还剩19页未读，
继续阅读
【化学】江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题（解析版）
展开
江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cl:35.5 Na:23 N:14 Cu:64 Al:27 Mg:24 Fe:56 Zn:65
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列对文献中记载的化学研究成果解读错误的是（ ）
A. 《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”其“曾青”是铜盐
B. 《本草纲目》中记载了烧酒的制造工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。“ 以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法也适用于分离KNO3和NaCl
C. 《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中的“石灰”指的是CaCO3
D. 《本草经集注》有记载：“以火烧之、紫青烟起，乃真硝石也”，区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)，该方法利用了焰色反应
【答案】B
【解析】A．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A正确；B、《本草纲目》中记载了烧酒的制造工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。“ 以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法是蒸馏，但分离KNO3和NaCl必须用重结晶，不符合，选项B错误；C．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，选项C正确；D、利用了钾的焰色为紫色，钠的焰色为黄色进行区分钾盐和钠盐，选项D正确。答案选B。
2.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化的全部组合是（ ）
序号
X
Y
Z
W
Al
NaAlO2
Al(OH)3
Al2O3
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
C
CO
CO2
H2CO3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①④
【答案】A
【详解】①铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为氧化铝，符合转化关系，故①正确；
②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，熔融氯化钠电解生成钠，故②正确；
③碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸加热分解为二氧化碳，不能生成碳，不符合转化关系，故③错误；
④铁与氯气反应可生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应可得到氯化亚铁溶液，氯化亚铁与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁加热分解得不到铁，不符合转化关系，故④错误；
故正确选项为①②。
综上所述，本题选A。
3.下列各组物质的稀溶液相互反应,无论是前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象都相同的是（ ）
A. NaHSO4和Ba(OH)2 B. AlCl3和NaOH
C. Na2CO3和H2SO4 D. NaAlO2和H2SO4
【答案】A
【解析】A．无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，A符合；B．氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O、Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓，现象是开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不同，B不选；C．碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32﹣+H+＝HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，C不选；D．偏铝酸钠滴入硫酸中开始时硫酸过量，不会产生氢氧化铝沉淀，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：AlO2－＋H＋＋2H2O＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，D不选；答案选A。
4.向含有c(FeCl3)＝0.2mol/L、c(FeCl2)＝0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物。下列有关说法中正确的是（ ）
A. 该黑色分散系为胶体，分散系的分散质为Fe2O3
B. 可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物
C. 向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系
D. 形成该黑色分散系时发生的反应为：Fe2++2Fe3++8OH－===Fe3O4（胶体）+ 4H2O
【答案】D
【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，选项A错误；
B．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，选项B错误；
C．向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，选项C错误；
D、氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子反应方程式为：Fe2++2Fe3++8OH－=Fe3O4（胶体）+ 4H2O，选项D正确。
答案选D。
5.下列除杂质的方法不正确的是（ ）
A. Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加热
B. FeCl3溶液中混有少量AlCl3：加入过量的氨水，过滤洗涤沉淀，将沉淀再用适量盐酸溶解
C. FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2
D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2:加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤
【答案】B
【解析】
【分析】A.Na2CO3受热不分解而NaHCO3受热后分解；
B.FeCl3和AlCl3均能和过量氨水反应生成沉淀；
C.FeCl2能够被Cl2氧化为氯化铁；
D.加入足量烧碱溶液,氢氧化镁不反应,氢氧化铝溶解；偏铝酸钠溶液与过量CO2反应生成氢氧化铝；
【详解】A.NaHCO3加热后分解为碳酸钠、水和二氧化碳，而Na2CO3受热不分解，因此可以除去杂质NaHCO3，故A正确；
B.加入过量氨水,二者均转化为沉淀，则FeCl3溶液中混有少量AlCl3，不能选加入过量氨水进行除杂,故B错误；
C.FeCl2具有还原性，通入适量Cl2，FeCl2能够被氧化为氯化铁，可以除去杂质FeCl2，故C正确；
D.加入足量烧碱溶液,氢氧化镁不反应,氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠，过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥,得到氢氧化铝,可以达到除去除去杂质的目的，故D正确；
综上所述，本题选B。
6.下列装置能达到实验目的的是（ ）
A. 碳酸氢钠溶液直接蒸干得到碳酸氢钠固体
B. 制备Fe(OH)2
C. 除去CO2中含有的少量HCl
D. 配制100mL 0.1mol/L的稀硫酸
【答案】B
【详解】A项，碳酸氢钠具有不稳定性，受热分解为碳酸钠，所以碳酸氢钠溶液直接蒸干得不到碳酸氢钠固体，故A错误；
B项，打开止水夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气；关闭止水夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，故B正确；
C项，二氧化碳、氯化氢气体都能与碳酸钠溶液反应，所以达不到除去杂质的目的，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故C错误；
D项，浓硫酸应该在烧杯中进行稀释，冷却至室温后，在用玻璃棒转移进容量瓶中，故D项错误。
综上所述，本题选B。
7.在含有Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、NH4+四种离子的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量稀盐酸至完全反应，离子数目没有变化的是（ ）
A. Fe3＋ B. Fe2＋ C. Al3＋ D. NH4+
【答案】C
【解析】
【分析】溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，Fe2+被氧化成Fe3+；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气；再加入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，偏铝酸根离子转化为铝离子，以此进行判断。
【详解】溶液中加入足量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少，Fe3+增多；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再加入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子数目保持不变；
A、Fe3+数目增多，故A不选；
B、Fe2+数目减少，故B不选；
C、Al3+数目保持不变，故C选；
D、NH4+数目减少，故D不选；
综上所述，本题选C。
8.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 在碱性溶液中：CO32﹣、K+、S2﹣、Na+
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣
C. 使pH试纸变红的溶液中:NH4+、AlO2﹣、C1﹣、K+
D. 在KSCN溶液中:K+、C1﹣、Fe3＋、 NO3﹣
【答案】A
【解析】
【分析】A项，氢氧根离子与四种离子能够大量共存；
B项，与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
C项，使pH试纸变红的溶液，显酸性；
D项，Fe3＋与SCN-反应生成络合物。
【详解】A项，在碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故选A项；
B项，与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，但酸溶液中Al与NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气；若溶液呈碱性，此时不能大量存在Mg2+，故不选B项；
