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【化学】黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一上学期12月月考试题（解析版）
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黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一上学期12月月考试题
原子量Na23 Al27 Mg24 Fe56 Zn65 O16 C12 S32
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，1－10题每小题2分，11－20题每小题3分，共50分)
1. 既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的氢氧化物是（ ）
A. Al2O3 B. MgO C. NaHCO3 D. Al（OH）3
【答案】D
【解析】试题分析：A、氧化铝能与盐酸或氢氧化钠反应，但不是氢氧化物，错误，不选A；B、氧化镁能与盐酸反应，但不与氢氧化钠反应，错误，不选B；C、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，但不是氢氧化物，错误，不选C；D、氢氧化铝能与盐酸或氢氧化钠反应，是氢氧化物，正确，选D。
2. 化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中正确的是（ ）
①钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等
②K、Na合金可作原子反应堆的导热剂
③发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
④Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等
⑤碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 ⑥明矾常作为消毒剂
A. ①②③④ B. ①②③④⑤ C. ①②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】试题分析：①金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故正确；②K、Na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确；③碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确；④Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；⑤碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误；⑥明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故错误；答案为A。
3. 向硫酸铝溶液中滴加下列试剂，有沉淀产生，且沉淀不会因加入试剂过量而消失的是（ ）
A. NaOH B. NH3·H2O C. NaCl D. MgCl2
【答案】B
【解析】试题分析：A中生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化钠过量时，会溶解氢氧化铝；B中生成氢氧化铝沉淀，但氨水不能溶解氢氧化铝；氯化钠和硫酸铝不反应；氯化钡和硫酸铝反应生成白色沉淀硫酸钡，硫酸钡不溶于水也不溶于酸，答案选B。
4.下列离子方程式书写正确的是( )
A. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH- = Al(OH)3↓
B. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH- = 2AlO2-+H2↑
C. 钠和冷水反应：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑
D. 向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH-+HCO3- =CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】A．反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；
B．水参加反应，生成偏铝酸钠和氢气；
C．反应生成NaOH和氢气；
D．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液生成碳酸钙和水、碳酸钠。
【详解】A．AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，选项A错误；
B．铝粉投入到NaOH溶液中的离子反应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，选项B错误；
C．钠和冷水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项C正确；
D．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3- =CaCO3↓+ CO32-+H2O，选项D错误；
答案选C。
5.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 ( )
A. 常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NA
B. 标准状况下，22.4L水中含电子数为10NA
C. l L1 mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
D. 足量铁在l L1 mol/L的盐酸溶液中反应，铁失去的电子数为3NA
【答案】A
【解析】A. S4和S8由硫元素组成，64gS4和S8混合物中含有2mol硫原子，原子数为2NA，故A正确；B. HF分子含有10个电子，标准状况下，HF呈液态，22.4LHF中含电子数大于10NA，故B错误；C. 氯化氢属于强电解质，盐酸中不含有含氯化氢分子，故C错误；D. 足量铁在lL1mol/L的盐酸溶液中反应，生成0,5mol氯化亚铁，铁失去的电子数为2NA，故D错误。故选A。
6.下列叙述正确的是（ ）
A. 加热试管内的物质时，试管底部与酒精灯灯芯接触
B. 向试管中滴加液体时，胶头滴管可以紧贴试管内壁
C. 可以用乙醇萃取碘水中的碘单质
D. 可以用“溶解-加热浓缩-冷却结晶-过滤”的方法，除去硝酸钾固体中混有的少量氯化钠杂质
【答案】D
【解析】A. 加热试管内的物质时，试管底部不可与酒精灯灯芯接触，要用酒精灯外焰加热试管，故A错误；B. 向试管中滴加液体时，胶头滴管不可以紧贴试管内壁，要将胶头滴管悬垂于试管上方，以免污染滴头，故B错误；C. 乙醇与水互溶，不可以用乙醇萃取碘水中的碘单质，故C错误；D. 硝酸钾的溶解度随温度升高急剧增大，而氯化钠的溶解度随温度变化缓慢，所以可以用“溶解-加热浓缩-冷却结晶-过滤”的方法，除去硝酸钾固体中混有的少量氯化钠杂质，故D正确。故选D。
7.在溶液中能共存，加入OH-有沉淀析出，加入H+能放出气体的是( )
A. Na+ H+ NO3- Cl- B. Ca2+ NO3- HCO3- Cl-
C. K+ H+ Cl- SO42- D. Ca2+ Cl- SO42- CO32-
【答案】B
【解析】
【分析】加入OH-有沉淀析出，可能为氢氧化物沉淀或存在酸式盐的酸根离子，加入碱后生成沉淀，加入H+能放出气体，说明溶液中存在HCO3-或CO32-等离子，根据离子的性质作进一步判断。
【详解】A、该组离子能共存，但加入OH-没有沉淀析出，加入H+不能放出气体，选项A错误；
B、该组离子能共存，加入OH-有CaCO3沉淀析出，加入H+能放出CO2气体，选项B正确；
C、该组离子能共存，但加入OH-没有沉淀析出，加入H+不能放出气体，选项C错误；
D、该组离子中Ca2+与SO42-、CO32-发生反应产生沉淀而不能大量共存，选项D错误。
答案选B。
8.下列各组物质中，Y是X物质中含有的少量杂质，Z是除杂试剂，其中所加试剂最合理的一组是( )
X
Y
Z
A
NaHCO3溶液
Na2CO3
BaCl2溶液
B
Na2O
Na2O2
盐酸
C
Fe
Al
NaOH溶液
D
Na2SO4溶液
Na2CO3
盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】A．反应生成NaCl，引入新杂质；
B．Na2O和Na2O2都可与盐酸反应；
C．Al能与氢氧化钠反应而铁不能；
D．加入盐酸引入新杂质。
【详解】A．加入BaCl2溶液，可除去Na2CO3，但反应生成NaCl，引入新杂质，应通入二氧化碳气体除杂，选项A错误；
B．Na2O和Na2O2都可与盐酸反应，最终生成氯化钠，无法除杂，选项B错误；
C．Al可与氢氧化钠溶液反应而铁不能与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，选项C正确；
D．加入盐酸引入新杂质，应加硫酸，选项D错误。
答案选C。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. SO2和CO都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸
B. Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同
C. Al2O3和Na2O按物质的量比1：1投入水中可得到澄清溶液
D. 金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与强酸反应一定放出氢气
【答案】C
【解析】试题分析：A、SO2可与水反应生成酸，CO不能和水反应，故A错误；B、Na2O和Na2O2组成元素相同，氧化钠与CO2反应产物是碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应的产物是碳酸钠和氧气，产物不相同，故B错误；C、1mol氧化钠和水反应得到2mol氢氧化钠，1mol氧化铝和2mol氢氧化钠能反应得到偏铝酸钠溶液，是澄清溶液，故C正确；D、金属铝和氧化性的酸|硝酸、浓硫酸等反应得到的不是氢气，是氮的氧化物或是二氧化硫等，故D错误。
10.研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜。下面有关解释不正确的是（ ）
A. 维生素C能将+5价砷氧化成As2O3
B. 维生素C具有还原性
C. 青菜中含有维生素C
D. 生成砒霜的过程中砷元素发生氧化反应
【答案】D
