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【化学】吉林省白城市第一中学2018-2019学年高一上学期12月月考试题（解析版）
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吉林省白城市第一中学2018-2019学年高一上学期12月月考试题
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是（ ）
A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指CaO
B. 《黄白第十大》中“曾青涂铁，铁赤如铜”主要发生了置换反应
C. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏
D. 《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金
【答案】A
【解析】A．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，选项A错误；B．曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项B正确；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项C正确；D．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故剂钢是指铁的合金，选项D正确；答案选A。
2.下列说法中，正确的是（ ）
A. 固体氢氧化钠存入在带塑料塞的细口瓶中
B. 氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
C. 烧结黏土制陶瓷不涉及化学反应
D. 正长石的化学式为K2O·Al2O3·6SiO2，它是由三种氧化物组成的混合物
【答案】B
【详解】A．固体一般盛放在广口瓶中，氢氧化钠可与玻璃中的二氧化硅发生反应，故应用塑料塞，故A错误；B．HF与二氧化硅反应，可使玻璃反应，则可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，因果关系合理，故B正确；C、烧结黏土制陶瓷过程中生成新物质，属于化学变化，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，二氧化硅，最后是水，所以正长石的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•6SiO2，属于硅酸盐，是纯净物，故D错误；故选B。
3.有关化学实验，下列说法正确的是（ ）
A. 做金属钠与水反应的实验时，将金属钠从煤油中取出后，直接放入装有水的烧杯中
B. 用干净的玻璃棒蘸取某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定只含钠元素
C. 欲除去CO2中混有少量HCl气体，可选用饱和的Na2CO3溶液
D. 用加热的方法可以除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3杂质
【答案】D
【详解】A、做金属钠与水反应的实验时，将金属钠从煤油中取出后，要用滤纸吸干表面的煤油，再放入装有水的烧杯中，故A错误；B、玻璃中含有Na元素，做焰色反应实验应用铂丝或无锈铁丝蘸取物质，不能使用玻璃棒，故B错误；C、氯化氢、二氧化碳都和碳酸钠溶液反应，所以不能选用饱和的Na2CO3溶液除去CO2中混有少量HCl气体，故C错误；D、加热时，碳酸钠较稳定不分解，碳酸氢钠不稳定，能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，所以用加热的方法可以除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3杂质，故D正确；故选D。
4.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件(温度、反应物用量比)，化学反应的本质并不改变的是（ ）
A. Na和O2 B. NaOH和CO2 C. Fe和Cl2 D. 木炭(C)和O2
【答案】C
【详解】A.4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，所以条件不同其产物不同，故A不选；B．NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以反应物用量比不同，其产物不同，故B不选；C．2Fe+3Cl22FeCl3，无论氯气是否过量，二者都只生成FeCl3，故C选；D．C+O2(过量)CO2、2C+O2(少量)2CO，所以反应物用量比不同，其产物不同，故D不选；故选C。
5.下列描述中不正确的个数是（ ）
①铝在空气中很容易燃烧
②明矾在水中能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
③含硅4%的钢具有良好的导磁性，可用来制造变压器铁芯
④滴有酚酞溶液的水中加Na2O2，溶液变红
⑤取等量的两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色饱和溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液， 生成白色沉淀的是Na2CO3溶液
⑥铁红是磁性氧化铁，常用作红色油漆和涂料
⑦铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】D
【详解】①铝表面有致密氧化膜，使铝不容易燃烧，故①错误；②明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，故②正确；③变压器的硅钢片含硅4%，其余为铁，具有很好的导磁性，主要用作变压器铁芯，故③正确；④过氧化钠与水反应首先生成过氧化氢，滴有酚酞溶液的水中加Na2O2，溶液先变红后褪色，故④错误；⑤Na2CO3和NaHCO3均能与Ba(OH)2溶液反应，生成白色碳酸钡沉淀，故⑤错误；⑥铁红为氧化铁，性质稳定，颜色为红棕色，可用作红色油漆和涂料，磁性氧化铁为Fe3O4，故⑥错误；⑦高温下，Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故⑦错误；不正确的有①④⑤⑥⑦，故选D。
6.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则该溶液一定含有SO42−
B. 向某溶液中加入CCl4，CCl4层显橙红色，证明原溶液中存在Br2
C. 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中一定含有CO32−
D. 向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性强于H2CO3
【答案】B
【详解】A．某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO32-、SO42-或Ag+，故A错误；B．Br2的四氯化碳溶液呈橙红色，向某溶液中加入CCl4，CCl4层呈橙红色，证明原溶液中存在Br2，故B正确；C．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能存在HCO3-、CO32-、HSO3-、SO32-，故C错误；D．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性弱于H2CO3，故D错误；故选B。
7.类推思维是学习化学常用的一种思维方法。下列有关离子方程式的类推正确的是（ ）
选项
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中：Fe + Cu2+ = Cu + Fe2+
将钠粒加入CuSO4溶液中：2Na + Cu2+ = Cu + 2Na+
B
将稀硫酸加入Ba(OH)2溶液中至中性：2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH− = BaSO4↓+ 2H2O
将NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液中至中性：H+ + SO42- + Ba2+ + OH− = BaSO4↓+ H2O
C
向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3+ + 4OH− = AlO + 2H2O
向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO + 2H2O + 4NH4+
D
向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2 + OH− = HCO3-
向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2 + OH− = HSO3-
【答案】D
【解析】试题分析：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来。钠是极活泼的金属，溶于水先与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出铜，A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为Ba2++2H++2OH-+SO42-＝2H2O+BaSO4↓。NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性的离子方程式为Ba2++2H++2OH-+SO42-＝2H2O+BaSO4↓，B错误；C、向氯化铝溶液中加入足量氨水的反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和强碱反应但是不和弱碱氨水反应，C错误；D、碳酸钙和亚硫酸钙均是难溶于水的盐，碳酸氢钙和亚硫酸氢钙易溶于水，因此二氧化碳、二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊，气体过量后溶液均又变澄清，D正确，答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. SiO2是制造光导纤维的重要材料
B. SiO2溶于水生成硅酸
C. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应
D. 硅酸钠是硅酸盐，俗称水玻璃，但不能溶于水
【答案】A
【详解】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A正确；B．二氧化硅不溶于水，与水不反应，故B错误；C、常温下，硅易与氢氧化钠、氟气等反应，故C错误；D．硅酸钠能溶于水，硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可作木材防火剂，故D错误；故选A。
9.据报道，某核潜艇上的核反应堆使用了液态铝钠合金作载热介质，有关说法不恰当的是（ ）