C项，使pH试纸变红的溶液，显酸性，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣，故不选C项；
D项，Fe3＋与SCN-反应生成络合物，不能大量共存，故不选D项；
综上所述，本题选A。
9.向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为（ ）
A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.2×1=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.1×56=5.6g；B选项正确；
综上所述，本题选B。
10.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（2.24L/22.4L×56g/mol=5.6g）、2.4g（2.24L/22.4L×24g/mol=2.4g）、1.8g（2.24L/22.4L×27g/mol=1.8g）、6.5g（2.24L/22.4L×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。
11.将金属钠分别投入到下列溶液中，溶液质量增加的是（ ）
A. FeCl3溶液 B. K2SO4溶液 C. MgCl2溶液 D. 饱和NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.钠与氯化铁溶液反应时，先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铁溶液反应，总反应为：6Na+2FeCl3+6H2O==6NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑，由方程式知，溶液的质量减轻，故A与题意不符；
B.钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，故B符合题意；
C.钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化镁反应，方程式为：2NaOH+MgCl2＝2NaCl+Mg（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+MgCl2＝H2↑+2NaCl+Mg（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻，故C与题意不符；
D、钠与饱和氢氧化钠溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，由于是饱和溶液，溶剂减少，会析出氢氧化钠溶质，溶液质量减少，故D与题意不符；
答案选B。
12.CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同，且SO42—的物质的量浓度为3 mol·L－1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（ ）
A. 5.6 g B. 11.2 g C. 22.4 g D. 33.6 g
【答案】B
【解析】
【详解】设各类阳离子浓度均为xmol/L，溶液中的阳离子为H+、Cu2+、Fe3+，阴离子为SO42-，由电荷守恒可得x+2x+3x=3×2，解得x=1；由Fe2+~2H+~2Fe3+~ Cu2+可得最多溶解铁粉的物质的量为(1×1/2+1×1/2+1)×0.1=0.2mol，则最多溶解铁粉的质量为0.2×56=11.2g；故选B项。
综上所述，本题选B。
13.下列说法不正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)
C. H2O2、CuS、FeCl2均不能通过单质直接化合得到
D. 将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a=b
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以在此过程中，溶液中HCO3－的浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，二者先反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，此时溶液中碳酸根离子浓度增加，再滴加Ba(OH)2溶液与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，所以CO32－的浓度变化是先变大后变小，故B正确；
C. H2与O2反应生成水、Cu与S反应生成Cu2S、Fe与Cl2反应生成FeCl3，三者均不能通过单质直接化合得到，故C正确；
D. 设Na的物质的量为2mol、Na2O为1mol，则
2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2↑ △m
2mol 2mol 44g
Na2O ＋ H2O = 2NaOH △m
1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量变化值不同，所以两溶液溶质质量分数不相等，即a≠b，故D错误，答案选D。
14.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+
B. 溶液中n(Al3+)=0.1 mol
C. 溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—
D. n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。
【详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；
A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；
B. 根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠的量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；
C. 结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；
D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1mol Al3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。
综上所述，本题选D。
15.将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A. x＝2.24 B. 铝的物质的量为0.2 mol
C. 反应时，Na、Mg、Al均过量 D. 曲线C为Al与盐酸反应的图像
【答案】C
【解析】
【分析】按照金属活动性顺序：Na＞Mg＞Al可知，钠是活泼的金属，极易与水反应，因此钠与盐酸的反应速率最快，而镁或铝与水不反应，只能与盐酸反应，因此a表示钠，b表示Mg，c表示Al；根据图像可知，反应中生成的氢气体积相同，所以参加反应的盐酸是相同，即金属在与盐酸反应时盐酸不足，金属过量。但过量的金属钠会继续与水反应放出氢气，所以根据方程式2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑可知钠的物质的量只能是0.1L×2mol/L＝0.2mol，则镁和铝的物质的量也是0.2mol；氢气的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，标准状况下的体积是2.24L，据以上分析解答。
【详解】按照金属活动性顺序：Na＞Mg＞Al可知，钠是活泼的金属，极易与水反应，因此钠与盐酸的反应速率最快，而镁或铝与水不反应，只能与盐酸反应，因此a表示钠，b表示Mg，c表示Al。根据图像可知，反应中生成的氢气体积相同，所以参加反应的盐酸是相同，即金属在与盐酸反应时盐酸不足，金属过量。但过量的金属钠会继续与水反应放出氢气，所以根据方程式2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑可知钠的物质的量只能是0.1L×2mol/L＝0.2mol，则镁和铝的物质的量也是0.2mol。氢气的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，标准状况下的体积是2.24L；
A．结合以上分析可知，由于酸不足，所以生成氢气的量为：n（H2）=1/2n（HCl）=0.1×2÷2=0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，A项正确；
B．结合以上分析可知，生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，根据题意可知，铝的物质的量也为0.2 mol，B项正确；
C．结合以上分析可知，Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C项错误；
D．结合以上分析可知，则反应速率最慢的为铝，用时最长，则曲线C为Al与盐酸反应的图像，D项正确；
综上所述，本题选C。
16.如图所示，Ⅰ、Ⅱ是两个完全相同的装置，分别装有10 mL相同浓度的盐酸，某学生分别在Ⅰ、Ⅱ的侧管中装入1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3，然后将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A. 装置Ⅰ的气球膨胀得快
B. 最终两试管中Na＋、Cl－的物质的量分别相等
C. 若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1 mol·L－1
D. 若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】A.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应速率判断；
B. 根据最终两溶液中Na＋、Cl－的物质的量判断；
C.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断；
D. 根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断。
【详解】A.碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故A错误；
B. 1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3的物质的量相同，都是0.01mol，所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中的Na+物质的量一定不相同，故B错误；
C.碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0
故选D。
二、填空题(共52分)
17.（1）称取一定质量的纯碱溶于水中，与适量的盐酸作用，下列关于盐酸的用量和气体产量的变化是（填偏大、偏小、不变）
①若纯碱中混有K2CO3，盐酸用量将____________；气体产量将_______________。
②若纯碱中混有NaHCO3，盐酸用量将___________；气体产量将_______________。
（2）写出下列离子方程式
①金属钠投入CuSO4溶液_____________________ 。②向饱和食盐水中通入足量氨气和二氧化碳:___________.
（3）向1L，1mol/L的氯化铝溶液中加入含氢氧化钠xmol的氢氧化钠溶液，当铝元素以Al（OH）3和AlO2-形式存在时x的取值范围是_______，当x=3.6时，Al（OH）3的质量为________.