【解析】试题分析：A．维生素C能将+5价砷还原成As2O3，故C错误；B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，正确；C．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故B正确；D．人体中+5价砷被还原为+3价，说明砷发生还原反应，错误。
11.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、CO32－、Cl－、OH－、NO3－。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】含有Fe3+离子的溶液呈黄色，所以一定不含Fe3+；H+与CO32–、OH–反应不能大量共存；NH4+、Al3+、与OH–反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+与CO32–反应不能大量共存；该溶液中加入铝粉，只放出H2，说明溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若为酸性，则含有大量H+，所以不含CO32–、OH–，由于硝酸具有强氧化性，所以加入铝粉，放出H2不含NO3–，溶液中还可能有NH4+、Ca2+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多有6种；若为碱性，则含有大量OH-，所以不含NH4+、Al3+，溶液中最多还可能有Ca2+、Ba2+、Cl–、NO3–，共有5种；故D正确。
12. 下列化学反应的产物与反应物的量无关的是（ ）
A. AlCl3与NaOH B. C与O2 C. CO2与NaOH D. Fe与Cl2
【答案】D
【解析】试题分析：A、氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量，沉淀溶解生成偏铝酸钠，A错误；B、碳在足量氧气中燃烧生成CO2，氧气不足生成CO，B错误；C、CO2与足量氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，CO2过量生成碳酸氢钠，C错误；D、铁与氯气反应一定生成氯化铁，与量无关系，D正确，答案选D。
13.240 mL浓度为5 mol/L的Na2SO3的溶液，恰好被200 mL浓度为2 mol/L的K2Cr2O7溶液完全应，则元素铬在被还原的产物中的化合价是( )
A. +6 B. +3 C. +4 D. +2
【答案】B
【解析】
【分析】Na2SO3被K2Cr2O7氧化，S元素的化合价由+4价升高为+6，Cr被还原后元素的化合价降低，结合电子守恒计算。
【详解】Na2SO3被K2Cr2O7氧化，S元素的化合价由+4价升高为+6，
设Cr被还原后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.24L×5mol/L×（6-4）=0.2L×2mol/L×2×（6-x），解得x=+3，答案选B。
14.下列说法正确的个数有 ( )
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动
③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动
④通常状况下，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
⑥1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个
⑦等质量的NaHCO3和Na2 CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积前者小
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【详解】①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是胶体的聚沉、高压直流电除烟尘是胶体的电泳，均与胶体的性质有关，故正确；
②通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质则不移向电极，若胶粒带电，则胶体中的分散质粒子向某一极移动，若不带电则不移动，故错误；
③氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁胶粒带正电荷，故错误；
④Na2CO3和NaHCO3在相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在水中的溶解度为：Na2CO3>NaHCO3，故正确；
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，得到Fe(OH)3沉淀，故错误；
⑥胶体微粒是多个分子的聚合体，1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数少于NA个，故错误；
⑦等质量的碳酸钠、碳酸氢钠，n（NaHCO3）＞n（Na2CO3），分别与足量的盐酸反应，NaHCO3生成的二氧化碳多，故错误；
答案选B。
15.在托盘天平的两盘，放上质量相等的A、B两烧杯，调至平衡，然后分别倒入质量相等的足量盐酸，继而在AB两烧杯中放入下述各组物质，结果天平仍保持平衡的是（ ）
A. 等质量的Na和Mg B. 0.1molZn和0.1molAl
C. 8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3 D. 10gCaCO3和10gMgCO3
【答案】C
【解析】A. 2Na+2HCl2NaCl+H2↑，溶液质量差值与反应消耗Na质量之比为22:23，Mg＋2HClMgCl2＋H2↑，溶液质量差值与反应消耗Mg质量之比为11:12，22:23≠11:12，所以消耗等质量的Na和Mg，反应后溶液质量不相等，故A天平不能保持平衡；B. Zn＋2HClZnCl2＋H2↑，反应每消耗1mol即65gZn，生成2g氢气，溶液质量增大63g，2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑，反应每消耗1mol即27gAl，生成3g氢气，溶液质量增大24g，所以反应消耗0.1molZn和0.1molAl，反应后溶液质量不相等，故B天平不能保持平衡；C. MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO2↑，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑，反应消耗8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3均生成4.4gCO2，溶液质量相等，故C天平保持平衡；D. MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO2↑，CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑，反应消耗10gCaCO3和10gMgCO3，生成CO2的质量不相等，反应后溶液质量不相等，故D天平不能保持平衡。故选C。
16.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应①的化学方程式为Al2O3+2NaOH==2 NaAlO2+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，以此解答该题。
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，选项A错误；
B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，选项B错误；
C．电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，选项C错误；
D．反应①为铝土矿中的氧化铝与氢氧化钠溶液反应生偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O，选项D正确；
答案选D。
17. 将钠、铝、铁各1mol分别投入到等体积且同浓度的盐酸中，产生的氢气体积在相同条件下( )
A. 钠可能最多 B. 铝铁不可能一样多
C. 铝一定最多 D. 无法判断
【答案】A
【解析】试题分析：根据Na+HCl═NaCl+0.5H2↑，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Al+3HCl=AlCl3+1.5H2↑知，若酸足量，相同物质的量的三种金属，铝生成的氢气最多，其次是铁，钠最少；若酸均不足量，钠还能够与水继续反应生成氢气，此时钠产生氢气最多，铁和铝相等。所以选项A正确，BCD均错误。故选A。
18.某无色溶液中含有NH4+、K+、Al3+、SO42ˉ四种离子，进行如下实验：
（1）取10 mL该溶液于试管中并滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03 mol白色沉淀；
（2）取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体(必要时可加热)，最后沉淀完全溶解。并且随NaOH溶液的加入，沉淀和气体的变化关系如下图所示。
下列说法不符合事实的是（ ）
A. 根据图所示数据计算实验中使用的NaOH溶液的物质的量浓度为1mol/L
B. 根据信息分析该溶液中焰色反应呈现紫色的离子的物质的量浓度为1mol/L
C. 另取一定量该溶液滴加一定量的Ba(OH)2溶液，能使Al3+和SO42ˉ同时完全沉淀
D. NH4+、K+、Al3+、SO42ˉ四种离子的物质的量之比为：2：1：1：3
【答案】C
【解析】试题分析：取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀，生成沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42-，物质的量为0.03mol；另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体，说明溶液中含有NH4+，最后沉淀完全溶解．则说明溶液中含有Al3+，因此原溶液中一定存在：NH4+、Al3+、SO42-，可能含K+。结合图象中沉淀的变化关系，知溶液中含有Al3+为0.01mol需OH-为0.03mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NH4++OH-＝NH3↑+H2O结合图象，知溶液中含有NH4+为0.02mol需OH-为0.02mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，结合图象中沉淀的变化关系，需OH-为0.01mol；实验中使用的NaOH溶液的总物质的量为：0.03mol+0.02mol+0.01mol＝0.06mol，结合图象中沉淀的变化关系知此时氢氧化钠溶液的体积为60mL，根据c=n÷V＝0.06mol÷0.06L＝lmol/L；由以上分析可知NH4+为0.02mol，Al3+为0.01mol，SO42-为0.03mol，根据溶液呈电中性溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，其中正电荷总数为：0.02mol×1+0.01mol×3+n（K+）×1＝0.05mol+n（K+），负电荷总数0.03mol×2＝0.06mol，所以n（K+）＝0.01mol，则A、根据以上分析可知，氢氧化钠的浓度为1mol/L，A正确；B、溶液中焰色反应呈现紫色的离子的物质的量浓度为0.01mol÷0.01L＝1 mol/L，B正确；C、Al3+为0.01mol，SO42-为0.03mol，加入氢氧化钡溶液，当硫酸根完全沉淀时，铝离子已转化为偏铝酸钠，C不正确；D、根据以上分析可知，NH4+为0.02mol，K+为0.01mol、 Al3+为0.01mol，SO42-为0.3mol，NH4+、K+、Al3+、SO42-四种离子的物质的量之比为2：1：1：3，故D确，答案选C。