A. 铝钠合金的熔点低于铝的熔点
B. 若将铝钠合金投入一定量水中可得到无色澄清溶液，则合金中n(Al)≤n(Na)
C. 将m g不同组成的铝钠合金分别投入足量盐酸中，若放出H2越多，则合金中铝的质量分数越小
D. 将铝钠合金投入足量CuCl2溶液中，肯定有Cu(OH)2沉淀生成，也可能有铜析出
【答案】C
【详解】A．合金的熔点低于成分金属的熔点，所以铝钠合金的熔点低于铝的熔点，故A正确；B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，说明钠和水反应生成的氢氧化钠足以将金属铝溶解，根据2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑，则n(Al)≤n(Na)，故B正确；C．根据金属钠和金属铝与酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，故C错误；D．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，金属铝也可能会置换出金属铜，故D正确；故选C。
10.Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如通常所说的“铁三角”、“铝三角”等。下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是（ ）
A
B
C
D
a
NaHCO3
Al
Fe
Cu(OH)2
b
NaOH
Al2O3
FeCl3
CuSO4
c
Na2CO3
NaAlO2
FeCl2
CuCl2
【答案】B
【详解】根据图示，转化关系需满足a→b→c→a。A、碳酸氢钠与氢氧化钙反应可以生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳可以反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，满足上述转化关系，故A不选；B、偏铝酸钠不能一步转化为铝，故B选；C、金属铁和氯气反应得到氯化铁，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，Zn与FeCl2发生置换反应可生成Fe，符合图示转化关系，故C不选；D、氢氧化铜和硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，符合图示转化关系，故D不选；故选B。
11.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol Na2O2固体中含离子的总数为4NA
B. Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况)，反应中转移的电子数为0.2 NA
C. 1mol氧气与钠反应，转移的电子数为4NA
D. 将1mol甲醇(CH4O)完全燃烧生成的CO2和水蒸气通过足量的Na2O2固体，充分反应后固体增重32g
【答案】D
【详解】A、过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，1mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，故A错误；B、Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况)物质的量==0.05mol，反应中生成1mol氧气转移2mol电子，则反应中转移的电子数为0.1NA，故B错误；C、氧气和钠反应可以生成氧化钠，1mol氧气与钠反应转移电子4 NA，也可以生成过氧化钠，1mol氧气与钠反应转移电子2NA，故C错误；D．2Na2O2+2 CO2═2 Na2CO3+O2，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，根据方程式可知，固体增重的是CO和H，甲醇(CH4O)可以改写为CO·4H，因此1mol甲醇(CH4O)完全燃烧生成的CO2和水蒸气通过足量的Na2O2固体，可以全部转化为固体的增重，因此充分反应后固体增重32g，故D正确；故选D。
12.向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl的物质的量的关系如下图（忽略CO2的溶解和HCl的挥发）。
则下列分析都正确的组合是（ ）
①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3
②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1:1
③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1:1
④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ②③
【答案】A
【解析】向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物．Ⅰ、图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，故①正确；Ⅱ、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c（Na2CO3）=c（NaHCO3），故②正确；Ⅲ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有Na2CO3，物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故③错误；Ⅳ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比是1：1，故④错误．由上分析知①②正确，③④错误，故选A。
13.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Ba(OH)2溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中通入过量CO2 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. 全部 B. 只有①②⑤ C. 只有②③⑤ D. 只有②③④⑤
【答案】D
【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色的，故①不符合；②过量Ba(OH)2溶液和明矾溶液混合Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，最终只有白色硫酸钡沉淀，故②符合；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3 ↓+2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③符合；④向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，二氧化碳过量，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成了氢氧化铝和碳酸氢钠，最终有白色沉淀氢氧化铝，故④符合；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出白色的碳酸氢钠晶体，故⑤符合；最终有白色沉淀生成的有②③④⑤，故选D。
14.以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有（ ）
①Fe3O4 ②Fe(OH)3 ③FeCl2 ④Cu2(OH)2CO3 ⑤Al(OH)3 ⑥Na2CO3 ⑦NaHCO3 ⑧Na2O2
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】A
【详解】①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe + 2O2Fe3O4，属于化合反应；②氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，属于化合反应；③FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；④铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3，属于化合反应；⑤氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；⑥氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O +CO2 = Na2CO3，属于化合反应；⑦Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；⑧钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na + O2 Na2O2，属于化合反应；只有⑤不能通过化合反应直接生成，故选A。
15.将6.8g 由Fe2O3和 Fe组成的固体混合物加入50ml 2 mol/L稀硫酸，恰好使固体完全溶解，并放出一定量气体。在所得溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红色。下列说法正确的是（ ）
A. 所得溶液中含有FeSO4、Fe2(SO4)3 B. 固体混合物中含0.05molFe2O3
C. 固体混合物中含0.025molFe D. 生成的气体体积为0.56L（标准状况下）
【答案】D
【解析】试题分析：A、加入硫氰化钾溶液不显红色，说明溶液中没有铁离子，则不选A；B、假设铁的物质的量为x摩尔，氧化铁为y摩尔，根据溶液中只有硫酸亚铁，所以硫酸根的物质的量等于亚铁离子的物质的量，所以有方程为：x+2y=0.0156x+160y=6.8，解x=0.05摩尔，y=0.025摩尔，所以不选B或C；D、0.025摩尔的硫酸铁能反应0.025摩尔的铁生成硫酸亚铁，所以还有0.025摩尔铁和硫酸反应生成0.025摩尔氢气，即0.56升氢气，所以选D。
16.将金属铜、铁投入氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是（ ）
选项
反应情况设想
评价
A
当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2+、Cu2+，一定无Fe3+
正确，Fe3+和Fe、Cu均可反应
B
当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有Fe2+、Cu2+，一定无Fe3+
正确，Fe和Cu均与Fe3+反应，故溶液中有Fe2+和Cu2+，无Fe3+
C
当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定有Fe2+，一定无Cu2+
正确，Cu有剩余，故溶液中无 Cu2+
D
当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2+和Cu2+
