液反应后过滤
D. 除去SO2中少量H2O气体：通过浓硫酸除水干燥
【答案】C
【解析】A、除去CO2中少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液后，CO2与NaHCO3溶液不反应，HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O，再干燥气体，选项A正确；B、将Cl2和HCl的混合气体通入饱和食盐水中，HCl因易溶于水而被吸收掉，Cl2虽然能溶于水中，但由于饱和食盐水中Cl－浓度大，使Cl2与H2O反应受到抑制，从而减小了Cl2被水吸收的量，后再干燥得到干燥气体，选项B正确；C、SiO2和Al2O3均能与氢氧化钠溶液反应，无法利用氢氧化钠溶液除去SiO2中的Al2O3，选项C不正确；D、二氧化硫不与浓硫酸反应，浓硫酸具有吸水性，故除去SO2中少量H2O气体可通过浓硫酸除水干燥，选项D正确。答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A. 0.1 mol O2完全反应时，转移的电子数一定为0.4 NA
B. 在标准状况下，1 mol SO3体积约为22.4 L
C. 含1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NA
D. 14 g由乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）组成的混合物中含有原子的数目为3 NA
【答案】D
【解析】
【分析】A. 氧气反应后的价态可能为-2价，还可能为-1价；
B. 在标况下SO3为固体；
C. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；
D. 乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的原子数。
【详解】A. 氧气反应后的价态可能为-2价，还可能为-1价，则0.1 mol氧气反应后转移的电子数不一定是0.4 NA个，还可能为0.2 NA个，故A项错误；
B. 在标况下SO3为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其体积，故B项错误；
C. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol FeCl3所生成的胶粒个数小于NA个，故C项错误；
D. 乙烯和丙烯的最简式相同，都是"CH2"。14g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)组成的混合物中含有最简式"CH2"的物质的量为1mol，1mol最简式CH2中含有3mol原子，含有原子的数目为3 NA，故D项正确；
答案选D。
3.在标准状况下有：①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6gH2S，④0.2molNH3。下列对这四种气体的描述正确的是(　　)
a. 体积②＞③＞①＞④ b. 密度②＞③＞④＞①
c. 质量②＞③＞①＞④ d. 氢原子个数①＞③＞④＞②
A. abc B. bcd C. abd D. abcd
【答案】D
【解析】试题分析：a、甲烷的体积是6．72L，3．01×1023个HCl分子的体积=11．2L，13．6g H2S的体积=×22．4L/mol=8．96L，0．2mol NH3的体积=0．2mol×22．4L/mol=4．48L，所以气体体积大小顺序是②＞③＞①＞④，a正确； b．相同条件下，气体摩尔体积相同，根据ρ=知，密度与其相对分子质量成正比，所以密度大小顺序是②＞③＞④＞①，b正确；c、甲烷的质量是=4.8g、3.01×1023个HCl分子的物质的量是0.5mol，质量是0.5mol×36.5g/mol=18.25g、③H2S的质量是13.6g、④0.2 mol NH3的质量是0.2mol×17g/mol=3.4g，质量②＞③＞①＞④，c正确；d、甲烷的物质的量，含氢原子1.2mol；②3.01×1023个HCl分子，含有氢原子0.5mol；③13.6 g H2S物质的量=0.425mol，含氢原子个0.85mol；④0.2 mol NH3，含氢原子个0.6mol；氢原子个数①＞③＞④＞②，d正确;故选D。
4.下列说法错误的是（　　）
A. 《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料
B. 《开宝本草》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取没有涉及到升华操作
C. “霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应
D. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质
【答案】D
【解析】
【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，选项A正确；
B、硝酸钾的溶解度随温度变化大，提纯的方法是先加水溶解，然后蒸发结晶得到硝酸钾晶体，所以没有涉及到升华操作，选项B正确；
C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，选项C正确；
D、“柳絮”的主要成分为纤维素，属于糖类，选项D错误。
答案选D。
5.某溶液中存在5种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+和R离子，其物质的量之比为2：3：1：3：1，则R可能为（　　）
A. Ca2+ B. Mg2+ C. Cl- D. Ba2+
【答案】B
【解析】