19.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL 3mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3（相同状况），则加入铝粉的质量为（ ）
A. 2．7g B. 3．6g C. 5．04g D. 4．05g
【答案】D
【解析】试题分析：铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，
盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0．1L×3mol/L=0．3mol，
设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：
解得x==0．15mol，
则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0．15mol×=0．225mol，
碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：
解得y==0．15mol，
则铝的质量为0．15mol×27g/mol=4．05g，故D正确。
20.一块钠久置后变质为1.55g钠、氧化钠、过氧化钠的混合物，将此混合物用足量的水溶解后，产生标况下气体336mL，在所得溶液中加入50mL、1mol/L的盐酸，恰呈中性．则原钠块的质量为( )
A. 0.92g B. 1.07g C. 1.15g D. 1.23g
【答案】C
【解析】
【分析】钠、氧化钠、过氧化钠的混合物与水反应生成NaOH溶液，在所得溶液中加入50mL、1mol/L的盐酸，恰呈中性，溶质为NaCl，则n（Na+）=n（Cl-），据此计算出钠离子的物质的量，再根据质量守恒计算出原钠块的物质的量及质量。
【详解】钠、氧化钠、过氧化钠的混合物，与水反应生成溶质为NaOH，然后加盐酸使溶液至中性，此时最终溶质为NaCl，则溶液中：n（Na+）=n（Cl-），50mL、1mol/L的盐酸中含有氯离子的物质的量为：n（Cl-）=n（HCl）=1mol/L×0.05L=0.05mol，则n（Na+）=n（Cl-）=0.05mol，根据质量守恒，原钠块的质量为：m（Na）=23g/mol×0.05mol=1.15g，答案选C。
第II卷(非选择题)(共50分)
21.按要求回答下列问题：
(1)Na2O2与CO2的反应化学方程式____________________________________________；7.8gNa2O2固体与足量的CO2反应转移的电子数为_______________个
(2)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式__________________。
(3)写出铁与水蒸气反应的化学方程式_________________________________________；
(4)偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式____________________________________；
【答案】(1). 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 (2). NA
(3). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2
(5). 2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-
【解析】
【分析】（1）Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，1molNa2O2固体与足量的CO2反应转移的电子为1mol；
（2）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；
（3）铁和水蒸气在高温下生成四氧化三铁和氢气；
（4）偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳反应可生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠。
【详解】（1）Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，该反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；反应中过氧化钠中氧元素由-1价变为0价和从-1变为-2价，1molNa2O2固体与足量的CO2反应转移的电子为1mol，即转移电子数目为NA；
（2）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水，发生反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（3）铁和水蒸气在高温下生成四氧化三铁和氢气，该反应为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（4）偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应可生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-。
22.(1)钠、镁、铝与1mol·L-1的盐酸100mL反应，在相同条件下产生氢气的体积相同，则消耗钠、镁、铝的物质的量比为______。等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，在相同条件下产生二氧化碳的体积之比是__________。
(2)把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是__________。
(3)向30毫升1 mol/L的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为2 mol/L的NaOH溶液，若产生0.78克白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为__________毫升。
(4)某溶液中含有下列六种离子：①HCO3－ ②SO32－ ③K＋ ④CO32－ ⑤NH4＋ ⑥NO3－，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）
A． ③⑥ B． ④⑥ C． ③④⑥ D． ①②⑤
【答案】(1). 6：3：2 (2). 1：1 (3). AlO2- (4). 15毫升或55毫升 (5). A
【解析】
【分析】（1）发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，根据方程式计算解答；等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，产物均为二氧化碳和水；
（2）设明矾KAl（SO4）2•12H2O为1mol，则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42-，根据反应：SO42-+Ba2+═BaSO4↓，当溶液中的SO42-完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH-，1molAl3+和4molOH-发生反应：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；铝元素的存在形式为：AlO2-；
（3）n（AlCl3）=0.03 mol，n[Al（OH）3]=0.01 mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量，据此分析解答；
（4）Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，并且Na2O2具有强氧化性，凡是与NaOH或者与Na2O2发生氧化还原反应的离子浓度肯定发生变化，以此解答该题。
【详解】（1）产生相同物质的量的氢气，设氢气为3mol，则：
2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，
6mol 3mol 3mol 3mol 2mol 3mol
故所需钠、镁、铝的物质的量之比=6mol：3mol：2mol=6：3：2；
设Na2CO3和NaHCO3的物质量均为1mol，根据反应方程式 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO2↑知，生成二氧化碳都为1mol，在相同条件下产生二氧化碳的体积之比是1：1；
（2）明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42-，由反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH-，则发生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2-；
（3）n（AlCl3）=0.03 mol，n[Al（OH）3]=0.01 mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量；
由两者反应的离子方程式Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O可知，当碱的量不足时，只发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，根据氢氧化铝和氢氧根离子之间的关系式得，则V（NaOH）==15mL；