不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe与Cu相比， Fe优先与Fe3+反应
【答案】D
【详解】A、当铁铜均不剩余时，Fe3+和Fe、Cu均可反应，故溶液中一定有Fe2+、Cu2+，若恰好完全反应，则无Fe3+，若氯化铁过量，则含有Fe3+，故A错误；B、当铁铜均有剩余时，Fe与Cu2+和Fe3+都反应，故溶液中一定有Fe2+，无Fe3+、Cu2+，故B错误；C、当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定有Fe2+，若铁与Fe3+恰好完全反应，则无Cu2+，若Fe3+过量，则含有Cu2+，故C错误；D、不可能有Fe剩余，Cu不剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3+反应，故D正确；故选D。
17.相同温度下，分别将0.1molNa、Na2O、Na2O2、NaOH加入盛有100mL水（设水的密度为1g/cm3）的甲、乙、丙、丁四个烧杯中并恢复至原温度，则甲、乙、丙、丁四烧杯中溶液的质量分数大小关系为（ ）
A. 丙>乙>丁>甲 B. 丁>甲>乙>丙 C. 乙=丙>甲>丁 D. 丁>丙=乙>甲
【答案】C
【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol×62g/mol=6.2g；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=6.2g；将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol、0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：×100%、×100%、×100%、×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：乙=丙>甲>丁，故选C。
18.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定)，且有气体剩余。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是（ ）
①粉末中一定有Na2O、Na2O2、和NaHCO3
②粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl
③粉末中一定不含有Na2O2和NaCl
④无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaCl
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳；二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，氧化钠和氧气发生使固体质量增加的反应；据此分析判断。
【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2(生成O2)、Na2CO3或NaHCO3(生成CO2)，X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，过氧化钠可能与分解产生的二氧化碳、水反应产生氧气，此过程会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O22Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl，即正确的是①④，故选D。
19.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应:14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。下列说法正确的是（ ）
A. Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B. 5molFeS2发生反应，有10mol电子转移
C. 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物
D. FeS2只作还原剂
【答案】C
【解析】试题分析：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，FeS2中S元素的化合价由-1价降低为-2价，FeS2中S元素的化合价由-1价升高为+6价。A．Cu2S只是还原产物，故A错误；B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-（-1）]="21mol" 电子转移，故B错误；C．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，故C正确；D．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故D错误；故选C。
20.将质量为W1 g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V1L.向溶液中逐滴加入浓度为a mol·L−1的HCl溶液，过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L。将溶液蒸干充分灼烧得到固体(NaCl和Al2O3)W2 g.下列关系式中错误的是（ ）
A. 24n(Al)+35.5n(Na)=W2−W1 B. n(Na)+3n(Al)=aV2
C. n(Na)+3n(Al)=V1/11.2 D. aV2=V1/22.4
【答案】D
【解析】答案：D
本题是一道综合了钠和铝有关化学性质的较难的计算型选择题，题目融合了化学中的"初态--终态"思想以及在化学选择和计算题中普遍使用的守恒法。根据题意，Na最终以NaCl形式存在，质量增加为35.5n(Na)；AlCl3在蒸干过程中水解为Al(OH)3和HCl，HCl挥发，最后蒸干产物为Al2O3，增加的质量为24n（A1），24n（A1）+35．5n（Na）=W2—W1，A正确。W1g的Na和Al经过和一定量的水反应，置换出了V1L H2，由电子得失守恒知：Na和Al完全反应变成Na＋和Al3＋失去的电子数应该等于生成的H2得到的电子数，则有n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4，C正确 ；溶液经过一系列的反应最终得到的溶液应该是NaCl和AlCl3的混合，因此；aV2可看成是盐酸中Cl元素的物质的量，由Cl元素守恒知aV2=n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4。B正确，D错误。
21.FeCl3是一种用途比较广泛的盐。
（1）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，请写出反应的离子方程式____________________________．
（2）FeCl3在天然水中可生成氢氧化铁胶体，其沉降水中悬浮物的速度高于铝盐，是城市污水及工业废水处理的高效絮凝剂．实验室制取氢氧化铁胶体的方法是______（填字母序号）。
A．将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，生成棕黄色液体即可
B．在FeCl3溶液中加入足量的NaOH溶液
C．将饱和的FeCl3溶液滴入沸水，并继续煮沸至生成红褐色液体
D．将饱和的FeCl3溶液滴入沸水，并继续煮沸至生成红褐色沉淀
证明此胶体已经制成的最简单方法为______。
（3）FeCl3可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式如下： FeCl3+ KI= FeCl2+ I2+ KCl，配平上述反应方程式，并在上式上用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目。________
（4）向（3）反应后的溶液中加入CCl4溶液，振荡、静置后会发现_____层（填“上”或“下”）液体的颜色为______色，再将混合液倒入______（填仪器名称）中，将两层液体分离。
【答案】(1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). C (3). 丁达尔效应
(4). (5). 下 (6). 紫（或紫红）
(7). 分液漏斗
【解析】
【分析】(1)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁；(2)FeCl3在沸水中可生成胶体，胶体具有丁达尔效应；(3)根据化合价升降守恒配平方程式，反应中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此分析电子转移；(4)向(3)反应后的溶液中加入CCl4溶液，发生萃取，四氯化碳的密度大于水。据此分析解答。
【详解】(1)FeCl3溶液作为“腐蚀液”腐蚀铜板，生成CuCl2和FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)实验室制取氢氧化铁胶体的方法为将饱和的FeCl3溶液滴入沸水，并继续煮沸至生成红褐色液体，则应选C，且胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体已经制成，故答案为：C；丁达尔效应；
(3) FeCl3+ KI= FeCl2+ I2+ KCl中，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，I元素的化合价由-1价升高到0价，根据化合价升降守恒配平得：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl电子转移的方向和数目可以表示为，故答案为：；
(4)向(3)反应后的溶液中加入CCl4溶液，发生萃取，有机层在下层，颜色为紫色(或紫红色)，然后利用分液漏斗分离，故答案为：下；紫(或紫红)；分液漏斗。
22.下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去。
（1）化合物A的化学式是___________，写出物质D与NaOH溶液反应的离子方程式______________。
（2）写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式_________________。
（3）写出由沉淀J生成 H溶液的离子方程式_________________。
（4）溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，写出生成L的离子方程式___________。
白色沉淀L会迅速变为___________色，最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式_________________________________。