【详解】由物质的量之比为n(NO3-):n(SO42-):n(Fe3+):n(H+):n(R离子)= 2：3：1：3：1，溶液显电性，所以正负电荷总数相等，即 21+32-13-13=2，所以R离子为R2+。A. Ca2+电荷相等，但和SO42- 和Ca2+ 生成CaSO4是微溶物不能大量共存，故A错误；B. Mg2+符合电荷数，和其他几种离子也可以大量共存，故B正确；C. Cl- 阴离子不符合电荷守恒，故C错误；D. Ba2+与SO42-不能共存，故D错误；答案：B。
6.以下说法正确的是( )
A. 金属氧化物一定是碱性氧化物
B. 碱性氧化物一定是金属氧化物
C. 非金属氧化物一定是酸性氧化物
D. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
【答案】B
【解析】试题分析：A、说法过于绝对，Fe3O4是金属氧化物，但不是碱性氧化物。B、正确。C、并不是所有的非金属氧化物都是酸性氧化物，如CO；D、酸性氧化物并不一定都是非金属氧化物，还有某些过渡金属元素的高价氧化物（如CrO3）也是酸性氧化物，但它是金属氧化物
7.下列离子方程式正确的是（　　）
A. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2OH－+2HCO3—===CaCO3↓+CO32—+2H2O
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O===AlO2—+4NH4++2H2O
C. 1 mol·L−1的NaAlO2溶液和2.5 mol·L−1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2—+5H+===Al3++Al(OH)3↓+H2O
D. 醋酸除去水垢：2H++CaCO3 ===Ca2+ +CO2↑+ H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－+HCO3－═ CaCO3↓+H2O，选项A错误；
B.一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O，反应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3·H2O ═ Al(OH)3↓+ 3NH4+ ，选项B错误；
C. 1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，反应生成的部分氢氧化铝溶于强酸，生成氯化铝、氢氧化铝和水，反应的离子方程式为：2AlO2－+5H+═ Al3++Al(OH)3↓+H2O，选项C正确；
D. 醋酸为弱酸必须写化学式，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，能除去水垢，反应的离子方程式为：2CH3COOH + CaCO3 ═ Ca2+ +2CH3COO-+ CO2↑+ H2O，选项D错误。
答案选C。
8.Cu在稀硝酸中可以发生如下反应：3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 下列叙述正确的是（ ）
A. HNO3在反应中失去电子
B. 氧化产物与还原产物的物质的量比为3:2
C. 发生氧化反应的硝酸占参加反应硝酸的1/4
D. 每1 mol HNO3参加反应，有3 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】HNO3中N元素化合价由+5变为+2；反应中铜元素化合价由0变为+2，Cu(NO3)2是氧化产物， N元素化合价由+5变为+2，NO是还原产物；HNO3中N元素化合价由+5变为+2，硝酸发生还原反应；根据方程式8mol HNO3参加反应，转移6mol电子。
【详解】HNO3中N元素化合价由+5变为+2，所以HNO3在反应中得电子，故A错误；Cu(NO3)2是氧化产物、NO是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量比为3:2，故B正确；HNO3中N元素化合价由+5变为+2，硝酸发生还原反应，发生还原反应的硝酸占参加反应硝酸的1/4，故C错误；根据方程式8mol HNO3参加反应，转移6mol电子，所以每1 mol HNO3参加反应，有mol电子转移，故D错误。
9.氧化还原反应与四种基本反应类型之间的关系如图所示，下列化学反应属于阴影部分的是（　　）

A. Cl2＋2NaBr=== 2NaCl2＋Br2
B. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C. 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+ H2O
D. CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】阴影部分的含义是：该反应中有元素化合价变化但又不属于化合反应、分解反应、置换反应，据此分析解答。
【详解】A．该反应中溴元素化合价由-1价变为0价，氯元素化合价由0价变为-1价，所以该反应是氧化还原反应，但该反应又是置换反应，选项A错误；
B．该反应中铁元素化合价由+2价变为+3价，氧气中氧元素化合价由0价变为-2价，所以该反应是氧化还原反应，但该反应又是化合反应，所以不符合，选项B错误；
C．该反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，选项C错误；
D．该反应中碳元素化合价由-4价变为+4价，氧元素化合价由0价变为-2价，所以该反应是氧化还原反应，且该反应不属于化合反应、分解反应、置换反应，选项D正确；
答案选D。
10.相同物质的量的钠、镁、铝与过量的稀硫酸反应，在标况下产生氢气的体积比是（   ）
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 6:3:2 D. 23:24:27
【答案】B