当碱过量时，生成氢氧化铝发生的反应为Al3++3OH-═Al（OH）3↓，根据氢氧化铝和氢氧根离子之间的关系式得，则V（NaOH）==15mL；根据铝离子守恒得n（AlO2-）=0.03mol-0.01mol=0.02mol，发生的反应为Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，根据方程式知，生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积==40mL，所以共加入的NaOH溶液的体积为40+15=55ml，故答案为：15毫升或55毫升；
（4）Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，则：①HCO3-、④CO32-、⑤NH4+浓度发生变化，
Na2O2具有强氧化性，②SO32-被氧化生成SO42-，②SO32-离子浓度发生变化，
浓度不变的只有③K+、⑥NO3－，
答案选A。
23.(1)由CO2、H2、 CO组成的混合气在同温、同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2气体的体积比为____________________________________
(2)等质量的水与18.4 mol·L－1硫酸混合得溶液的物质的量浓度_____9.2 mol·L－1(大于、小于、等于)
(3)200℃时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了7.2g，则原混合气体的总物质的量为_____
【答案】 (1). 13：8 (2). 小于 (3). 1mol
【解析】
【分析】（1）根据CO2、H2和CO组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同，可知混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，而CO的相对分子质量也为28，则二氧化碳与氢气的平均相对分子质量必须为28，据此进行解答；
（2）混合后所得硫酸溶液的密度小于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸的密度，则混合后所得溶液体积大于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸体积的2倍，结合稀释定律判断；
（3）向足量的固体Na2O2中通入23.2gCO2和H2O（g），发生反应：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体只增加了7.2g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=23.2g-7.2g=16g，根据n=计算生成氧气的物质的量，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2）。
【详解】（1）CO2、H2和CO组成的混合气体在同温、同压下与N2的密度相同，则混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，由于CO的相对分子质量为28，则CO2和H2的平均相对分子质量为28即可，CO的体积不受限制，利用十字相乘法得二氧化碳和氢气的体积之比：，则CO2和H2的体积之比为26：16=13：8；
（2）水的密度小于硫酸溶液的密度，与等质量的水混合后所得硫酸溶液密度小于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸的密度，则混合后溶液体积大于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸体积的2倍，稀释中溶质硫酸的物质的量不变，则混合所得溶液的浓度小于9.2 mol•L-1；
（3）向足量的固体Na2O2中通入23.2gCO2和H2O（g），发生反应：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体只增加了7.2g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=23.2g-7.2g=16g，所以n（O2）==0.5mol，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2）=2×0.5mol=1mol。
24.某同学类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他在实验室中选择以下装置对该反应能否发生进行了实验探究．依据要求回答问题：
(1)二氧化碳的发生装置中反应的离子方程式为______________________________。
(2)为达到实验目的，选择图中的装置，其连接顺序为：二氧化碳的发生装置→______________________________。(按气流方向，用小写字母表示)；
(3)检查装置气密性良好，装好药品后，打开弹簧夹，待装置中的空气排净后才能点燃酒精灯，能说明装置中空气已经排净的现象是______________________________。
(4)该同学在制取CO2的过程中，向装置B中加入某酸后，发现固体与酸没有接触，为使反应顺利进行，下列可再加入的试剂是______
A．稀硝酸 B．H2SO4溶液 C．苯 D．CCl4溶液
(5)若反应过程中CO2足量，反应结束后，该同学对硬质玻璃管中生成的固体提出了以下猜想：①生成的固体物质为Na2CO3
②生成的固体物质为Na2CO3和C的混合物
③生成的固体物质为Na2CO3和Na2O的混合物
④生成的固体物质为Na2O和C的混合物
报告给老师后，老师认为可以排除其中的__________种情况(填序号)，则钠与CO2反应的化学方程式为______________________________。
(6)该同学觉得该装置仍有缺陷，查阅资料后得知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，于是他在装置后加装一个盛装PdCl2溶液做吸收装置，该装置中发生反应的化学方程式为________________
【答案】(1). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (2). f→g→d→e→a（b）→b（a）→h→i (3). E中石灰水变浑浊 (4). AD (5). ②、③、④ (6). 2Na+2CO2═Na2CO3+CO (7). CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl
【解析】
【分析】（1）二氧化碳制备用大理石和稀盐酸反应生成，固体和液体混合反应生成气体选择发生装置；
（2）验证钠和二氧化碳也可以发生反应，A装置中通入的二氧化碳需要是干燥纯净的二氧化碳，且不能含空气，发生装置生成的二氧化碳通过装置D中饱和碳酸氢钠除去氯化氢，通过装置C中浓硫酸干燥，然后通过装置A和钠反应，最后通过装置E中澄清石灰水除去或验证二氧化碳；
（3）利用发生装置中生成的二氧化碳排净装置中空气，E中变浑浊证明空气排净；
（4）该同学在制取CO2的过程中，向装置B中加入某酸后，发现固体与酸没有接触，为使酸和固体接触加入硝酸可以满足固体和溶液反应，苯不溶于水比水轻，四氯化碳比水重可以使酸溶液和固体接触反应，稀硫酸和碳酸根反应生成硫酸钙微溶阻止反应进行；
（5）加热条件下过量的二氧化碳可以和碳、氧化钠发生反应，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，钠做还原剂，碳元素化合价降低生成CO；
（6）PdCl2溶液吸收CO，同时得到黑色的Pd，Pd化合价降低，则碳的化合价升高，生成二氧化碳。
【详解】（1）实验室制取二氧化碳用大理石和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
（2）实验目的实验探究钠和二氧化碳也可以发生反应，首先制取二氧化碳，选择装置B，因制取二氧化碳选择的是碳酸钙和盐酸反应，盐酸易挥发，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，通过饱和的碳酸氢钠除去选择D，即f→g，除去二氧化碳中的氯化氢，通过浓硫酸干燥选择C，即g→d→e，然后探究钠和二氧化碳发生反应，选择A，即a（b）→b（a），用澄清石灰水检验是否有二氧化碳存在，即装置中空气已经排净，选择E，即h→i，所以连接顺序为：f→g→d→e→a（b）→b（a）→h→i；
（3）二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，是因为二氧化碳能和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，通过检验二氧化碳是否存在判断装置中空气是否已经排净，能说明装置中空气已经排净的现象是E中石灰水变浑浊；
（4）A．稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙和水、二氧化碳，所以加入稀硝酸能增大溶液体积，且盐酸、硝酸都能与碳酸钙反应，不影响二氧化碳的制备，故A选；
B．硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止酸进一步与碳酸钙反应，影响二氧化碳的制备，故B不选；
C．苯的密度小于水，加入苯，虽能增大溶液体积，但上层的苯与碳酸钙不反应，不能制备二氧化碳，故C不选；
D．CC14的密度大于水，加入CC14，能增大溶液体积，且上层的盐酸与碳酸钙反应，能制备二氧化碳，故D选；
故答案为：AD；
（5）二氧化碳与单质碳反应C+CO22CO，所以②错误，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，方程式为：Na2O+CO2=Na2CO3，所以③、④错误，钠与CO2反应生成碳酸钠和一氧化碳，反应方程式为：2Na+2CO2═Na2CO3+CO，
故答案为：②、③、④；2Na+2CO2═Na2CO3+CO；
（6）PdCl2溶液吸收CO，同时得到黑色的Pd，Pd化合价降低，则碳的化合价升高，生成二氧化碳，根据得失电子守恒以及原子守恒，反应方程式为：CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。
25.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入2.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。
①A点的沉淀物的化学式为_______________B点纵坐标为_____________
② A点至B点改用通入二氧化碳，至少须标况下二氧化碳_______________mL。
③B点含溶质物质的量是____________C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为_______________mL。