（5）溶液I中所含的金属离子是________________。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ (4). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (5). Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+ (6). 灰绿 (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (8). Na+、Al3+
【解析】
【分析】红棕色固体A为Fe2O3，B为两性金属单质，A与B发生置换反应生成C和D，氧化物D能与NaOH反应，应为Al2O3，则B为Al，C为Fe，铁与盐酸反应生成的F为H2，E为FeCl2，氯化亚铁中加入氨水生成白色沉淀L为Fe(OH)2，G为Fe(OH)3；氧化铝与氢氧化钠反应生成的H为NaAlO2，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成的溶液I为AlCl3和NaCl的混合溶液，J为Al(OH)3，结合对应物质的性质分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知A为Fe2O3，D为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O，故答案为：Fe2O3； Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O；
(2)单质B为铝，Al与氢氧化钠等强碱溶液反应生成氢气和偏铝酸盐，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；
(3)沉淀J为氢氧化铝，H为NaAlO2。Al(OH)3具有两性，可与NaOH反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(4)溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，离子方程式为Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+，Fe(OH)2不稳定，可被氧化生成Fe(OH)3，由白色变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案为：Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+；灰绿；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(5)I为AlCl3和氯化钠的混合溶液，含有的金属离子有Al3+和Na+，故答案为：Al3+和Na+。
23.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。
（1）请将实验步骤补充完整
①按图（夹持仪器未画出）组装好实验装置后，首先进行的操作是 _____________________。
②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；并称量C、D装置的质量。
③打开活塞K1和K2，关闭K3，缓慢鼓入空气数分钟，其目的是____________________。
④关闭活塞K1和K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后卸下装置，再次称量C、D装置的质量。
（2）关于该实验方案，请回答下列问题：
①若加热反应后不鼓入空气，对NaCl测定结果的影响是___________（“偏高”、“偏低”或“无影响”）
②E处干燥管中盛放的药品是_______________，其作用是_____________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量分数______________（“偏高”、“偏低”或“无影响”）
③若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m1g和m2g，由此可知混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为______（用含w、m1、m2的代数式表示）。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). 赶走装置中含有的水蒸气和二氧化碳，减少误差 (3). 偏高 (4). 碱石灰 (5). 吸收外界空气中的二氧化碳和水蒸气 (6). 偏高 (7). ×（m1-m2）×100%
【解析】
【分析】含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O↑。产生的H2O(g)、CO2，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水但不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量。由C的增重(Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量，据此分析解答。
【详解】(1)①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置内的增重，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
③装置内有空气，空气中含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差，故答案为：除去装置中的水蒸气和二氧化碳；
(2)①若加热反应后不鼓入空气，使得水蒸气和二氧化碳的质量测定结果会减小，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3•10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，测得的NaHCO3和Na2CO3•10H2O的含量将偏小，则NaCl的测定结果将偏高，故答案为：偏高；
②E处干燥管是防止外界空气中的水蒸气和二氧化碳影响实验结果，因此干燥管中盛放碱石灰，因为碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，若没有E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏高，故答案为：碱石灰；吸收外界空气中的二氧化碳和水蒸气；偏高；
③含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O↑。D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，设碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x，
2NaHCO3Na2CO3+H2O + CO2↑
18g 44g
x m2g
=，解得x=m2g
装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和Na2CO3•10H2O分解生成的水，则Na2CO3•10H2O分解生成的水蒸气的质量=m1g -m2g =(m1-m2)g，设Na2CO3•10H2O的质量为y，
Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O
286g 180g
y (m1-m2)g
=，解得：y=×(m1-m2)g，所以Na2CO3·10H2O的质量分数=×100%=×(m1-m2)×100%，故答案为：×(m1-m2)×100%。
24.如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加试剂A，之后改滴试剂B，所得沉淀ymol 与试剂体积V(mL)间的关系。请回答
（1）写出c~d段发生反应的离子方程式______________________________________
（2）原溶液中Mg2+、Al3+、Cl−的物质的量浓度之比为：_______________________
（3）如果A和B为一元强酸或一元强碱，则c(A):c(B)=_____________________
（4）图中e点处V=_______________(填数字)
【答案】(1). AlO2-+ H++H2O= Al(OH)3↓ (2). 1:1:5 (3). 2:1 (4). 21
【解析】
【分析】根据图像知，MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加试剂A，立即产生沉淀，说明A为碱，因为氢氧化铝不能溶于弱碱，因此A为强碱，如NaOH等；ab段应该是强碱溶解氢氧化铝，cd段为偏铝酸根与酸反应生成氢氧化铝沉淀，de段为氢氧化镁和氢氧化铝溶解于酸的过程，因此试剂B为强酸，如HCl等，bc段发生酸碱中和反应。据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，c~d段为偏铝酸根与酸反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2-+ H++H2O= Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-+ H++H2O= Al(OH)3↓；
(2)开始加入碱，生成沉淀与氢氧化铝溶解消耗碱的体积之比为5∶1，设溶解氢氧化铝消耗OH-为1mol，则生成沉淀最大时，消耗OH-为5mol，由Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，可知n[Al(OH)3]=n(OH-)=1mol，故n(Al3+)=n[Al(OH)3]=1mol，生成氢氧化铝沉淀消耗OH-为1mol×3=3mol，则生成氢氧化镁消耗OH-为5mol-3mol=2mol，故n[Mg(OH)2]=1mol，则n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=1mol，由电荷守恒可知n(Cl-)=3n(Al3+)+2n(Mg2+)=5mol，故原混合溶液中c(Mg2+)∶c(Al3+)∶c(Cl-)=1∶1∶5，故答案为：1∶1∶5
(3)如果A和B为一元强酸或一元强碱，由(2)中分析可知，溶解氢氧化铝消耗OH-为1mol，n(AlO2-)= n(Al3+)=1mol，由AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，可知消耗n(H+)=1mol，根据图像，溶解氢氧化铝消耗一元强碱溶液体积与生成氢氧化铝沉淀消耗一元强酸溶液的体积之比为1∶2，则c(A)∶c(B)=2∶1，故答案为：2∶1；
(4)de段为氢氧化镁和氢氧化铝溶解于强酸的过程，由(2)中分析可知，d点含有1mol氢氧化铝和1mol氢氧化镁，溶解1mol氢氧化铝需要消耗3mol H+，溶解1mol氢氧化镁需要消耗2mol H+，因此de段消耗的酸与cd段消耗的酸的物质的量之比为1∶5，则de段消耗的酸与cd段消耗的酸的体积之比为1∶5，因此de段消耗的酸的体积为10mL，因此e点处V=21，故答案为：21。