【答案】(1). 偏小 (2). 偏小 (3). 偏小 (4). 偏大 (5). 2Na＋Cu2++ 2H2O=H2↑+Cu(OH)2↓＋2Na+ (6). Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+ (7). 3
【分析】（1）采用极值法进行分析：首先计算出等质量的碳酸钠与盐酸反应消耗盐酸和生成二氧化碳气体的量，然后再计算等质量的K2CO3、NaHCO3分别与盐酸反应消耗盐酸和生成二氧化碳气体的量，进行对比可以得出结论；
（2）①金属钠投入CuSO4溶液中，钠先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，据此写出离子方程式；
②氯化钠和氨气、二氧化碳、水共同作用生成碳酸氢钠和氯化铵，据此写出离子方程式；
（3）根据氯化铝的物质的量是1mol，恰好全部转化为氢氧化铝时：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，消耗氢氧化钠是3mol，恰好转化为偏铝酸钠时：Al3++4OH—=AlO2—+2H2O，消耗氢氧化钠是4mol，据此进行分析当铝元素以Al（OH）3和AlO2-形式存在时x的取值范围；当x=3.6时，生成的氢氧化铝部分溶解，根据上述反应关系，求出剩余Al（OH）3的质量。
【详解】（1）纯碱与盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，设mg Na2CO3与盐酸反应，则消耗盐酸物质的量为2×m/106=m/53mol，生成气体物质的量m/106mol；
①若纯碱中混有K2CO3，反应为K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O，设mg K2CO3与盐酸反应，则消耗盐酸2×m/138=m/69mol,生成气体m/138mol, 因此若纯碱中混有K2CO3，盐酸用量将偏小，气体产量也偏小；综上所述，本题答案是：偏小，偏小 。
②若纯碱中混有NaHCO3，反应为NaHCO3+HCl=KCl+CO2↑+H2O，设mg NaHCO3与盐酸反应，则消耗盐酸m/84mol,生成气体m/84mol, 因此若纯碱中混有NaHCO3，盐酸用量将偏小，气体产量也偏大；综上所述，本题答案是：偏小，偏大。
（2）①金属钠投入CuSO4溶液中，钠先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，把2个反应合二为一，离子方程式为：2Na＋Cu2++2H2O=H2↑+Cu(OH)2↓＋2Na+；综上所述，本题答案是：2Na＋Cu2++2H2O=H2↑+Cu(OH)2↓＋2Na+ 。
②氯化钠和氨气、二氧化碳、水共同作用生成碳酸氢钠和氯化铵，离子方程式为：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+； 综上所述，本题答案是：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+ 。
（3）氯化铝的物质的量是1mol，恰好全部转化为氢氧化铝时：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，消耗氢氧化钠是3mol，恰好转化为偏铝酸钠时：Al3++4OH—=AlO2—+2H2O，消耗氢氧化钠是4mol，所以当铝元素以Al（OH）3和AlO2-形式存在时的取值范围是3
①称量 A、B 的总质量
②称取一定质量的钠样品
③将钠样品投入锥形瓶中，迅速塞紧带 U 形干燥管（内含无水 CaCl2 干燥 剂）的橡皮塞 。有关数据是：称取的金属钠样品质量为 a g，A、B 反应前总质量为 b g，反应后 A、B 的总质量为 c g。 请根据题意回答下列问题：
（1）A 中钠和水反应过程可看到钠熔成闪亮的小球，产生这一现象原因是：_____________
（2）用 a、b、c 表示的钠单质的质量分数为_______________
（3）如果没有 B 装置对实验结果有何影响___________。（填“偏大”或“偏小”“不影响”）
Ⅱ、现用金属钠和空气制备纯度较高的 Na2O2，可利用的装置如下图。回答下列问题：
（4）上述装置Ⅳ中盛放的试剂是______，为完成实验应将装置Ⅳ接在_____（填写字母号）。
A．I 之前 B． I 和 II 之间 C． II 和 III 之间 D．III 之后
（5）点燃酒精灯后，观察到装置 II 中的现象为_____。
Ⅲ、现用制得纯度较高的 Na2O2进行相关实验。回答下列问题：
（6）用脱脂棉包住Na2O2粉末，置于石棉网上，通过细管向脱脂棉中吹CO2，脱脂棉_______(填“能”或“不能”)燃烧起来。
（7）盛有0.78 g Na2O2、1.68g NaHCO3的固体混合物放在密闭容器中加热,最后固体质量为_________g.
【答案】(1). 该反应为放热，钠的熔点低 (2). 23(a＋b－c)/a (3). 偏大 (4). 浓硫酸 (5). B (6). 钠熔化成光亮的小球，剧烈燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体 (7). 能 (8). 2.12
【解析】
【分析】Ⅰ. （1）钠和水剧烈反应，放出大量的热，由于钠的熔点较低，所以反应过程钠熔成闪亮的小球；
（2）根据钠与水反应的方程式为：2Na+2H2O=2Na0H+H2↑进行相关计算；
（3）没有B装置，生成的氢气会带走一部分水蒸气，造成浓度偏高，造成c减小；
Ⅱ.（4）要制得较纯的过氧化钠，则Ⅰ为吸二氧化碳，Ⅳ为吸水蒸气，应将Ⅳ接在Ⅰ与Ⅱ之间，并长进短出；
（5）根据钠在氧气中燃烧的现象回答；
Ⅲ、（6）Na2O2能够与二氧化碳气体反应，放出大量的热，并放出氧气，据此进行分析；
（7）根据碳酸氢钠受热易分解，发生的反应为 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑；根据0.02mol NaHCO3计算出反应生成Na2CO3、生成H2O、生成CO2的量；反应生成的二氧化碳和水蒸气分别与过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；然后根据0.01mol Na2O2恰好与0.01molCO2完全，计算出生成碳酸钠的质量，把2次生成的碳酸钠的质量相加即为最终所得固体质量。
【详解】Ⅰ. （1）A 中钠和水剧烈反应，放出大量的热，由于钠的熔点较低，所以反应过程可看到钠熔成闪亮的小球； 综上所述，本题答案是：该反应为放热，钠的熔点低。
（2）设 Na的质量为xg，则钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=2Na0H+H2↑,根据反应关系可知：46/x=2/(a+b-c),则x=23(a＋b－c)/ag；
综上所述，本题答案是：23(a＋b－c)/a。
（3）没有B装置，生成的氢气会带走一部分水蒸气，造成浓度偏高，造成c减小，使质量分数增大；综上所述，本题答案是：偏大。
Ⅱ.（4）装置Ⅳ装有浓硫酸，用途为吸收反应气体中的水蒸气，由于水和二氧化碳都能与过氧化钠反应，而要求制得较纯的过氧化钠，则Ⅰ为吸二氧化碳，Ⅳ为吸水蒸气，应将Ⅳ接在Ⅰ与Ⅱ之间，并长进短出，选项B正确；综上所述，本题答案是：浓硫酸，B。
（5）点燃酒精灯后，钠与氧气反应剧烈反应，观察到装置 II 中的现象为：钠熔化成光亮的小球，剧烈燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体；
综上所述，本题答案是：钠熔化成光亮的小球，剧烈燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体。
Ⅲ、（6）Na2O2能够与二氧化碳气体反应，放出大量的热，并放出氧气，达到脱脂棉的着火点，所以脱脂棉能燃烧起来；综上所述，本题答案是：能。
（7）根据碳酸氢钠受热易分解，发生的反应为 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑；根据反应关系可知，0.02mol NaHCO3完全反应生成Na2CO3为0.01mol，生成H2O为0.01mol，生成CO2为0.01mol；反应生成的二氧化碳和水蒸气分别与过氧化钠反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；根据2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2反应可知，0.01mol CO2参加反应，消耗Na2O2的量为0.01mol，生成Na2CO3的量为0.01mol；由于过氧化钠已经反应完全，就没有后续反应发生；因此所得固体为碳酸钠，质量为（0.01+0.01）×106=2.12g；综上所述，本题答案是：2.12。
19.铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）固体a的化学式为________。
（2）写出Ⅱ中加过量的烧碱涉及到的反应离子方程式______________、_____________；Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为_______________。
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为__________，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)________、冷却结晶、过滤洗涤。
（4）将NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液,按物质的量比1：2混合，写出离子方程式为_______________。
（5）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为________。
【答案】(1). SiO2 (2). Al3+ + 4OH-= AlO2—+2H2O (3). Fe3+ + 3OH- =Fe(OH)3↓ (4). AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓ (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). NH4+ +Al3+ + 2SO42-+2Ba2+ +4OH-=NH3•H20 + Al(OH)3↓ + 2BaSO4 ↓ (8). 3∶10
【解析】
【分析】铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠，过滤，红褐色沉淀b为氢氧化铁，溶液中含有偏铝酸钠、氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明矾晶体；根据NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液,按物质的量比1：2混合反应规律完成问题（4）的离子方程式的书写；设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)2•12H2O的物质的量都是1mol，根据Al3+和SO42-守恒计算，完成问题（5）解答。
【详解】铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠，过滤，红褐色沉淀b为氢氧化铁，溶液中含有偏铝酸钠、氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明矾晶体；
（1）结合以上分析可知，铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2；综上所述，本题答案是; SiO2。
（2）结合以上分析可知，铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，生成氯化铝和氯化铁，向溶液中加入过量的烧碱，Al3+变为AlO2—，Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，所以Ⅱ中加过量的烧碱反应离子方程式为：Al3+ +4OH-= AlO2—+2H2O，Fe3+ +3OH- =Fe(OH)3↓；偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓；综上所述，本题答案是：Al3+ +4OH-= AlO2—+2H2O，Fe3+ +3OH- =Fe(OH)3↓；AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓。
（3）结合以上分析可知，由Ⅲ中反应生成了氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此可以采用过滤的方法进行分离；从溶液中得到晶体的操作一般为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；所以从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作还缺少蒸发浓缩；综上所述，本题答案是：过滤；蒸发浓缩。