【答案】(1). Mg(OH)2 (2). Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的总质量 (3). 672mL (4). 0.06mol (5). 130mL
【解析】
【分析】固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2-转化为Al(OH)3，故A点沉淀物为 Mg(OH)2，AB段发生反应：AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，B点后发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，据此分析解答。
【详解】固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2-转化为Al(OH)3，故A点沉淀物为 Mg(OH)2，AB段发生反应：AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，B点后发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，
①由上述分析可知，A为Mg(OH)2，因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2-转化为Al(OH)3，故A点沉淀物为Mg(OH)2；
B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，故B点纵坐标为Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的总质量；
② A点至B点改用通入二氧化碳，AB段发生反应：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-，与反应AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓对比，n(CO2)= n(HCl)=2.00mol/L0.03L=0.03mol，至少须标况下二氧化碳0.03mol22.4L/mol=0.672L=672mL；
③B点溶液中存在的溶质是NaCl，根据氯原子守恒可知，n(Na)=n(Cl)=n(NaCl)，B点含溶质物质的量是2.00mol/L0.03L=0.06mol；
AB段发生反应：AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓，则n[Al（OH）3]=n（HCl）=1mol/L×（0.03-0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.02mol，氯化铝的质量为：0.02mol×133.5g/mol=2.67g；A点沉淀的是氢氧化镁，则n[Mg(OH)2]==0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n[Mg(OH)2]=0.02mol，B点溶液中存在的溶质是NaCl，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为130mL。
原子量Na23 Al27 Mg24 Fe56 Zn65 O16 C12 S32
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，1－10题每小题2分，11－20题每小题3分，共50分)
1. 既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的氢氧化物是（ ）
A. Al2O3 B. MgO C. NaHCO3 D. Al（OH）3
【答案】D
【解析】试题分析：A、氧化铝能与盐酸或氢氧化钠反应，但不是氢氧化物，错误，不选A；B、氧化镁能与盐酸反应，但不与氢氧化钠反应，错误，不选B；C、碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，但不是氢氧化物，错误，不选C；D、氢氧化铝能与盐酸或氢氧化钠反应，是氢氧化物，正确，选D。
2. 化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中正确的是（ ）
①钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等
②K、Na合金可作原子反应堆的导热剂
③发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
④Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等
⑤碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 ⑥明矾常作为消毒剂
A. ①②③④ B. ①②③④⑤ C. ①②③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】试题分析：①金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故正确；②K、Na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确；③碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确；④Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；⑤碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误；⑥明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故错误；答案为A。
3. 向硫酸铝溶液中滴加下列试剂，有沉淀产生，且沉淀不会因加入试剂过量而消失的是（ ）
A. NaOH B. NH3·H2O C. NaCl D. MgCl2
【答案】B
【解析】试题分析：A中生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化钠过量时，会溶解氢氧化铝；B中生成氢氧化铝沉淀，但氨水不能溶解氢氧化铝；氯化钠和硫酸铝不反应；氯化钡和硫酸铝反应生成白色沉淀硫酸钡，硫酸钡不溶于水也不溶于酸，答案选B。
4.下列离子方程式书写正确的是( )
A. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH- = Al(OH)3↓
B. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH- = 2AlO2-+H2↑
C. 钠和冷水反应：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑
D. 向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH-+HCO3- =CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】A．反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；
B．水参加反应，生成偏铝酸钠和氢气；
C．反应生成NaOH和氢气；
D．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液生成碳酸钙和水、碳酸钠。
【详解】A．AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，选项A错误；
B．铝粉投入到NaOH溶液中的离子反应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，选项B错误；
C．钠和冷水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项C正确；
D．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3- =CaCO3↓+ CO32-+H2O，选项D错误；
答案选C。
5.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 ( )
A. 常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NA
B. 标准状况下，22.4L水中含电子数为10NA
C. l L1 mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
D. 足量铁在l L1 mol/L的盐酸溶液中反应，铁失去的电子数为3NA
【答案】A
【解析】A. S4和S8由硫元素组成，64gS4和S8混合物中含有2mol硫原子，原子数为2NA，故A正确；B. HF分子含有10个电子，标准状况下，HF呈液态，22.4LHF中含电子数大于10NA，故B错误；C. 氯化氢属于强电解质，盐酸中不含有含氯化氢分子，故C错误；D. 足量铁在lL1mol/L的盐酸溶液中反应，生成0,5mol氯化亚铁，铁失去的电子数为2NA，故D错误。故选A。
6.下列叙述正确的是（ ）
A. 加热试管内的物质时，试管底部与酒精灯灯芯接触
B. 向试管中滴加液体时，胶头滴管可以紧贴试管内壁
C. 可以用乙醇萃取碘水中的碘单质
D. 可以用“溶解-加热浓缩-冷却结晶-过滤”的方法，除去硝酸钾固体中混有的少量氯化钠杂质
【答案】D
【解析】A. 加热试管内的物质时，试管底部不可与酒精灯灯芯接触，要用酒精灯外焰加热试管，故A错误；B. 向试管中滴加液体时，胶头滴管不可以紧贴试管内壁，要将胶头滴管悬垂于试管上方，以免污染滴头，故B错误；C. 乙醇与水互溶，不可以用乙醇萃取碘水中的碘单质，故C错误；D. 硝酸钾的溶解度随温度升高急剧增大，而氯化钠的溶解度随温度变化缓慢，所以可以用“溶解-加热浓缩-冷却结晶-过滤”的方法，除去硝酸钾固体中混有的少量氯化钠杂质，故D正确。故选D。
7.在溶液中能共存，加入OH-有沉淀析出，加入H+能放出气体的是( )
A. Na+ H+ NO3- Cl- B. Ca2+ NO3- HCO3- Cl-
C. K+ H+ Cl- SO42- D. Ca2+ Cl- SO42- CO32-
【答案】B
【解析】
【分析】加入OH-有沉淀析出，可能为氢氧化物沉淀或存在酸式盐的酸根离子，加入碱后生成沉淀，加入H+能放出气体，说明溶液中存在HCO3-或CO32-等离子，根据离子的性质作进一步判断。
【详解】A、该组离子能共存，但加入OH-没有沉淀析出，加入H+不能放出气体，选项A错误；
B、该组离子能共存，加入OH-有CaCO3沉淀析出，加入H+能放出CO2气体，选项B正确；
C、该组离子能共存，但加入OH-没有沉淀析出，加入H+不能放出气体，选项C错误；
D、该组离子中Ca2+与SO42-、CO32-发生反应产生沉淀而不能大量共存，选项D错误。
答案选B。
8.下列各组物质中，Y是X物质中含有的少量杂质，Z是除杂试剂，其中所加试剂最合理的一组是( )
X
Y
Z
A
NaHCO3溶液