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明不合理的是（ ）
A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指CaO
B. 《黄白第十大》中“曾青涂铁，铁赤如铜”主要发生了置换反应
C. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏
D. 《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金
【答案】A
【解析】A．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，选项A错误；B．曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项B正确；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项C正确；D．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故剂钢是指铁的合金，选项D正确；答案选A。
2.下列说法中，正确的是（ ）
A. 固体氢氧化钠存入在带塑料塞的细口瓶中
B. 氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
C. 烧结黏土制陶瓷不涉及化学反应
D. 正长石的化学式为K2O·Al2O3·6SiO2，它是由三种氧化物组成的混合物
【答案】B
【详解】A．固体一般盛放在广口瓶中，氢氧化钠可与玻璃中的二氧化硅发生反应，故应用塑料塞，故A错误；B．HF与二氧化硅反应，可使玻璃反应，则可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，因果关系合理，故B正确；C、烧结黏土制陶瓷过程中生成新物质，属于化学变化，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，二氧化硅，最后是水，所以正长石的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•6SiO2，属于硅酸盐，是纯净物，故D错误；故选B。
3.有关化学实验，下列说法正确的是（ ）
A. 做金属钠与水反应的实验时，将金属钠从煤油中取出后，直接放入装有水的烧杯中
B. 用干净的玻璃棒蘸取某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定只含钠元素
C. 欲除去CO2中混有少量HCl气体，可选用饱和的Na2CO3溶液
D. 用加热的方法可以除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3杂质
【答案】D
【详解】A、做金属钠与水反应的实验时，将金属钠从煤油中取出后，要用滤纸吸干表面的煤油，再放入装有水的烧杯中，故A错误；B、玻璃中含有Na元素，做焰色反应实验应用铂丝或无锈铁丝蘸取物质，不能使用玻璃棒，故B错误；C、氯化氢、二氧化碳都和碳酸钠溶液反应，所以不能选用饱和的Na2CO3溶液除去CO2中混有少量HCl气体，故C错误；D、加热时，碳酸钠较稳定不分解，碳酸氢钠不稳定，能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，所以用加热的方法可以除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3杂质，故D正确；故选D。
4.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件(温度、反应物用量比)，化学反应的本质并不改变的是（ ）
A. Na和O2 B. NaOH和CO2 C. Fe和Cl2 D. 木炭(C)和O2
【答案】C
【详解】A.4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，所以条件不同其产物不同，故A不选；B．NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以反应物用量比不同，其产物不同，故B不选；C．2Fe+3Cl22FeCl3，无论氯气是否过量，二者都只生成FeCl3，故C选；D．C+O2(过量)CO2、2C+O2(少量)2CO，所以反应物用量比不同，其产物不同，故D不选；故选C。
5.下列描述中不正确的个数是（ ）
①铝在空气中很容易燃烧
②明矾在水中能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
③含硅4%的钢具有良好的导磁性，可用来制造变压器铁芯
④滴有酚酞溶液的水中加Na2O2，溶液变红
⑤取等量的两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色饱和溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液， 生成白色沉淀的是Na2CO3溶液
⑥铁红是磁性氧化铁，常用作红色油漆和涂料
⑦铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】D
【详解】①铝表面有致密氧化膜，使铝不容易燃烧，故①错误；②明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，故②正确；③变压器的硅钢片含硅4%，其余为铁，具有很好的导磁性，主要用作变压器铁芯，故③正确；④过氧化钠与水反应首先生成过氧化氢，滴有酚酞溶液的水中加Na2O2，溶液先变红后褪色，故④错误；⑤Na2CO3和NaHCO3均能与Ba(OH)2溶液反应，生成白色碳酸钡沉淀，故⑤错误；⑥铁红为氧化铁，性质稳定，颜色为红棕色，可用作红色油漆和涂料，磁性氧化铁为Fe3O4，故⑥错误；⑦高温下，Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故⑦错误；不正确的有①④⑤⑥⑦，故选D。
6.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则该溶液一定含有SO42−
B. 向某溶液中加入CCl4，CCl4层显橙红色，证明原溶液中存在Br2
C. 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中一定含有CO32−
D. 向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性强于H2CO3
【答案】B
【详解】A．某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO32-、SO42-或Ag+，故A错误；B．Br2的四氯化碳溶液呈橙红色，向某溶液中加入CCl4，CCl4层呈橙红色，证明原溶液中存在Br2，故B正确；C．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能存在HCO3-、CO32-、HSO3-、SO32-，故C错误；D．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性弱于H2CO3，故D错误；故选B。
7.类推思维是学习化学常用的一种思维方法。下列有关离子方程式的类推正确的是（ ）
选项
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中：Fe + Cu2+ = Cu + Fe2+
将钠粒加入CuSO4溶液中：2Na + Cu2+ = Cu + 2Na+
B
将稀硫酸加入Ba(OH)2溶液中至中性：2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH− = BaSO4↓+ 2H2O
将NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液中至中性：H+ + SO42- + Ba2+ + OH− = BaSO4↓+ H2O
C
向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3+ + 4OH− = AlO + 2H2O
向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO + 2H2O + 4NH4+
D
向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2 + OH− = HCO3-
向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2 + OH− = HSO3-
【答案】D
【解析】试题分析：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来。钠是极活泼的金属，溶于水先与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出铜，A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为Ba2++2H++2OH-+SO42-＝2H2O+BaSO4↓。NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性的离子方程式为Ba2++2H++2OH-+SO42-＝2H2O+BaSO4↓，B错误；C、向氯化铝溶液中加入足量氨水的反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和强碱反应但是不和弱碱氨水反应，C错误；D、碳酸钙和亚硫酸钙均是难溶于水的盐，碳酸氢钙和亚硫酸氢钙易溶于水，因此二氧化碳、二氧化硫均能使澄清的石灰水变浑浊，气体过量后溶液均又变澄清，D正确，答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. SiO2是制造光导纤维的重要材料
B. SiO2溶于水生成硅酸
C. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应
D. 硅酸钠是硅酸盐，俗称水玻璃，但不能溶于水
【答案】A
【详解】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A正确；B．二氧化硅不溶于水，与水不反应，故B错误；C、常温下，硅易与氢氧化钠、氟气等反应，故C错误；D．硅酸钠能溶于水，硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可作木材防火剂，故D错误；故选A。
9.据报道，某核潜艇上的核反应堆使用了液态铝钠合金作载热介质，有关说法不恰当的是（ ）
A. 铝钠合金的熔点低于铝的熔点
B. 若将铝钠合金投入一定量水中可得到无色澄清溶液，则合金中n(Al)≤n(Na)
C. 将m g不同组成的铝钠合金分别投入足量盐酸中，若放出H2越多，则合金中铝的质量分数越小
D. 将铝钠合金投入足量CuCl2溶液中，肯定有Cu(OH)2沉淀生成，也可能有铜析出
【答案】C