（4）将NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液，按物质的量比1：2混合，反应生成一水合氨、硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀；离子方程式为NH4++Al3+ +2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3•H20 + Al(OH)3↓+2BaSO4↓；综上所述，本题答案是：NH4+ +Al3+ +2SO42-+2Ba2+ +4OH-=NH3•H20 +Al(OH)3↓+2BaSO4↓。
（5）设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)2•12H2O的物质的量都是1mol，则Al3+共3mol，SO42-共5mol，根据Al3+和SO42-守恒可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为3/2:5=3:10。
综上所述，本题答案是：3∶10。
20.是应用最广泛的金属，铁的氯化物、氧化物均为重要化合物。
（1）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：
①滤渣C的化学式为_____________。
②通入F发生反应的化学方程式为_________________________。
③要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为________。
a.加入足量氯水b.加入足量KMnO4溶液 c.加入少量KSCN溶液
A．ac B．cb C．ca D．abc
(2)四氧化三铁（Fe3O4）磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是：
3Fe2++2S2O32-+O2+xOH- ═Fe3O4↓+S4O62-+2H2O．请回答下列问题．
①水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是__________．
②反应的化学方程式中x=______．
③每生成1molFe3O4，反应转移的电子为____________mol，被Fe2+还原的O2的物质的量为______mol．
【答案】(1). Fe、Cu (2). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (3). C (4). Fe2+ 和S2O32- (5). 4 (6). 4 (7). 0.5
【解析】
【分析】（1）制取的是氯化铁溶液,金属A是铁，滤液B是氯化亚铁溶液，加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，D加入应该是盐酸，氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁，据以上分析解答。
（2）从电荷守恒的角度分析,可配平反应的离子方程式: 3Fe2++2S2O32-+O2+xOH- ═Fe3O4↓+S4O62-+2H2O ,反应中3Fe2+→Fe3O4,当3molFe2+参加反应时,有2molFe2+ 化合价升高,反应中Fe和S元素的化合价升高,被氧化,氧气为氧化剂，据以上分析解答。
【详解】(1)制取的是氯化铁溶液,金属A是铁；滤液B是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁,溶解铁,D加入应该是盐酸；氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，
①结合以上分析可知，滤渣C的化学式为Fe、Cu；因此，本题正确答案是:Fe、Cu。
②结合以上分析可知，氯气能够将亚铁离子氧化成三价铁离子,反应方程式是: 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ； 综上所述，本题答案是：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
③鉴别某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+的步骤为：先向溶液中加入含有KSCN的溶液，看是否有红色生成，若有红色生成则该溶液中含有Fe3+；若无红色生成，再向其中加入具有强氧化性的物质，观察是否有红色生成，若有红色生成，则该溶液中含有Fe2+。加入的氧化剂的本身颜色不能干扰该检验反应，紫红色的KMnO4溶液对于Fe3+和SCN-生成的红色物质有干扰，而黄色的氯水不会，故选ca 。综上所述，本题选C。
(2) ①反应中Fe元素化合价部分升高为+3价,S元素化合价由+2价升高到+2.5价,则还原剂是. Fe2+ 和S2O32-；因此，本题正确答案是: Fe2+ 和S2O32-。
②由电荷守恒可以知道,阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，关系式为（+2）×3+(-2)×2+x×(-1)=-2,则x=4；因此，本题正确答案是:4。
③Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可以知道,该反应转移4e-，所以每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可以知道,转移电子为1×2×[0-(-2)]=4，每生成1molFe3O4，消耗3molFe2+，其中有2molFe2+ 被氧化生成+3价,则被Fe2+还原的O2的物质的量为2/[2×(2-0)]=0.5mol；因此，本题正确答案是:4，0.5。
21.取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积（标准状况）与所加HCl溶液的体积之间关系如图所示，通过计算回答：
（1）A溶液中的溶质为_________（化学式），其物质的量之比是_______。
（2）通入CO2气体体积__________________（标准状况）。
（3）NaOH溶液的物质的量浓度______________________。
（4）假如通入的CO2气体为112mL, 画出得到溶液逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液体积，与产生的CO2气体体积（标准状况）的关系图________________。（应体现关键点的数据）
【答案】(1). NaOH、Na2CO3 (2). 1：1 (3). 56 mL (4). 0.075mol/L
(5).
【解析】
【分析】（1）CO2与NaOH溶液反应有如下两种“边界”情况：①CO2+2NaOH= Na2CO3+H2O；② CO2+NaOH=NaHCO3；故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl③, NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑④；并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等；若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O ⑤；设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消耗盐酸的体积为V2。将各种反应的情况总结如表：
结合图像进行分析问题（1）（2）（3）。
（4）二氧化碳与氢氧化钠恰好完全反应生成碳酸钠和碳酸氢钠反应，根据碳原子、钠离子守恒列方程，求出碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量；混合液中加入盐酸，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，原有的和新生成的碳酸氢钠总量和盐酸反应生成二氧化碳，进而求出二氧化碳气体的体积；据此画出反应的图像；
【详解】CO2与NaOH溶液反应有如下两种“边界”情况：①CO2+2NaOH= Na2CO3+H2O； ② CO2+NaOH=NaHCO3；故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl③, NaHCO3+HCl=NaCl+ H2O+CO2↑④；并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等；若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O ⑤；设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消耗盐酸的体积为V2。将各种反应的情况总结如表：
分析题中的图像：
（1）V1=50，V2=50-25=25mL
（2）50mL~75mL发生的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，n(HCl)=0.025×0.1=0.0025mol，根据反应关系可知，V(CO2)=0.0025×22.4=0.056L=56mL；
综上所述，本题答案是：56 mL。
（3）当加入盐酸75mL时，溶液溶质为NaCl，此时n(Na+)= n(HCl)=0.075×0.1=0.0075mol，所以n(NaOH)=0.0075mol,c(NaOH)=0.0075/0.1=0.075mol/L。
综上所述，本题答案是：0.075mol/L。
（4）CO2气体为112mL，物质的量为0.005mol，与氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，设生成碳酸钠为xmol，生成碳酸氢钠为ymol，根据碳原子守恒：x+y=0.005mol,钠离子守恒：2x+y=0.075×0.1=0.0075，通过计算可知x=0.0025mol，y=0.0025mol；碳酸钠和碳酸氢钠的混合液中加入盐酸，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，消耗盐酸的体积为：V(HCl)=0.0025/0.1=0.025L=25mL；生成的碳酸氢钠和原有的碳酸氢钠共有0.0025+0.0025=0.005mol；根据NaHCO3+HCl=NaCl+ H2O+CO2↑反应可知，生成二氧化碳的体积为：0.005×22.4=0.112L=112mL；据以上分析可以画出碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液体积与产生的CO2气体体积（标准状况）的关系图如下：；综上所述，本题答案是：。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cl:35.5 Na:23 N:14 Cu:64 Al:27 Mg:24 Fe:56 Zn:65
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列对文献中记载的化学研究成果解读错误的是（ ）
A. 《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”其“曾青”是铜盐
B. 《本草纲目》中记载了烧酒的制造工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。“ 以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法也适用于分离KNO3和NaCl
C. 《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中的“石灰”指的是CaCO3
D. 《本草经集注》有记载：“以火烧之、紫青烟起，乃真硝石也”，区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)，该方法利用了焰色反应
【答案】B
【解析】A．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A正确；B、《本草纲目》中记载了烧酒的制造工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。“ 以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法是蒸馏，但分离KNO3和NaCl必须用重结晶，不符合，选项B错误；C．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，选项C正确；D、利用了钾的焰色为紫色，钠的焰色为黄色进行区分钾盐和钠盐，选项D正确。答案选B。
2.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化的全部组合是（ ）
序号
X
Y
Z
W
Al
NaAlO2
Al(OH)3
Al2O3
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
C