【解析】试题分析：假设金属的物质的量都是2mol.它们与稀硫酸反应的方程式为2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑；Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；由于酸足量，所以反应按照金属来计算。则根据方程式可知它们放出的氢气的物质的量的比为：1:2:3.对于气体来说，气体的物质的量的不等于它们在相同条件下的体积比。因此在标况下产生氢气的体积比是1:2:3。
11.认识反应条件对化学反应的影响，对学好化学具有重要意义，下列说法中正确的是（　　）
A. 偏铝酸钠溶液中加入一定量的盐酸，最终一定得到Al(OH)3沉淀
B. 钠在敞口容器中存放或在空气中燃烧的产物都是Na2O2
C. 向NaOH溶液中通入少量CO2或过量CO2都只生成Na2CO3
D. 氯化铝和少量的氨水或过量的氨水反应都得到Al(OH)3沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A、偏铝酸钠溶液中加入一定量的盐酸，最终不一定得到Al(OH)3沉淀，也可能生成氯化钠和氯化铝，A错误；
B、钠遇氧气立即生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，B错误；
C、碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以向NaOH溶液中通入少量CO2生成碳酸钠，而过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，C错误；
D、氢氧化铝不溶于弱碱，所以不论氨水是否过量都只生成氢氧化铝，D正确；
答案选D。
12.装运金属钠的包装箱标签上应印有下列警示标记中的（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】钠化学性质活泼，可被氧气氧化，与水可发生剧烈反应生成氢气，为遇湿易燃物品，据此判断解答。
【详解】钠化学性质活泼，有可燃性，与水可发生剧烈反应生成易燃易爆的氢气，故钠为遇湿易燃物品，
A. 为爆炸品标志，故A项错误；
B. 为遇湿易燃物品，符合题意。故B项正确；
C. 为氧化剂标志，故C项错误；
D. 为腐蚀品标志，故D项错误；
答案选B。
13.下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A. 使酚酞变红的溶液：K+、H+、SO42－、CO32－
B. 纯碱溶液：K+、OH－、SO42－、NO3－
C. 澄清石灰水：Na+、Fe3+、CO2、Cl－
D. 稀硫酸溶液：Ba2+、Na+、HCO3－、NO3－
【答案】B
【解析】
【详解】A．使酚酞变红的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中OH-、H＋会发生反应形成水，不能大量共存，A错误；
B．纯碱溶液中K+、OH－、SO42－、NO3－不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；
C．澄清石灰水中会发生反应CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，不能大量共存，C错误；
D．稀硫酸溶液中H＋与HCO3－会发生反应：H＋+HCO3－=CO2↑+H2O，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选B。
14.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；
15.将 0.4gNaOH 和 1.06g Na2CO3 混合并配成溶液，向溶液中滴加 0.1 mol·L-l 的盐酸。下列图像能正确 表示加入盐酸的体积和生成 CO2 的物质的量的关系的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】0.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol；二者混合后，溶液中含有0.01molHCO3-和0.01molCO32-，滴加盐酸，CO32-先与H+反应：CO32-+H+=HCO3-，不放出气体，消耗0.01molH+即0.1L盐酸；此时溶液中含有0.02molHCO3-，继续滴加盐酸，HCO3-与H+反应发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，有气体产生，0.02molHCO3-完全反应消耗盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生CO2达到最大值。故选D。
16.下列物质属于非电解质的是 （　　）
A. 蔗糖 B. (NH4)2SO4 C. CH3COOH D. Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此判断。
【详解】A、蔗糖在水溶液或熔融状态下不能电离，属于飞电解质，故A正确；
B、(NH4)2SO4为离子化合物，在水溶液或熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误
C、醋酸在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C错误；
D、氯气是非金属单质，不是电解质也不是非电解质，故D错误；
答案选A。
二、综合题
17.A．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+ 2H2O。
（1）请用双线桥法对该反应进行标注________________。
（2）写出该反应的离子方程式________________。
（3）该反应中，氧化剂和还原剂之比是_________。
（4）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】(1).