【详解】A．合金的熔点低于成分金属的熔点，所以铝钠合金的熔点低于铝的熔点，故A正确；B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，说明钠和水反应生成的氢氧化钠足以将金属铝溶解，根据2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑，则n(Al)≤n(Na)，故B正确；C．根据金属钠和金属铝与酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，故C错误；D．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，金属铝也可能会置换出金属铜，故D正确；故选C。
10.Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如通常所说的“铁三角”、“铝三角”等。下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是（ ）
A
B
C
D
a
NaHCO3
Al
Fe
Cu(OH)2
b
NaOH
Al2O3
FeCl3
CuSO4
c
Na2CO3
NaAlO2
FeCl2
CuCl2
【答案】B
【详解】根据图示，转化关系需满足a→b→c→a。A、碳酸氢钠与氢氧化钙反应可以生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳可以反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，满足上述转化关系，故A不选；B、偏铝酸钠不能一步转化为铝，故B选；C、金属铁和氯气反应得到氯化铁，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，Zn与FeCl2发生置换反应可生成Fe，符合图示转化关系，故C不选；D、氢氧化铜和硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，符合图示转化关系，故D不选；故选B。
11.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol Na2O2固体中含离子的总数为4NA
B. Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况)，反应中转移的电子数为0.2 NA
C. 1mol氧气与钠反应，转移的电子数为4NA
D. 将1mol甲醇(CH4O)完全燃烧生成的CO2和水蒸气通过足量的Na2O2固体，充分反应后固体增重32g
【答案】D
【详解】A、过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，1mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，故A错误；B、Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况)物质的量==0.05mol，反应中生成1mol氧气转移2mol电子，则反应中转移的电子数为0.1NA，故B错误；C、氧气和钠反应可以生成氧化钠，1mol氧气与钠反应转移电子4 NA，也可以生成过氧化钠，1mol氧气与钠反应转移电子2NA，故C错误；D．2Na2O2+2 CO2═2 Na2CO3+O2，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，根据方程式可知，固体增重的是CO和H，甲醇(CH4O)可以改写为CO·4H，因此1mol甲醇(CH4O)完全燃烧生成的CO2和水蒸气通过足量的Na2O2固体，可以全部转化为固体的增重，因此充分反应后固体增重32g，故D正确；故选D。
12.向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl的物质的量的关系如下图（忽略CO2的溶解和HCl的挥发）。
则下列分析都正确的组合是（ ）
①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3
②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1:1
③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1:1
④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ②③
【答案】A
【解析】向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物．Ⅰ、图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，故①正确；Ⅱ、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c（Na2CO3）=c（NaHCO3），故②正确；Ⅲ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有Na2CO3，物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故③错误；Ⅳ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比是1：1，故④错误．由上分析知①②正确，③④错误，故选A。
13.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Ba(OH)2溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中通入过量CO2 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. 全部 B. 只有①②⑤ C. 只有②③⑤ D. 只有②③④⑤
【答案】D
【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色的，故①不符合；②过量Ba(OH)2溶液和明矾溶液混合Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，最终只有白色硫酸钡沉淀，故②符合；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3 ↓+2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③符合；④向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，二氧化碳过量，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成了氢氧化铝和碳酸氢钠，最终有白色沉淀氢氧化铝，故④符合；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出白色的碳酸氢钠晶体，故⑤符合；最终有白色沉淀生成的有②③④⑤，故选D。
14.以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有（ ）
①Fe3O4 ②Fe(OH)3 ③FeCl2 ④Cu2(OH)2CO3 ⑤Al(OH)3 ⑥Na2CO3 ⑦NaHCO3 ⑧Na2O2
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】A
【详解】①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe + 2O2Fe3O4，属于化合反应；②氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，属于化合反应；③FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；④铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3，属于化合反应；⑤氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；⑥氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O +CO2 = Na2CO3，属于化合反应；⑦Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；⑧钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na + O2 Na2O2，属于化合反应；只有⑤不能通过化合反应直接生成，故选A。
15.将6.8g 由Fe2O3和 Fe组成的固体混合物加入50ml 2 mol/L稀硫酸，恰好使固体完全溶解，并放出一定量气体。在所得溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红色。下列说法正确的是（ ）
A. 所得溶液中含有FeSO4、Fe2(SO4)3 B. 固体混合物中含0.05molFe2O3
C. 固体混合物中含0.025molFe D. 生成的气体体积为0.56L（标准状况下）
【答案】D
【解析】试题分析：A、加入硫氰化钾溶液不显红色，说明溶液中没有铁离子，则不选A；B、假设铁的物质的量为x摩尔，氧化铁为y摩尔，根据溶液中只有硫酸亚铁，所以硫酸根的物质的量等于亚铁离子的物质的量，所以有方程为：x+2y=0.0156x+160y=6.8，解x=0.05摩尔，y=0.025摩尔，所以不选B或C；D、0.025摩尔的硫酸铁能反应0.025摩尔的铁生成硫酸亚铁，所以还有0.025摩尔铁和硫酸反应生成0.025摩尔氢气，即0.56升氢气，所以选D。
16.将金属铜、铁投入氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是（ ）
选项
反应情况设想
评价
A
当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2+、Cu2+，一定无Fe3+
正确，Fe3+和Fe、Cu均可反应
B
当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有Fe2+、Cu2+，一定无Fe3+
正确，Fe和Cu均与Fe3+反应，故溶液中有Fe2+和Cu2+，无Fe3+
C
当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定有Fe2+，一定无Cu2+
正确，Cu有剩余，故溶液中无 Cu2+
D
当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2+和Cu2+
不正确，不可能有Fe剩余而无Cu剩余，因为Fe与Cu相比， Fe优先与Fe3+反应
【答案】D