CO
CO2
H2CO3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①④
【答案】A
【详解】①铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为氧化铝，符合转化关系，故①正确；
②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，熔融氯化钠电解生成钠，故②正确；
③碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸加热分解为二氧化碳，不能生成碳，不符合转化关系，故③错误；
④铁与氯气反应可生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应可得到氯化亚铁溶液，氯化亚铁与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁加热分解得不到铁，不符合转化关系，故④错误；
故正确选项为①②。
综上所述，本题选A。
3.下列各组物质的稀溶液相互反应,无论是前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象都相同的是（ ）
A. NaHSO4和Ba(OH)2 B. AlCl3和NaOH
C. Na2CO3和H2SO4 D. NaAlO2和H2SO4
【答案】A
【解析】A．无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，A符合；B．氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O、Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓，现象是开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不同，B不选；C．碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32﹣+H+＝HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，C不选；D．偏铝酸钠滴入硫酸中开始时硫酸过量，不会产生氢氧化铝沉淀，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：AlO2－＋H＋＋2H2O＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，D不选；答案选A。
4.向含有c(FeCl3)＝0.2mol/L、c(FeCl2)＝0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物。下列有关说法中正确的是（ ）
A. 该黑色分散系为胶体，分散系的分散质为Fe2O3
B. 可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物
C. 向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系
D. 形成该黑色分散系时发生的反应为：Fe2++2Fe3++8OH－===Fe3O4（胶体）+ 4H2O
【答案】D
【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，选项A错误；
B．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，选项B错误；
C．向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，选项C错误；
D、氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子反应方程式为：Fe2++2Fe3++8OH－=Fe3O4（胶体）+ 4H2O，选项D正确。
答案选D。
5.下列除杂质的方法不正确的是（ ）
A. Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加热
B. FeCl3溶液中混有少量AlCl3：加入过量的氨水，过滤洗涤沉淀，将沉淀再用适量盐酸溶解
C. FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2
D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2:加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤
【答案】B
【解析】
【分析】A.Na2CO3受热不分解而NaHCO3受热后分解；
B.FeCl3和AlCl3均能和过量氨水反应生成沉淀；
C.FeCl2能够被Cl2氧化为氯化铁；
D.加入足量烧碱溶液,氢氧化镁不反应,氢氧化铝溶解；偏铝酸钠溶液与过量CO2反应生成氢氧化铝；
【详解】A.NaHCO3加热后分解为碳酸钠、水和二氧化碳，而Na2CO3受热不分解，因此可以除去杂质NaHCO3，故A正确；
B.加入过量氨水,二者均转化为沉淀，则FeCl3溶液中混有少量AlCl3，不能选加入过量氨水进行除杂,故B错误；
C.FeCl2具有还原性，通入适量Cl2，FeCl2能够被氧化为氯化铁，可以除去杂质FeCl2，故C正确；
D.加入足量烧碱溶液,氢氧化镁不反应,氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠，过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥,得到氢氧化铝,可以达到除去除去杂质的目的，故D正确；
综上所述，本题选B。
6.下列装置能达到实验目的的是（ ）
A. 碳酸氢钠溶液直接蒸干得到碳酸氢钠固体
B. 制备Fe(OH)2
C. 除去CO2中含有的少量HCl
D. 配制100mL 0.1mol/L的稀硫酸
【答案】B
【详解】A项，碳酸氢钠具有不稳定性，受热分解为碳酸钠，所以碳酸氢钠溶液直接蒸干得不到碳酸氢钠固体，故A错误；
B项，打开止水夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气；关闭止水夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，故B正确；
C项，二氧化碳、氯化氢气体都能与碳酸钠溶液反应，所以达不到除去杂质的目的，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故C错误；
D项，浓硫酸应该在烧杯中进行稀释，冷却至室温后，在用玻璃棒转移进容量瓶中，故D项错误。
综上所述，本题选B。
7.在含有Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、NH4+四种离子的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量稀盐酸至完全反应，离子数目没有变化的是（ ）
A. Fe3＋ B. Fe2＋ C. Al3＋ D. NH4+
【答案】C
【解析】
【分析】溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，Fe2+被氧化成Fe3+；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气；再加入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，偏铝酸根离子转化为铝离子，以此进行判断。
【详解】溶液中加入足量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少，Fe3+增多；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再加入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子数目保持不变；
A、Fe3+数目增多，故A不选；
B、Fe2+数目减少，故B不选；
C、Al3+数目保持不变，故C选；
D、NH4+数目减少，故D不选；
综上所述，本题选C。
8.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 在碱性溶液中：CO32﹣、K+、S2﹣、Na+
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣
C. 使pH试纸变红的溶液中:NH4+、AlO2﹣、C1﹣、K+
D. 在KSCN溶液中:K+、C1﹣、Fe3＋、 NO3﹣
【答案】A
【解析】
【分析】A项，氢氧根离子与四种离子能够大量共存；
B项，与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
C项，使pH试纸变红的溶液，显酸性；
D项，Fe3＋与SCN-反应生成络合物。
【详解】A项，在碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故选A项；
B项，与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，但酸溶液中Al与NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气；若溶液呈碱性，此时不能大量存在Mg2+，故不选B项；
C项，使pH试纸变红的溶液，显酸性，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣，故不选C项；
D项，Fe3＋与SCN-反应生成络合物，不能大量共存，故不选D项；
综上所述，本题选A。
9.向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为（ ）
A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.2×1=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.1×56=5.6g；B选项正确；
综上所述，本题选B。
10.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（2.24L/22.4L×56g/mol=5.6g）、2.4g（2.24L/22.4L×24g/mol=2.4g）、1.8g（2.24L/22.4L×27g/mol=1.8g）、6.5g（2.24L/22.4L×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。
11.将金属钠分别投入到下列溶液中，溶液质量增加的是（ ）
A. FeCl3溶液 B. K2SO4溶液 C. MgCl2溶液 D. 饱和NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.钠与氯化铁溶液反应时，先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铁溶液反应，总反应为：6Na+2FeCl3+6H2O==6NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑，由方程式知，溶液的质量减轻，故A与题意不符；
B.钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，故B符合题意；
C.钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化镁反应，方程式为：2NaOH+MgCl2＝2NaCl+Mg（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+MgCl2＝H2↑+2NaCl+Mg（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻，故C与题意不符；
D、钠与饱和氢氧化钠溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，由于是饱和溶液，溶剂减少，会析出氢氧化钠溶质，溶液质量减少，故D与题意不符；
答案选B。
12.CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同，且SO42—的物质的量浓度为3 mol·L－1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（ ）
A. 5.6 g B. 11.2 g C. 22.4 g D. 33.6 g
【答案】B
【解析】
【详解】设各类阳离子浓度均为xmol/L，溶液中的阳离子为H+、Cu2+、Fe3+，阴离子为SO42-，由电荷守恒可得x+2x+3x=3×2，解得x=1；由Fe2+~2H+~2Fe3+~ Cu2+可得最多溶解铁粉的物质的量为(1×1/2+1×1/2+1)×0.1=0.2mol，则最多溶解铁粉的质量为0.2×56=11.2g；故选B项。
综上所述，本题选B。