(2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 1：2 (4). 2 (5). 3 (6). 5 (7). 2 (8). 1 (9). 10 (10). 8
【解析】
【分析】在浓盐酸与二氧化锰反应中，二氧化锰中的锰元素由+4价降低到+2价，浓盐酸中的氯元素由-1价升高到0价，同时有氯化锰生成，故浓盐酸部分被氧化。假设反应中有1 mol氯气生成，则失去2 mol电子，被氧化的浓盐酸为2 mol，该部分浓盐酸做还原剂；在草酸能使酸性KMnO4溶液反应中，KMnO4MnSO4，锰元素化合价由+7价降低到+2价，H2C2O4CO2，碳元素由+3价升高到+4价，再结合电子守恒和原子守恒规律配平该氧化还原反应，据此分析作答。
【详解】（1）在浓盐酸与二氧化锰反应中，二氧化锰中的锰元素由+4价降低到+2价，得到2个电子被还原；浓盐酸中的氯元素由-1价升高到0价，被氧化，失去电子，故用双线桥法表示电子转移的数目与方向为：，
故答案为：；
（2）在离子方程式中，固体、气体，纯液体要保留化学式，不可拆，则上述制备氯气的反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（3）MnO2化合价降低，做氧化剂，浓盐酸在上述反应中部分起还原剂作用，部分生成了氯化锰，显酸性。根据上述双线桥法分析，按照电子守恒规律可知，MnO22e-MnCl2，2HCl2e-Cl2，所以该反应中，氧化剂和还原剂之比是1:2，
故答案为：1：2；
（4）在草酸能使酸性KMnO4溶液反应中，KMnO4MnSO4，锰元素化合价降低（+7）-（+2）=5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价升高（+4）-（+3）=1价，根据电子守恒及原子守恒规律，配平该反应为：2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 H2C2O4 = 2 MnSO4 + K2SO4 +10 CO2↑ + 8 H2O，
故答案为：2；3；5；2；1；10；8；
18.（一）有以下几种物质：①碳酸氢钠晶体　②液态氯化氢　③铁　④蔗糖　⑤酒精　⑥熔融的K2SO4　⑦干冰　⑧石墨。试回答(填序号)：
（1）以上物质能导电的是_________________________。
（2）以上物质中属于非电解质的是_________________________。
（3）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是_________________________。
（4）①、②在水溶液中反应的离子方程式为_________________________________。
（二）某溶液的溶质可能由下列离子组成：Cl－、、、H＋、Ba2＋、Na＋，某同学进行了如下实验：
Ⅰ 向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤；
Ⅱ 向Ⅰ中滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；
Ⅲ 将Ⅰ中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生。
（5）依据以上实验可以推断，原溶液中一定含有____________ (用离子符号表示，下同)；一定没有______________；可能含有________________，检验是否存在该离子的方法为_____________________________________________。
【答案】(1). ③⑥⑧ (2). ④⑤⑦ (3). ①②⑥⑦ (4). H＋+HCO3-== H2O+ CO2↑ (5). SO42-、CO32-、Na＋ (6). H＋、Ba2＋ (7). Cl－ (8). 取少量溶液于试管中，向溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－
【解析】
【分析】（1）据物质导电的原因分析,只要含有自由移动的离子或自由电子即可；
（2）在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括非金属氧化物、一些氢化物和大部分有机物；
（3）根据物质导电的原因分析,只要水溶液含有自由移动的离子即可；
（4） 碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
（5）Ⅰ向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明原溶液中没有Ba2＋；Ⅲ 将Ⅰ中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生可知一定含有SO42-和CO32-；由于加入BaCl2溶液引入了Cl－，所以不能由实验Ⅱ确定原溶液中是否含Cl－；而CO32-与H＋不能大量共存，所以肯定不含有(大量)H＋；这样，在3种阳离子中只剩下Na＋了，则必然含有Na＋；据以上分析解答。
【详解】（1）③铁、⑧石墨中均有自由电子,所以能导电，⑥熔融的K2SO4有自由移动的离子,所以能导电；①碳酸氢钠晶体、②液态氯化氢、④蔗糖、⑤酒精、⑦干冰中没有自由移动的离子或自由电子,所以不能导电；因此，本题正确答案是：③⑥⑧。 　
（2）在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，④蔗糖、⑤酒精、⑦干冰属于非电解质；因此，本题正确答案是: ④⑤⑦。
（3）①碳酸氢钠晶体、②液态氯化氢、⑥熔融的K2SO4、⑦干冰等上述物质溶于水后，溶液中存在自由移动的离子而导电；因此，本题正确答案是: ①②⑥⑦。