【详解】A、当铁铜均不剩余时，Fe3+和Fe、Cu均可反应，故溶液中一定有Fe2+、Cu2+，若恰好完全反应，则无Fe3+，若氯化铁过量，则含有Fe3+，故A错误；B、当铁铜均有剩余时，Fe与Cu2+和Fe3+都反应，故溶液中一定有Fe2+，无Fe3+、Cu2+，故B错误；C、当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定有Fe2+，若铁与Fe3+恰好完全反应，则无Cu2+，若Fe3+过量，则含有Cu2+，故C错误；D、不可能有Fe剩余，Cu不剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3+反应，故D正确；故选D。
17.相同温度下，分别将0.1molNa、Na2O、Na2O2、NaOH加入盛有100mL水（设水的密度为1g/cm3）的甲、乙、丙、丁四个烧杯中并恢复至原温度，则甲、乙、丙、丁四烧杯中溶液的质量分数大小关系为（ ）
A. 丙>乙>丁>甲 B. 丁>甲>乙>丙 C. 乙=丙>甲>丁 D. 丁>丙=乙>甲
【答案】C
【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol×62g/mol=6.2g；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=6.2g；将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol、0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：×100%、×100%、×100%、×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：乙=丙>甲>丁，故选C。
18.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定)，且有气体剩余。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是（ ）
①粉末中一定有Na2O、Na2O2、和NaHCO3
②粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl
③粉末中一定不含有Na2O2和NaCl
④无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaCl
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳；二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，氧化钠和氧气发生使固体质量增加的反应；据此分析判断。
【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2(生成O2)、Na2CO3或NaHCO3(生成CO2)，X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，过氧化钠可能与分解产生的二氧化碳、水反应产生氧气，此过程会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O22Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl，即正确的是①④，故选D。
19.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应:14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。下列说法正确的是（ ）
A. Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B. 5molFeS2发生反应，有10mol电子转移
C. 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物
D. FeS2只作还原剂
【答案】C
【解析】试题分析：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，FeS2中S元素的化合价由-1价降低为-2价，FeS2中S元素的化合价由-1价升高为+6价。A．Cu2S只是还原产物，故A错误；B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-（-1）]="21mol" 电子转移，故B错误；C．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42-是氧化产物，故C正确；D．CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故D错误；故选C。
20.将质量为W1 g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V1L.向溶液中逐滴加入浓度为a mol·L−1的HCl溶液，过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加HCl溶液体积为V2L。将溶液蒸干充分灼烧得到固体(NaCl和Al2O3)W2 g.下列关系式中错误的是（ ）
A. 24n(Al)+35.5n(Na)=W2−W1 B. n(Na)+3n(Al)=aV2
C. n(Na)+3n(Al)=V1/11.2 D. aV2=V1/22.4
【答案】D
【解析】答案：D
本题是一道综合了钠和铝有关化学性质的较难的计算型选择题，题目融合了化学中的"初态--终态"思想以及在化学选择和计算题中普遍使用的守恒法。根据题意，Na最终以NaCl形式存在，质量增加为35.5n(Na)；AlCl3在蒸干过程中水解为Al(OH)3和HCl，HCl挥发，最后蒸干产物为Al2O3，增加的质量为24n（A1），24n（A1）+35．5n（Na）=W2—W1，A正确。W1g的Na和Al经过和一定量的水反应，置换出了V1L H2，由电子得失守恒知：Na和Al完全反应变成Na＋和Al3＋失去的电子数应该等于生成的H2得到的电子数，则有n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4，C正确 ；溶液经过一系列的反应最终得到的溶液应该是NaCl和AlCl3的混合，因此；aV2可看成是盐酸中Cl元素的物质的量，由Cl元素守恒知aV2=n(Na)＋3n(Al)＝2V1/22.4。B正确，D错误。
21.FeCl3是一种用途比较广泛的盐。
（1）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，请写出反应的离子方程式____________________________．
（2）FeCl3在天然水中可生成氢氧化铁胶体，其沉降水中悬浮物的速度高于铝盐，是城市污水及工业废水处理的高效絮凝剂．实验室制取氢氧化铁胶体的方法是______（填字母序号）。
A．将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，生成棕黄色液体即可
B．在FeCl3溶液中加入足量的NaOH溶液
C．将饱和的FeCl3溶液滴入沸水，并继续煮沸至生成红褐色液体
D．将饱和的FeCl3溶液滴入沸水，并继续煮沸至生成红褐色沉淀
证明此胶体已经制成的最简单方法为______。
（3）FeCl3可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式如下： FeCl3+ KI= FeCl2+ I2+ KCl，配平上述反应方程式，并在上式上用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目。________
（4）向（3）反应后的溶液中加入CCl4溶液，振荡、静置后会发现_____层（填“上”或“下”）液体的颜色为______色，再将混合液倒入______（填仪器名称）中，将两层液体分离。
【答案】(1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (2). C (3). 丁达尔效应
(4). (5). 下 (6). 紫（或紫红）
(7). 分液漏斗
【解析】
【分析】(1)FeCl3溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁；(2)FeCl3在沸水中可生成胶体，胶体具有丁达尔效应；(3)根据化合价升降守恒配平方程式，反应中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此分析电子转移；(4)向(3)反应后的溶液中加入CCl4溶液，发生萃取，四氯化碳的密度大于水。据此分析解答。
【详解】(1)FeCl3溶液作为“腐蚀液”腐蚀铜板，生成CuCl2和FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)实验室制取氢氧化铁胶体的方法为将饱和的FeCl3溶液滴入沸水，并继续煮沸至生成红褐色液体，则应选C，且胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体已经制成，故答案为：C；丁达尔效应；
(3) FeCl3+ KI= FeCl2+ I2+ KCl中，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，I元素的化合价由-1价升高到0价，根据化合价升降守恒配平得：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl电子转移的方向和数目可以表示为，故答案为：；
(4)向(3)反应后的溶液中加入CCl4溶液，发生萃取，有机层在下层，颜色为紫色(或紫红色)，然后利用分液漏斗分离，故答案为：下；紫(或紫红)；分液漏斗。
22.下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去。
（1）化合物A的化学式是___________，写出物质D与NaOH溶液反应的离子方程式______________。
（2）写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式_________________。
（3）写出由沉淀J生成 H溶液的离子方程式_________________。
（4）溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，写出生成L的离子方程式___________。
白色沉淀L会迅速变为___________色，最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式_________________________________。
（5）溶液I中所含的金属离子是________________。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ (4). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (5). Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+ (6). 灰绿 (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (8). Na+、Al3+
【解析】