Na2CO3
BaCl2溶液
B
Na2O
Na2O2
盐酸
C
Fe
Al
NaOH溶液
D
Na2SO4溶液
Na2CO3
盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】A．反应生成NaCl，引入新杂质；
B．Na2O和Na2O2都可与盐酸反应；
C．Al能与氢氧化钠反应而铁不能；
D．加入盐酸引入新杂质。
【详解】A．加入BaCl2溶液，可除去Na2CO3，但反应生成NaCl，引入新杂质，应通入二氧化碳气体除杂，选项A错误；
B．Na2O和Na2O2都可与盐酸反应，最终生成氯化钠，无法除杂，选项B错误；
C．Al可与氢氧化钠溶液反应而铁不能与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，选项C正确；
D．加入盐酸引入新杂质，应加硫酸，选项D错误。
答案选C。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. SO2和CO都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸
B. Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同
C. Al2O3和Na2O按物质的量比1：1投入水中可得到澄清溶液
D. 金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与强酸反应一定放出氢气
【答案】C
【解析】试题分析：A、SO2可与水反应生成酸，CO不能和水反应，故A错误；B、Na2O和Na2O2组成元素相同，氧化钠与CO2反应产物是碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应的产物是碳酸钠和氧气，产物不相同，故B错误；C、1mol氧化钠和水反应得到2mol氢氧化钠，1mol氧化铝和2mol氢氧化钠能反应得到偏铝酸钠溶液，是澄清溶液，故C正确；D、金属铝和氧化性的酸|硝酸、浓硫酸等反应得到的不是氢气，是氮的氧化物或是二氧化硫等，故D错误。
10.研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜。下面有关解释不正确的是（ ）
A. 维生素C能将+5价砷氧化成As2O3
B. 维生素C具有还原性
C. 青菜中含有维生素C
D. 生成砒霜的过程中砷元素发生氧化反应
【答案】D
【解析】试题分析：A．维生素C能将+5价砷还原成As2O3，故C错误；B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，正确；C．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故B正确；D．人体中+5价砷被还原为+3价，说明砷发生还原反应，错误。
11.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、NH4+、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、CO32－、Cl－、OH－、NO3－。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】含有Fe3+离子的溶液呈黄色，所以一定不含Fe3+；H+与CO32–、OH–反应不能大量共存；NH4+、Al3+、与OH–反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+与CO32–反应不能大量共存；该溶液中加入铝粉，只放出H2，说明溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若为酸性，则含有大量H+，所以不含CO32–、OH–，由于硝酸具有强氧化性，所以加入铝粉，放出H2不含NO3–，溶液中还可能有NH4+、Ca2+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多有6种；若为碱性，则含有大量OH-，所以不含NH4+、Al3+，溶液中最多还可能有Ca2+、Ba2+、Cl–、NO3–，共有5种；故D正确。
12. 下列化学反应的产物与反应物的量无关的是（ ）
A. AlCl3与NaOH B. C与O2 C. CO2与NaOH D. Fe与Cl2
【答案】D
【解析】试题分析：A、氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量，沉淀溶解生成偏铝酸钠，A错误；B、碳在足量氧气中燃烧生成CO2，氧气不足生成CO，B错误；C、CO2与足量氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，CO2过量生成碳酸氢钠，C错误；D、铁与氯气反应一定生成氯化铁，与量无关系，D正确，答案选D。
13.240 mL浓度为5 mol/L的Na2SO3的溶液，恰好被200 mL浓度为2 mol/L的K2Cr2O7溶液完全应，则元素铬在被还原的产物中的化合价是( )
A. +6 B. +3 C. +4 D. +2
【答案】B
【解析】
【分析】Na2SO3被K2Cr2O7氧化，S元素的化合价由+4价升高为+6，Cr被还原后元素的化合价降低，结合电子守恒计算。
【详解】Na2SO3被K2Cr2O7氧化，S元素的化合价由+4价升高为+6，
设Cr被还原后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.24L×5mol/L×（6-4）=0.2L×2mol/L×2×（6-x），解得x=+3，答案选B。
14.下列说法正确的个数有 ( )
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动
③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动
④通常状况下，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
⑥1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个
⑦等质量的NaHCO3和Na2 CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积前者小
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【详解】①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是胶体的聚沉、高压直流电除烟尘是胶体的电泳，均与胶体的性质有关，故正确；
②通电时，溶液中的溶质粒子是电解质，电离出的阴阳离子分别向两极移动，若溶质是非电解质则不移向电极，若胶粒带电，则胶体中的分散质粒子向某一极移动，若不带电则不移动，故错误；
③氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁胶粒带正电荷，故错误；
④Na2CO3和NaHCO3在相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在水中的溶解度为：Na2CO3>NaHCO3，故正确；
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，得到Fe(OH)3沉淀，故错误；
⑥胶体微粒是多个分子的聚合体，1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数少于NA个，故错误；
⑦等质量的碳酸钠、碳酸氢钠，n（NaHCO3）＞n（Na2CO3），分别与足量的盐酸反应，NaHCO3生成的二氧化碳多，故错误；
答案选B。
15.在托盘天平的两盘，放上质量相等的A、B两烧杯，调至平衡，然后分别倒入质量相等的足量盐酸，继而在AB两烧杯中放入下述各组物质，结果天平仍保持平衡的是（ ）
A. 等质量的Na和Mg B. 0.1molZn和0.1molAl
C. 8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3 D. 10gCaCO3和10gMgCO3
【答案】C
【解析】A. 2Na+2HCl2NaCl+H2↑，溶液质量差值与反应消耗Na质量之比为22:23，Mg＋2HClMgCl2＋H2↑，溶液质量差值与反应消耗Mg质量之比为11:12，22:23≠11:12，所以消耗等质量的Na和Mg，反应后溶液质量不相等，故A天平不能保持平衡；B. Zn＋2HClZnCl2＋H2↑，反应每消耗1mol即65gZn，生成2g氢气，溶液质量增大63g，2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑，反应每消耗1mol即27gAl，生成3g氢气，溶液质量增大24g，所以反应消耗0.1molZn和0.1molAl，反应后溶液质量不相等，故B天平不能保持平衡；C. MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO2↑，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑，反应消耗8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3均生成4.4gCO2，溶液质量相等，故C天平保持平衡；D. MgCO3+2HClMgCl2+H2O+CO2↑，CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑，反应消耗10gCaCO3和10gMgCO3，生成CO2的质量不相等，反应后溶液质量不相等，故D天平不能保持平衡。故选C。
16.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应
D. 反应①的化学方程式为Al2O3+2NaOH==2 NaAlO2+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，以此解答该题。
【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，选项A错误；
B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，选项B错误；
C．电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，选项C错误；
D．反应①为铝土矿中的氧化铝与氢氧化钠溶液反应生偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O，选项D正确；
答案选D。
17. 将钠、铝、铁各1mol分别投入到等体积且同浓度的盐酸中，产生的氢气体积在相同条件下( )
A. 钠可能最多 B. 铝铁不可能一样多
C. 铝一定最多 D. 无法判断
【答案】A