13.下列说法不正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)
C. H2O2、CuS、FeCl2均不能通过单质直接化合得到
D. 将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a=b
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以在此过程中，溶液中HCO3－的浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，二者先反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，此时溶液中碳酸根离子浓度增加，再滴加Ba(OH)2溶液与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，所以CO32－的浓度变化是先变大后变小，故B正确；
C. H2与O2反应生成水、Cu与S反应生成Cu2S、Fe与Cl2反应生成FeCl3，三者均不能通过单质直接化合得到，故C正确；
D. 设Na的物质的量为2mol、Na2O为1mol，则
2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2↑ △m
2mol 2mol 44g
Na2O ＋ H2O = 2NaOH △m
1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量变化值不同，所以两溶液溶质质量分数不相等，即a≠b，故D错误，答案选D。
14.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+
B. 溶液中n(Al3+)=0.1 mol
C. 溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—
D. n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。
【详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；
A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；
B. 根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠的量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；
C. 结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；
D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1mol Al3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。
综上所述，本题选D。
15.将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A. x＝2.24 B. 铝的物质的量为0.2 mol
C. 反应时，Na、Mg、Al均过量 D. 曲线C为Al与盐酸反应的图像
【答案】C
【解析】
【分析】按照金属活动性顺序：Na＞Mg＞Al可知，钠是活泼的金属，极易与水反应，因此钠与盐酸的反应速率最快，而镁或铝与水不反应，只能与盐酸反应，因此a表示钠，b表示Mg，c表示Al；根据图像可知，反应中生成的氢气体积相同，所以参加反应的盐酸是相同，即金属在与盐酸反应时盐酸不足，金属过量。但过量的金属钠会继续与水反应放出氢气，所以根据方程式2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑可知钠的物质的量只能是0.1L×2mol/L＝0.2mol，则镁和铝的物质的量也是0.2mol；氢气的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，标准状况下的体积是2.24L，据以上分析解答。
【详解】按照金属活动性顺序：Na＞Mg＞Al可知，钠是活泼的金属，极易与水反应，因此钠与盐酸的反应速率最快，而镁或铝与水不反应，只能与盐酸反应，因此a表示钠，b表示Mg，c表示Al。根据图像可知，反应中生成的氢气体积相同，所以参加反应的盐酸是相同，即金属在与盐酸反应时盐酸不足，金属过量。但过量的金属钠会继续与水反应放出氢气，所以根据方程式2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑可知钠的物质的量只能是0.1L×2mol/L＝0.2mol，则镁和铝的物质的量也是0.2mol。氢气的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，标准状况下的体积是2.24L；
A．结合以上分析可知，由于酸不足，所以生成氢气的量为：n（H2）=1/2n（HCl）=0.1×2÷2=0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，A项正确；
B．结合以上分析可知，生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，根据题意可知，铝的物质的量也为0.2 mol，B项正确；
C．结合以上分析可知，Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C项错误；
D．结合以上分析可知，则反应速率最慢的为铝，用时最长，则曲线C为Al与盐酸反应的图像，D项正确；
综上所述，本题选C。
16.如图所示，Ⅰ、Ⅱ是两个完全相同的装置，分别装有10 mL相同浓度的盐酸，某学生分别在Ⅰ、Ⅱ的侧管中装入1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3，然后将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A. 装置Ⅰ的气球膨胀得快
B. 最终两试管中Na＋、Cl－的物质的量分别相等
C. 若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1 mol·L－1
D. 若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】A.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应速率判断；
B. 根据最终两溶液中Na＋、Cl－的物质的量判断；
C.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断；
D. 根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断。
【详解】A.碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故A错误；
B. 1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3的物质的量相同，都是0.01mol，所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中的Na+物质的量一定不相同，故B错误；
C.碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0
故选D。
二、填空题(共52分)
17.（1）称取一定质量的纯碱溶于水中，与适量的盐酸作用，下列关于盐酸的用量和气体产量的变化是（填偏大、偏小、不变）
①若纯碱中混有K2CO3，盐酸用量将____________；气体产量将_______________。
②若纯碱中混有NaHCO3，盐酸用量将___________；气体产量将_______________。
（2）写出下列离子方程式
①金属钠投入CuSO4溶液_____________________ 。②向饱和食盐水中通入足量氨气和二氧化碳:___________.
（3）向1L，1mol/L的氯化铝溶液中加入含氢氧化钠xmol的氢氧化钠溶液，当铝元素以Al（OH）3和AlO2-形式存在时x的取值范围是_______，当x=3.6时，Al（OH）3的质量为________.
【答案】(1). 偏小 (2). 偏小 (3). 偏小 (4). 偏大 (5). 2Na＋Cu2++ 2H2O=H2↑+Cu(OH)2↓＋2Na+ (6). Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+ (7). 3
【分析】（1）采用极值法进行分析：首先计算出等质量的碳酸钠与盐酸反应消耗盐酸和生成二氧化碳气体的量，然后再计算等质量的K2CO3、NaHCO3分别与盐酸反应消耗盐酸和生成二氧化碳气体的量，进行对比可以得出结论；
（2）①金属钠投入CuSO4溶液中，钠先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，据此写出离子方程式；
②氯化钠和氨气、二氧化碳、水共同作用生成碳酸氢钠和氯化铵，据此写出离子方程式；
（3）根据氯化铝的物质的量是1mol，恰好全部转化为氢氧化铝时：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，消耗氢氧化钠是3mol，恰好转化为偏铝酸钠时：Al3++4OH—=AlO2—+2H2O，消耗氢氧化钠是4mol，据此进行分析当铝元素以Al（OH）3和AlO2-形式存在时x的取值范围；当x=3.6时，生成的氢氧化铝部分溶解，根据上述反应关系，求出剩余Al（OH）3的质量。
【详解】（1）纯碱与盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，设mg Na2CO3与盐酸反应，则消耗盐酸物质的量为2×m/106=m/53mol，生成气体物质的量m/106mol；
①若纯碱中混有K2CO3，反应为K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O，设mg K2CO3与盐酸反应，则消耗盐酸2×m/138=m/69mol,生成气体m/138mol, 因此若纯碱中混有K2CO3，盐酸用量将偏小，气体产量也偏小；综上所述，本题答案是：偏小，偏小 。
②若纯碱中混有NaHCO3，反应为NaHCO3+HCl=KCl+CO2↑+H2O，设mg NaHCO3与盐酸反应，则消耗盐酸m/84mol,生成气体m/84mol, 因此若纯碱中混有NaHCO3，盐酸用量将偏小，气体产量也偏大；综上所述，本题答案是：偏小，偏大。
（2）①金属钠投入CuSO4溶液中，钠先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，把2个反应合二为一，离子方程式为：2Na＋Cu2++2H2O=H2↑+Cu(OH)2↓＋2Na+；综上所述，本题答案是：2Na＋Cu2++2H2O=H2↑+Cu(OH)2↓＋2Na+ 。
②氯化钠和氨气、二氧化碳、水共同作用生成碳酸氢钠和氯化铵，离子方程式为：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+； 综上所述，本题答案是：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+ 。
（3）氯化铝的物质的量是1mol，恰好全部转化为氢氧化铝时：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，消耗氢氧化钠是3mol，恰好转化为偏铝酸钠时：Al3++4OH—=AlO2—+2H2O，消耗氢氧化钠是4mol，所以当铝元素以Al（OH）3和AlO2-形式存在时的取值范围是3
①称量 A、B 的总质量
②称取一定质量的钠样品
③将钠样品投入锥形瓶中，迅速塞紧带 U 形干燥管（内含无水 CaCl2 干燥 剂）的橡皮塞 。有关数据是：称取的金属钠样品质量为 a g，A、B 反应前总质量为 b g，反应后 A、B 的总质量为 c g。 请根据题意回答下列问题：
（1）A 中钠和水反应过程可看到钠熔成闪亮的小球，产生这一现象原因是：_____________
（2）用 a、b、c 表示的钠单质的质量分数为_______________
（3）如果没有 B 装置对实验结果有何影响___________。（填“偏大”或“偏小”“不影响”）
Ⅱ、现用金属钠和空气制备纯度较高的 Na2O2，可利用的装置如下图。回答下列问题：
（4）上述装置Ⅳ中盛放的试剂是______，为完成实验应将装置Ⅳ接在_____（填写字母号）。
A．I 之前 B． I 和 II 之间 C． II 和 III 之间 D．III 之后
（5）点燃酒精灯后，观察到装置 II 中的现象为_____。
Ⅲ、现用制得纯度较高的 Na2O2进行相关实验。回答下列问题：
（6）用脱脂棉包住Na2O2粉末，置于石棉网上，通过细管向脱脂棉中吹CO2，脱脂棉_______(填“能”或“不能”)燃烧起来。
（7）盛有0.78 g Na2O2、1.68g NaHCO3的固体混合物放在密闭容器中加热,最后固体质量为_________g.