【分析】红棕色固体A为Fe2O3，B为两性金属单质，A与B发生置换反应生成C和D，氧化物D能与NaOH反应，应为Al2O3，则B为Al，C为Fe，铁与盐酸反应生成的F为H2，E为FeCl2，氯化亚铁中加入氨水生成白色沉淀L为Fe(OH)2，G为Fe(OH)3；氧化铝与氢氧化钠反应生成的H为NaAlO2，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成的溶液I为AlCl3和NaCl的混合溶液，J为Al(OH)3，结合对应物质的性质分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知A为Fe2O3，D为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O，故答案为：Fe2O3； Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O；
(2)单质B为铝，Al与氢氧化钠等强碱溶液反应生成氢气和偏铝酸盐，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；
(3)沉淀J为氢氧化铝，H为NaAlO2。Al(OH)3具有两性，可与NaOH反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(4)溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，离子方程式为Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+，Fe(OH)2不稳定，可被氧化生成Fe(OH)3，由白色变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案为：Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+；灰绿；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(5)I为AlCl3和氯化钠的混合溶液，含有的金属离子有Al3+和Na+，故答案为：Al3+和Na+。
23.有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。
（1）请将实验步骤补充完整
①按图（夹持仪器未画出）组装好实验装置后，首先进行的操作是 _____________________。
②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；并称量C、D装置的质量。
③打开活塞K1和K2，关闭K3，缓慢鼓入空气数分钟，其目的是____________________。
④关闭活塞K1和K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后卸下装置，再次称量C、D装置的质量。
（2）关于该实验方案，请回答下列问题：
①若加热反应后不鼓入空气，对NaCl测定结果的影响是___________（“偏高”、“偏低”或“无影响”）
②E处干燥管中盛放的药品是_______________，其作用是_____________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量分数______________（“偏高”、“偏低”或“无影响”）
③若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m1g和m2g，由此可知混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为______（用含w、m1、m2的代数式表示）。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). 赶走装置中含有的水蒸气和二氧化碳，减少误差 (3). 偏高 (4). 碱石灰 (5). 吸收外界空气中的二氧化碳和水蒸气 (6). 偏高 (7). ×（m1-m2）×100%
【解析】
【分析】含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O↑。产生的H2O(g)、CO2，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水但不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量。由C的增重(Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量)可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量，据此分析解答。
【详解】(1)①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置内的增重，计算生成的水的质量，故应首先检验装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
③装置内有空气，空气中含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气，赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳，减少误差，故答案为：除去装置中的水蒸气和二氧化碳；
(2)①若加热反应后不鼓入空气，使得水蒸气和二氧化碳的质量测定结果会减小，碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3•10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，测得的NaHCO3和Na2CO3•10H2O的含量将偏小，则NaCl的测定结果将偏高，故答案为：偏高；
②E处干燥管是防止外界空气中的水蒸气和二氧化碳影响实验结果，因此干燥管中盛放碱石灰，因为碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，若没有E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏高，故答案为：碱石灰；吸收外界空气中的二氧化碳和水蒸气；偏高；
③含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑；Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O↑。D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，设碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x，
2NaHCO3Na2CO3+H2O + CO2↑
18g 44g
x m2g
=，解得x=m2g
装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和Na2CO3•10H2O分解生成的水，则Na2CO3•10H2O分解生成的水蒸气的质量=m1g -m2g =(m1-m2)g，设Na2CO3•10H2O的质量为y，
Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O
286g 180g
y (m1-m2)g
=，解得：y=×(m1-m2)g，所以Na2CO3·10H2O的质量分数=×100%=×(m1-m2)×100%，故答案为：×(m1-m2)×100%。
24.如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加试剂A，之后改滴试剂B，所得沉淀ymol 与试剂体积V(mL)间的关系。请回答
（1）写出c~d段发生反应的离子方程式______________________________________
（2）原溶液中Mg2+、Al3+、Cl−的物质的量浓度之比为：_______________________
（3）如果A和B为一元强酸或一元强碱，则c(A):c(B)=_____________________
（4）图中e点处V=_______________(填数字)
【答案】(1). AlO2-+ H++H2O= Al(OH)3↓ (2). 1:1:5 (3). 2:1 (4). 21
【解析】
【分析】根据图像知，MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加试剂A，立即产生沉淀，说明A为碱，因为氢氧化铝不能溶于弱碱，因此A为强碱，如NaOH等；ab段应该是强碱溶解氢氧化铝，cd段为偏铝酸根与酸反应生成氢氧化铝沉淀，de段为氢氧化镁和氢氧化铝溶解于酸的过程，因此试剂B为强酸，如HCl等，bc段发生酸碱中和反应。据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，c~d段为偏铝酸根与酸反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2-+ H++H2O= Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-+ H++H2O= Al(OH)3↓；
(2)开始加入碱，生成沉淀与氢氧化铝溶解消耗碱的体积之比为5∶1，设溶解氢氧化铝消耗OH-为1mol，则生成沉淀最大时，消耗OH-为5mol，由Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，可知n[Al(OH)3]=n(OH-)=1mol，故n(Al3+)=n[Al(OH)3]=1mol，生成氢氧化铝沉淀消耗OH-为1mol×3=3mol，则生成氢氧化镁消耗OH-为5mol-3mol=2mol，故n[Mg(OH)2]=1mol，则n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=1mol，由电荷守恒可知n(Cl-)=3n(Al3+)+2n(Mg2+)=5mol，故原混合溶液中c(Mg2+)∶c(Al3+)∶c(Cl-)=1∶1∶5，故答案为：1∶1∶5
(3)如果A和B为一元强酸或一元强碱，由(2)中分析可知，溶解氢氧化铝消耗OH-为1mol，n(AlO2-)= n(Al3+)=1mol，由AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，可知消耗n(H+)=1mol，根据图像，溶解氢氧化铝消耗一元强碱溶液体积与生成氢氧化铝沉淀消耗一元强酸溶液的体积之比为1∶2，则c(A)∶c(B)=2∶1，故答案为：2∶1；
(4)de段为氢氧化镁和氢氧化铝溶解于强酸的过程，由(2)中分析可知，d点含有1mol氢氧化铝和1mol氢氧化镁，溶解1mol氢氧化铝需要消耗3mol H+，溶解1mol氢氧化镁需要消耗2mol H+，因此de段消耗的酸与cd段消耗的酸的物质的量之比为1∶5，则de段消耗的酸与cd段消耗的酸的体积之比为1∶5，因此de段消耗的酸的体积为10mL，因此e点处V=21，故答案为：21。
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