（4）①碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：H＋+HCO3-== H2O+ CO2↑；综上所述所，本题答案是：H＋+HCO3-== H2O+ CO2↑。
（5）Ⅰ向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明原溶液中没有Ba2＋；Ⅲ 将Ⅰ中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生可知一定含有SO42-和CO32-；由于加入BaCl2溶液引入了Cl－，所以不能由实验Ⅱ确定原溶液中是否含Cl－；而CO32-与H＋不能大量共存，所以肯定不含有(大量)H＋；这样，在3种阳离子中只剩下Na＋了，则必然含有Na＋；
结合以上分析可知：原溶液中一定含有SO42-、CO32-、Na＋；一定没有H＋、Ba2＋；可能含有Cl－；检验氯离子常用硝酸和硝酸银溶液，具体操作如下：取少量溶液于试管中，向溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－；综上所述，本题答案是：取少量溶液于试管中，向溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明原溶液中含有Cl－。
19.钠、铝、铁是三种重要的金属。请回答：
（1）钠元素的金属活动性比铝的________（填“强”或“弱”）。
（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为____________；可观察到的实验现象是________（填序号）。
a．钠沉到水底　　b．钠熔成小球　　c．小球四处游动
（3）呼吸面具的原理：________________，_______________________。
（4）填写a、b、c化学式并书写①、②的离子方程式（a、b、c均为含Al化合物）；

a：____________，b：_____________，c：____________；
①____________________________________________；
②____________________________________________；
【答案】(1). 强 (2). 2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑ (3). bc (4). 2Na2O2＋2H2O＝4NaOH+O2↑ (5). 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3+O2 (6). NaAlO2 (7). AlCl3 (8). Al(OH)3 (9). 2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (10). AlO2-+4H+＝Al3++2H2O
【解析】
【分析】（1）根据金属活动性顺序进行分析；
（2）依据钠的物理性质及钠与水反应产物解答，钠化学性质活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气，钠的密度小于水，钠和水剧烈反应且放出大量热，钠的熔点较低；
（3）利用过氧化钠制取氧气的化学性质可应用于呼吸面具，其原理是过氧化钠和二氧化碳、水蒸气反应生成氧气；
（4）根据“铝三角”之间的转化关系分析作答。
【详解】（1）在金属活动性顺序表中，钠排在铝之前，故钠比铝活泼，钠比铝易失电子，即钠元素的金属活动性比铝的强，
故答案为：强；
（2）钠化学性质活泼，与水发生置换反应，钠密度小于水，熔点低，浮在水面，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应放热，使钠熔化成小球，产生的氢气推动钠四处游动，
故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；b c；
（3）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3+O2；
（4）①为铝和氢氧化钠溶液反应的过程，其离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，则a为NaAlO2，②为生成的偏铝酸钠与过量的盐酸反应的过程，其离子方程式为：AlO2-+4H+＝Al3++2H2O，则b为AlCl3，又因二氧化碳溶于水形成弱酸碳酸，而偏铝酸钠与二氧化碳反应时只会生成氢氧化铝沉淀，沉淀不会被溶解，故c为Al(OH)3，
故答案为：NaAlO2；AlCl3；Al(OH)3；2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；AlO2-+4H+＝Al3++2H2O。
20.A．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________。

B．将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL ,4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体。向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，所得沉淀的物质的量（mol）与滴加KOH溶液的体积（mL）之间的关系如图所示：

（1）OA对应反应的离子方程式为_________，BC对应反应的离子方程式为____________；
（2）c（KOH）=_________mol/L，混合物中氧化铝的物质的量为_____mol；
（3）A点对应的数值为_______；
（4）在中学阶段，实验室里检验B点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是___________。