【答案】(1). 该反应为放热，钠的熔点低 (2). 23(a＋b－c)/a (3). 偏大 (4). 浓硫酸 (5). B (6). 钠熔化成光亮的小球，剧烈燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体 (7). 能 (8). 2.12
【解析】
【分析】Ⅰ. （1）钠和水剧烈反应，放出大量的热，由于钠的熔点较低，所以反应过程钠熔成闪亮的小球；
（2）根据钠与水反应的方程式为：2Na+2H2O=2Na0H+H2↑进行相关计算；
（3）没有B装置，生成的氢气会带走一部分水蒸气，造成浓度偏高，造成c减小；
Ⅱ.（4）要制得较纯的过氧化钠，则Ⅰ为吸二氧化碳，Ⅳ为吸水蒸气，应将Ⅳ接在Ⅰ与Ⅱ之间，并长进短出；
（5）根据钠在氧气中燃烧的现象回答；
Ⅲ、（6）Na2O2能够与二氧化碳气体反应，放出大量的热，并放出氧气，据此进行分析；
（7）根据碳酸氢钠受热易分解，发生的反应为 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑；根据0.02mol NaHCO3计算出反应生成Na2CO3、生成H2O、生成CO2的量；反应生成的二氧化碳和水蒸气分别与过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；然后根据0.01mol Na2O2恰好与0.01molCO2完全，计算出生成碳酸钠的质量，把2次生成的碳酸钠的质量相加即为最终所得固体质量。
【详解】Ⅰ. （1）A 中钠和水剧烈反应，放出大量的热，由于钠的熔点较低，所以反应过程可看到钠熔成闪亮的小球； 综上所述，本题答案是：该反应为放热，钠的熔点低。
（2）设 Na的质量为xg，则钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=2Na0H+H2↑,根据反应关系可知：46/x=2/(a+b-c),则x=23(a＋b－c)/ag；
综上所述，本题答案是：23(a＋b－c)/a。
（3）没有B装置，生成的氢气会带走一部分水蒸气，造成浓度偏高，造成c减小，使质量分数增大；综上所述，本题答案是：偏大。
Ⅱ.（4）装置Ⅳ装有浓硫酸，用途为吸收反应气体中的水蒸气，由于水和二氧化碳都能与过氧化钠反应，而要求制得较纯的过氧化钠，则Ⅰ为吸二氧化碳，Ⅳ为吸水蒸气，应将Ⅳ接在Ⅰ与Ⅱ之间，并长进短出，选项B正确；综上所述，本题答案是：浓硫酸，B。
（5）点燃酒精灯后，钠与氧气反应剧烈反应，观察到装置 II 中的现象为：钠熔化成光亮的小球，剧烈燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体；
综上所述，本题答案是：钠熔化成光亮的小球，剧烈燃烧产生黄色火焰，生成淡黄色固体。
Ⅲ、（6）Na2O2能够与二氧化碳气体反应，放出大量的热，并放出氧气，达到脱脂棉的着火点，所以脱脂棉能燃烧起来；综上所述，本题答案是：能。
（7）根据碳酸氢钠受热易分解，发生的反应为 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑；根据反应关系可知，0.02mol NaHCO3完全反应生成Na2CO3为0.01mol，生成H2O为0.01mol，生成CO2为0.01mol；反应生成的二氧化碳和水蒸气分别与过氧化钠反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；根据2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2反应可知，0.01mol CO2参加反应，消耗Na2O2的量为0.01mol，生成Na2CO3的量为0.01mol；由于过氧化钠已经反应完全，就没有后续反应发生；因此所得固体为碳酸钠，质量为（0.01+0.01）×106=2.12g；综上所述，本题答案是：2.12。
19.铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）固体a的化学式为________。
（2）写出Ⅱ中加过量的烧碱涉及到的反应离子方程式______________、_____________；Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为_______________。
（3）由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为__________，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)________、冷却结晶、过滤洗涤。
（4）将NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液,按物质的量比1：2混合，写出离子方程式为_______________。
（5）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为________。
【答案】(1). SiO2 (2). Al3+ + 4OH-= AlO2—+2H2O (3). Fe3+ + 3OH- =Fe(OH)3↓ (4). AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓ (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). NH4+ +Al3+ + 2SO42-+2Ba2+ +4OH-=NH3•H20 + Al(OH)3↓ + 2BaSO4 ↓ (8). 3∶10
【解析】
【分析】铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠，过滤，红褐色沉淀b为氢氧化铁，溶液中含有偏铝酸钠、氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明矾晶体；根据NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液,按物质的量比1：2混合反应规律完成问题（4）的离子方程式的书写；设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)2•12H2O的物质的量都是1mol，根据Al3+和SO42-守恒计算，完成问题（5）解答。
【详解】铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠，过滤，红褐色沉淀b为氢氧化铁，溶液中含有偏铝酸钠、氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明矾晶体；
（1）结合以上分析可知，铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2；综上所述，本题答案是; SiO2。
（2）结合以上分析可知，铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，生成氯化铝和氯化铁，向溶液中加入过量的烧碱，Al3+变为AlO2—，Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，所以Ⅱ中加过量的烧碱反应离子方程式为：Al3+ +4OH-= AlO2—+2H2O，Fe3+ +3OH- =Fe(OH)3↓；偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓；综上所述，本题答案是：Al3+ +4OH-= AlO2—+2H2O，Fe3+ +3OH- =Fe(OH)3↓；AlO2—＋CO2＋2H2O=HCO3—＋Al(OH)3↓。
（3）结合以上分析可知，由Ⅲ中反应生成了氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此可以采用过滤的方法进行分离；从溶液中得到晶体的操作一般为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；所以从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作还缺少蒸发浓缩；综上所述，本题答案是：过滤；蒸发浓缩。
（4）将NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液，按物质的量比1：2混合，反应生成一水合氨、硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀；离子方程式为NH4++Al3+ +2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3•H20 + Al(OH)3↓+2BaSO4↓；综上所述，本题答案是：NH4+ +Al3+ +2SO42-+2Ba2+ +4OH-=NH3•H20 +Al(OH)3↓+2BaSO4↓。
（5）设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)2•12H2O的物质的量都是1mol，则Al3+共3mol，SO42-共5mol，根据Al3+和SO42-守恒可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为3/2:5=3:10。
综上所述，本题答案是：3∶10。
20.是应用最广泛的金属，铁的氯化物、氧化物均为重要化合物。
（1）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：