【解析】试题分析：根据Na+HCl═NaCl+0.5H2↑，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Al+3HCl=AlCl3+1.5H2↑知，若酸足量，相同物质的量的三种金属，铝生成的氢气最多，其次是铁，钠最少；若酸均不足量，钠还能够与水继续反应生成氢气，此时钠产生氢气最多，铁和铝相等。所以选项A正确，BCD均错误。故选A。
18.某无色溶液中含有NH4+、K+、Al3+、SO42ˉ四种离子，进行如下实验：
（1）取10 mL该溶液于试管中并滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03 mol白色沉淀；
（2）取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体(必要时可加热)，最后沉淀完全溶解。并且随NaOH溶液的加入，沉淀和气体的变化关系如下图所示。
下列说法不符合事实的是（ ）
A. 根据图所示数据计算实验中使用的NaOH溶液的物质的量浓度为1mol/L
B. 根据信息分析该溶液中焰色反应呈现紫色的离子的物质的量浓度为1mol/L
C. 另取一定量该溶液滴加一定量的Ba(OH)2溶液，能使Al3+和SO42ˉ同时完全沉淀
D. NH4+、K+、Al3+、SO42ˉ四种离子的物质的量之比为：2：1：1：3
【答案】C
【解析】试题分析：取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀，生成沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42-，物质的量为0.03mol；另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体，说明溶液中含有NH4+，最后沉淀完全溶解．则说明溶液中含有Al3+，因此原溶液中一定存在：NH4+、Al3+、SO42-，可能含K+。结合图象中沉淀的变化关系，知溶液中含有Al3+为0.01mol需OH-为0.03mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NH4++OH-＝NH3↑+H2O结合图象，知溶液中含有NH4+为0.02mol需OH-为0.02mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O，结合图象中沉淀的变化关系，需OH-为0.01mol；实验中使用的NaOH溶液的总物质的量为：0.03mol+0.02mol+0.01mol＝0.06mol，结合图象中沉淀的变化关系知此时氢氧化钠溶液的体积为60mL，根据c=n÷V＝0.06mol÷0.06L＝lmol/L；由以上分析可知NH4+为0.02mol，Al3+为0.01mol，SO42-为0.03mol，根据溶液呈电中性溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，其中正电荷总数为：0.02mol×1+0.01mol×3+n（K+）×1＝0.05mol+n（K+），负电荷总数0.03mol×2＝0.06mol，所以n（K+）＝0.01mol，则A、根据以上分析可知，氢氧化钠的浓度为1mol/L，A正确；B、溶液中焰色反应呈现紫色的离子的物质的量浓度为0.01mol÷0.01L＝1 mol/L，B正确；C、Al3+为0.01mol，SO42-为0.03mol，加入氢氧化钡溶液，当硫酸根完全沉淀时，铝离子已转化为偏铝酸钠，C不正确；D、根据以上分析可知，NH4+为0.02mol，K+为0.01mol、 Al3+为0.01mol，SO42-为0.3mol，NH4+、K+、Al3+、SO42-四种离子的物质的量之比为2：1：1：3，故D确，答案选C。
19.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL 3mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别加入等质量的铝粉，反应结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3（相同状况），则加入铝粉的质量为（ ）
A. 2．7g B. 3．6g C. 5．04g D. 4．05g
【答案】D
【解析】试题分析：铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知相同物质的量的Al反应时，消耗HCl较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，
盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0．1L×3mol/L=0．3mol，
设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：
解得x==0．15mol，
则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0．15mol×=0．225mol，
碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：
解得y==0．15mol，
则铝的质量为0．15mol×27g/mol=4．05g，故D正确。
20.一块钠久置后变质为1.55g钠、氧化钠、过氧化钠的混合物，将此混合物用足量的水溶解后，产生标况下气体336mL，在所得溶液中加入50mL、1mol/L的盐酸，恰呈中性．则原钠块的质量为( )
A. 0.92g B. 1.07g C. 1.15g D. 1.23g
【答案】C
【解析】
【分析】钠、氧化钠、过氧化钠的混合物与水反应生成NaOH溶液，在所得溶液中加入50mL、1mol/L的盐酸，恰呈中性，溶质为NaCl，则n（Na+）=n（Cl-），据此计算出钠离子的物质的量，再根据质量守恒计算出原钠块的物质的量及质量。
【详解】钠、氧化钠、过氧化钠的混合物，与水反应生成溶质为NaOH，然后加盐酸使溶液至中性，此时最终溶质为NaCl，则溶液中：n（Na+）=n（Cl-），50mL、1mol/L的盐酸中含有氯离子的物质的量为：n（Cl-）=n（HCl）=1mol/L×0.05L=0.05mol，则n（Na+）=n（Cl-）=0.05mol，根据质量守恒，原钠块的质量为：m（Na）=23g/mol×0.05mol=1.15g，答案选C。
第II卷(非选择题)(共50分)
21.按要求回答下列问题：
(1)Na2O2与CO2的反应化学方程式____________________________________________；7.8gNa2O2固体与足量的CO2反应转移的电子数为_______________个
(2)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式__________________。
(3)写出铁与水蒸气反应的化学方程式_________________________________________；
(4)偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式____________________________________；
【答案】(1). 2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 (2). NA
(3). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2
(5). 2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-
【解析】
【分析】（1）Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，1molNa2O2固体与足量的CO2反应转移的电子为1mol；
（2）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；
（3）铁和水蒸气在高温下生成四氧化三铁和氢气；
（4）偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳反应可生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠。
【详解】（1）Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，该反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；反应中过氧化钠中氧元素由-1价变为0价和从-1变为-2价，1molNa2O2固体与足量的CO2反应转移的电子为1mol，即转移电子数目为NA；
（2）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水，发生反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（3）铁和水蒸气在高温下生成四氧化三铁和氢气，该反应为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（4）偏铝酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应可生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-。
22.(1)钠、镁、铝与1mol·L-1的盐酸100mL反应，在相同条件下产生氢气的体积相同，则消耗钠、镁、铝的物质的量比为______。等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，在相同条件下产生二氧化碳的体积之比是__________。
(2)把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是__________。
(3)向30毫升1 mol/L的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为2 mol/L的NaOH溶液，若产生0.78克白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为__________毫升。
(4)某溶液中含有下列六种离子：①HCO3－ ②SO32－ ③K＋ ④CO32－ ⑤NH4＋ ⑥NO3－，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）
A． ③⑥ B． ④⑥ C． ③④⑥ D． ①②⑤
【答案】(1). 6：3：2 (2). 1：1 (3). AlO2- (4). 15毫升或55毫升 (5). A
【解析】
【分析】（1）发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，根据方程式计算解答；等物质的量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，产物均为二氧化碳和水；