（5）向C点对应的溶液中通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为_____________。
【答案】(1). 18 g (2). 2.5 mol/l (3). 0.9mol (4). H+ +OH-=H2O (5). Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O (6). 4 (7). 0.1 (8). 200 (9). 透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色 (10). CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】
【分析】A. 由图象可知，从开始至加入NaOH溶液40 mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V(NaOH) = 400 mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.7 mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于400 mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍。从400mL开始，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应NaOH+Al(OH)3 = NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少时只有Mg(OH)2，物质的量为0.3 mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.3 mol，Al(OH)3为0.7 mol-0.3 mol=0.4 mol，所以该阶段消耗n(NaOH) = n[Al(OH)3] = 0.4 mol，氢氧化钠的浓度为 = 5 mol/L。
（1）由元素守恒可知n(Al) = n[Al(OH)3]，n(Mg) = n[Mg(OH)2]，在根据m =n M计算各自的质量，进而计算金属的总质量；
（2）沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(NaOH)= 2 n(Na2SO4)，根据硫酸根守恒n(H2SO4) = n(Na2SO4)，再根据c=来计算；
（3）根据电子转移守恒可知2n(H2) = 3n(Al) + 2n(Mg)，据此计算n(H2)；
B. 由图可知，从开始至加入KOH溶液到A，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2KOH=K2SO4+2H2O；继续滴加KOH溶液，到氢氧化钾溶液为600 mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为硫酸钾溶液．再继续滴加KOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，故反应后的溶液溶质为KAlO2，通入足量的CO2后又生成了氢氧化铝沉淀，且不溶解，据此进行解答；在进行焰色反应时，为避免钠离子对钾离子的干扰，需要透过蓝色钴玻璃观察。
【详解】A. 由图象可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH = Na2SO4+2H2O．当V(NaOH) = 400mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.7 mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于400 mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍。从400 mL开始，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.3 mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.3 mol，Al(OH)3为0.7 mol-0.3 mol=0.4mol，所以该阶段消耗n(NaOH) = n[Al(OH)3] = 0.4mol，氢氧化钠的浓度为 = 5 mol/L。
（1）由元素守恒可知n(Al) = n[Al(OH)3] = 0.4 mol，n(Mg) = n[Mg(OH)2] = 0.3 mol，故Mg和Al的总质量为0.4mol×27g/mol+0.3mol×24g/mol = 18 g，故答案为：18 g；
（2）沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.4L×5mol/L = 2 mol，，所以n(Na2SO4) = 1 mol，所以硫酸的浓度为c = = 2.5 mol/L，故答案为：2.5 mol/L；
（3）由（1）中可知n(Al) = 0.4 mol，n(Mg) = 0.3 mol，根据电子转移守恒可知2n(H2) = 3n(Al)+2n(Mg) = 3×0.4mol+2×0.3mol=1.8 mol，所以n(H2) = 0.9 mol，故答案为：0.9 mol；
B. 由图可知，从开始至加入KOH溶液到A，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2KOH=K2SO4+2H2O；继续滴加KOH溶液，到氢氧化钾溶液为600 mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，发生反应：3OH−+Al3+=Al(OH)3↓，2OH−+Mg2+=Mg(OH)2↓，溶液为硫酸钾溶液；再继续滴加KOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，沉淀部分溶解。