①滤渣C的化学式为_____________。
②通入F发生反应的化学方程式为_________________________。
③要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为________。
a.加入足量氯水b.加入足量KMnO4溶液 c.加入少量KSCN溶液
A．ac B．cb C．ca D．abc
(2)四氧化三铁（Fe3O4）磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是：
3Fe2++2S2O32-+O2+xOH- ═Fe3O4↓+S4O62-+2H2O．请回答下列问题．
①水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是__________．
②反应的化学方程式中x=______．
③每生成1molFe3O4，反应转移的电子为____________mol，被Fe2+还原的O2的物质的量为______mol．
【答案】(1). Fe、Cu (2). 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 (3). C (4). Fe2+ 和S2O32- (5). 4 (6). 4 (7). 0.5
【解析】
【分析】（1）制取的是氯化铁溶液,金属A是铁，滤液B是氯化亚铁溶液，加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，D加入应该是盐酸，氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁，据以上分析解答。
（2）从电荷守恒的角度分析,可配平反应的离子方程式: 3Fe2++2S2O32-+O2+xOH- ═Fe3O4↓+S4O62-+2H2O ,反应中3Fe2+→Fe3O4,当3molFe2+参加反应时,有2molFe2+ 化合价升高,反应中Fe和S元素的化合价升高,被氧化,氧气为氧化剂，据以上分析解答。
【详解】(1)制取的是氯化铁溶液,金属A是铁；滤液B是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣C是铁和铜；制取的是氯化铁,溶解铁,D加入应该是盐酸；氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，
①结合以上分析可知，滤渣C的化学式为Fe、Cu；因此，本题正确答案是:Fe、Cu。
②结合以上分析可知，氯气能够将亚铁离子氧化成三价铁离子,反应方程式是: 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ； 综上所述，本题答案是：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
③鉴别某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+的步骤为：先向溶液中加入含有KSCN的溶液，看是否有红色生成，若有红色生成则该溶液中含有Fe3+；若无红色生成，再向其中加入具有强氧化性的物质，观察是否有红色生成，若有红色生成，则该溶液中含有Fe2+。加入的氧化剂的本身颜色不能干扰该检验反应，紫红色的KMnO4溶液对于Fe3+和SCN-生成的红色物质有干扰，而黄色的氯水不会，故选ca 。综上所述，本题选C。
(2) ①反应中Fe元素化合价部分升高为+3价,S元素化合价由+2价升高到+2.5价,则还原剂是. Fe2+ 和S2O32-；因此，本题正确答案是: Fe2+ 和S2O32-。
②由电荷守恒可以知道,阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，关系式为（+2）×3+(-2)×2+x×(-1)=-2,则x=4；因此，本题正确答案是:4。
③Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可以知道,该反应转移4e-，所以每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可以知道,转移电子为1×2×[0-(-2)]=4，每生成1molFe3O4，消耗3molFe2+，其中有2molFe2+ 被氧化生成+3价,则被Fe2+还原的O2的物质的量为2/[2×(2-0)]=0.5mol；因此，本题正确答案是:4，0.5。
21.取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的CO2气体体积（标准状况）与所加HCl溶液的体积之间关系如图所示，通过计算回答：
（1）A溶液中的溶质为_________（化学式），其物质的量之比是_______。
（2）通入CO2气体体积__________________（标准状况）。
（3）NaOH溶液的物质的量浓度______________________。
（4）假如通入的CO2气体为112mL, 画出得到溶液逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液体积，与产生的CO2气体体积（标准状况）的关系图________________。（应体现关键点的数据）
【答案】(1). NaOH、Na2CO3 (2). 1：1 (3). 56 mL (4). 0.075mol/L
(5).
【解析】
【分析】（1）CO2与NaOH溶液反应有如下两种“边界”情况：①CO2+2NaOH= Na2CO3+H2O；② CO2+NaOH=NaHCO3；故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl③, NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑④；并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等；若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O ⑤；设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消耗盐酸的体积为V2。将各种反应的情况总结如表：
结合图像进行分析问题（1）（2）（3）。
（4）二氧化碳与氢氧化钠恰好完全反应生成碳酸钠和碳酸氢钠反应，根据碳原子、钠离子守恒列方程，求出碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量；混合液中加入盐酸，碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，原有的和新生成的碳酸氢钠总量和盐酸反应生成二氧化碳，进而求出二氧化碳气体的体积；据此画出反应的图像；
【详解】CO2与NaOH溶液反应有如下两种“边界”情况：①CO2+2NaOH= Na2CO3+H2O； ② CO2+NaOH=NaHCO3；故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl③, NaHCO3+HCl=NaCl+ H2O+CO2↑④；并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等；若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O ⑤；设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消耗盐酸的体积为V2。将各种反应的情况总结如表：
分析题中的图像：
（1）V1=50，V2=50-25=25mL
（2）50mL~75mL发生的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，n(HCl)=0.025×0.1=0.0025mol，根据反应关系可知，V(CO2)=0.0025×22.4=0.056L=56mL；
综上所述，本题答案是：56 mL。
（3）当加入盐酸75mL时，溶液溶质为NaCl，此时n(Na+)= n(HCl)=0.075×0.1=0.0075mol，所以n(NaOH)=0.0075mol,c(NaOH)=0.0075/0.1=0.075mol/L。
综上所述，本题答案是：0.075mol/L。
（4）CO2气体为112mL，物质的量为0.005mol，与氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，设生成碳酸钠为xmol，生成碳酸氢钠为ymol，根据碳原子守恒：x+y=0.005mol,钠离子守恒：2x+y=0.075×0.1=0.0075，通过计算可知x=0.0025mol，y=0.0025mol；碳酸钠和碳酸氢钠的混合液中加入盐酸，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，消耗盐酸的体积为：V(HCl)=0.0025/0.1=0.025L=25mL；生成的碳酸氢钠和原有的碳酸氢钠共有0.0025+0.0025=0.005mol；根据NaHCO3+HCl=NaCl+ H2O+CO2↑反应可知，生成二氧化碳的体积为：0.005×22.4=0.112L=112mL；据以上分析可以画出碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中逐滴缓慢加入0.1mol/L的HCl溶液体积与产生的CO2气体体积（标准状况）的关系图如下：；综上所述，本题答案是：。
相关资料
更多