（1）OA段，氢氧化钾与硫酸反应生成硫酸钾和水，离子方程式：H++OH−=H2O；BC段，继续滴加KOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾与水，发生反应Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，离子方程式：Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：H++OH−=H2O；Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
（2）硫酸的物质的量为：0.3 L×4 mol/L = 1.2 mol，B点溶液为硫酸钾溶液，依据2K+∼SO42−，则钾离子物质的量为2.4 mol，即加入氢氧化钾物质的量为2.4 mol，则氢氧化钾物质的量浓度为：2.4 mol÷0.6 L=4 mol/L；混合物加入到300 mL4 mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72 L气体，物质的量为 =0.3 mol，由2Al∼3H2↑，可知铝的物质的量为0.2 mol，BC段消耗氢氧化钾物质的量为：0.1 L×4 mol/L=0.4 mol，发生反应：Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，可知氢氧化铝物质的量为0.4 mol，依据铝原子个数守恒，含有氧化铝的物质的量为：0.4 mol −0.3 mol =0.1 mol；故答案为：4；0.1；
（3）依据加入700 mL氢氧化钾后沉淀物质的量为0.2 mol，得溶液中含镁离子物质的量为0.2 mol，沉淀镁离子消耗0.4 mol氢氧化钾，沉淀0.4 mol铝离子需要消耗氢氧化钾物质的量为0.4mol×3 = 1.2 mol，所以OA段消耗氢氧化钾物质的量为：0.6 L×4 mol/L−0.4 mol−1.2 mol = 0.8 mol，消耗氢氧化钾体积： = 0.2 L，即200 mL；故答案为：200；
（4）检验钾离子可以用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；故答案为：透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；
（5）C点溶液为偏铝酸钾溶液，二氧化碳溶于水形成弱酸碳酸，则通入足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾，反应的离子方程式：CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；故答案为：CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
21.某学生需要用烧碱固体配制0.5 mol·L-1的NaOH溶液480mL。实验室提供以下仪器：①100mL烧杯 ②100 mL量筒 ③1000 mL容量瓶 ④500 mL容量瓶 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平（带砝码）。请回答下列问题：
（1）计算结果：需要称取NaOH固体____________g；
（2）配制时，必须使用的仪器有_______________（填代号），还缺少的仪器是 ________、_____。（填仪器名称）
（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）_____________；
A．用少量水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解
C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处
（4）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于_________、后用于__________；
（5）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是_______；（填下列编号）
①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干
②定容观察液面时俯视
③配制过程中遗漏了（3）中步骤A
④加蒸馏水时不慎超过了刻度
【答案】(1). 10 (2). ①④⑤⑥ (3). 胶头滴管 (4). 药匙 (5). BCAFED (6). 搅拌 (7). 引流 (8). ② (9). 重新配制
【解析】试题分析：（1）选用500mL容量瓶，因此需要称取的NaOH的质量为500×10－3×0.5×40g=10.0g；（2）配制一定物质的量浓度的实验中用到的仪器是：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，因此必须使用的仪器有：①④⑤⑥，缺少药匙和胶头滴管；（3）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀，顺序是BCAFED；（4）溶解时使用玻璃棒，加速溶解，转移到容量瓶中用玻璃棒，起到引流的作用；（5）①未烘干，有蒸馏水，对溶液的配制无影响，故错误；②定容时俯视，所配溶液的体积减小，浓度偏高，故正确；③未洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量减小，体积不变，浓度减小，故错误；④加水不慎超过刻度，溶液体积增大，浓度偏小，故错误；（6）实验失败，重新配制。