（2）设明矾KAl（SO4）2•12H2O为1mol，则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42-，根据反应：SO42-+Ba2+═BaSO4↓，当溶液中的SO42-完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH-，1molAl3+和4molOH-发生反应：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；铝元素的存在形式为：AlO2-；
（3）n（AlCl3）=0.03 mol，n[Al（OH）3]=0.01 mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量，据此分析解答；
（4）Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，并且Na2O2具有强氧化性，凡是与NaOH或者与Na2O2发生氧化还原反应的离子浓度肯定发生变化，以此解答该题。
【详解】（1）产生相同物质的量的氢气，设氢气为3mol，则：
2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，
6mol 3mol 3mol 3mol 2mol 3mol
故所需钠、镁、铝的物质的量之比=6mol：3mol：2mol=6：3：2；
设Na2CO3和NaHCO3的物质量均为1mol，根据反应方程式 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO2↑知，生成二氧化碳都为1mol，在相同条件下产生二氧化碳的体积之比是1：1；
（2）明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42-，由反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH-，则发生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2-；
（3）n（AlCl3）=0.03 mol，n[Al（OH）3]=0.01 mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量；
由两者反应的离子方程式Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O可知，当碱的量不足时，只发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，根据氢氧化铝和氢氧根离子之间的关系式得，则V（NaOH）==15mL；
当碱过量时，生成氢氧化铝发生的反应为Al3++3OH-═Al（OH）3↓，根据氢氧化铝和氢氧根离子之间的关系式得，则V（NaOH）==15mL；根据铝离子守恒得n（AlO2-）=0.03mol-0.01mol=0.02mol，发生的反应为Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，根据方程式知，生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积==40mL，所以共加入的NaOH溶液的体积为40+15=55ml，故答案为：15毫升或55毫升；
（4）Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，则：①HCO3-、④CO32-、⑤NH4+浓度发生变化，
Na2O2具有强氧化性，②SO32-被氧化生成SO42-，②SO32-离子浓度发生变化，
浓度不变的只有③K+、⑥NO3－，
答案选A。
23.(1)由CO2、H2、 CO组成的混合气在同温、同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2气体的体积比为____________________________________
(2)等质量的水与18.4 mol·L－1硫酸混合得溶液的物质的量浓度_____9.2 mol·L－1(大于、小于、等于)
(3)200℃时CO2和水蒸气的混合气体共23.2g与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了7.2g，则原混合气体的总物质的量为_____
【答案】 (1). 13：8 (2). 小于 (3). 1mol
【解析】
【分析】（1）根据CO2、H2和CO组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同，可知混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，而CO的相对分子质量也为28，则二氧化碳与氢气的平均相对分子质量必须为28，据此进行解答；
（2）混合后所得硫酸溶液的密度小于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸的密度，则混合后所得溶液体积大于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸体积的2倍，结合稀释定律判断；
（3）向足量的固体Na2O2中通入23.2gCO2和H2O（g），发生反应：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体只增加了7.2g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=23.2g-7.2g=16g，根据n=计算生成氧气的物质的量，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2）。
【详解】（1）CO2、H2和CO组成的混合气体在同温、同压下与N2的密度相同，则混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，由于CO的相对分子质量为28，则CO2和H2的平均相对分子质量为28即可，CO的体积不受限制，利用十字相乘法得二氧化碳和氢气的体积之比：，则CO2和H2的体积之比为26：16=13：8；
（2）水的密度小于硫酸溶液的密度，与等质量的水混合后所得硫酸溶液密度小于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸的密度，则混合后溶液体积大于浓度为18.4 mol•L-1的硫酸体积的2倍，稀释中溶质硫酸的物质的量不变，则混合所得溶液的浓度小于9.2 mol•L-1；
（3）向足量的固体Na2O2中通入23.2gCO2和H2O（g），发生反应：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体只增加了7.2g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=23.2g-7.2g=16g，所以n（O2）==0.5mol，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2）=2×0.5mol=1mol。
24.某同学类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他在实验室中选择以下装置对该反应能否发生进行了实验探究．依据要求回答问题：
(1)二氧化碳的发生装置中反应的离子方程式为______________________________。
(2)为达到实验目的，选择图中的装置，其连接顺序为：二氧化碳的发生装置→______________________________。(按气流方向，用小写字母表示)；
(3)检查装置气密性良好，装好药品后，打开弹簧夹，待装置中的空气排净后才能点燃酒精灯，能说明装置中空气已经排净的现象是______________________________。
(4)该同学在制取CO2的过程中，向装置B中加入某酸后，发现固体与酸没有接触，为使反应顺利进行，下列可再加入的试剂是______
A．稀硝酸 B．H2SO4溶液 C．苯 D．CCl4溶液
(5)若反应过程中CO2足量，反应结束后，该同学对硬质玻璃管中生成的固体提出了以下猜想：①生成的固体物质为Na2CO3
②生成的固体物质为Na2CO3和C的混合物
③生成的固体物质为Na2CO3和Na2O的混合物
④生成的固体物质为Na2O和C的混合物
报告给老师后，老师认为可以排除其中的__________种情况(填序号)，则钠与CO2反应的化学方程式为______________________________。
(6)该同学觉得该装置仍有缺陷，查阅资料后得知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，于是他在装置后加装一个盛装PdCl2溶液做吸收装置，该装置中发生反应的化学方程式为________________
【答案】(1). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (2). f→g→d→e→a（b）→b（a）→h→i (3). E中石灰水变浑浊 (4). AD (5). ②、③、④ (6). 2Na+2CO2═Na2CO3+CO (7). CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl
【解析】
【分析】（1）二氧化碳制备用大理石和稀盐酸反应生成，固体和液体混合反应生成气体选择发生装置；
（2）验证钠和二氧化碳也可以发生反应，A装置中通入的二氧化碳需要是干燥纯净的二氧化碳，且不能含空气，发生装置生成的二氧化碳通过装置D中饱和碳酸氢钠除去氯化氢，通过装置C中浓硫酸干燥，然后通过装置A和钠反应，最后通过装置E中澄清石灰水除去或验证二氧化碳；
（3）利用发生装置中生成的二氧化碳排净装置中空气，E中变浑浊证明空气排净；
（4）该同学在制取CO2的过程中，向装置B中加入某酸后，发现固体与酸没有接触，为使酸和固体接触加入硝酸可以满足固体和溶液反应，苯不溶于水比水轻，四氯化碳比水重可以使酸溶液和固体接触反应，稀硫酸和碳酸根反应生成硫酸钙微溶阻止反应进行；
（5）加热条件下过量的二氧化碳可以和碳、氧化钠发生反应，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，钠做还原剂，碳元素化合价降低生成CO；
（6）PdCl2溶液吸收CO，同时得到黑色的Pd，Pd化合价降低，则碳的化合价升高，生成二氧化碳。
【详解】（1）实验室制取二氧化碳用大理石和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
（2）实验目的实验探究钠和二氧化碳也可以发生反应，首先制取二氧化碳，选择装置B，因制取二氧化碳选择的是碳酸钙和盐酸反应，盐酸易挥发，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，通过饱和的碳酸氢钠除去选择D，即f→g，除去二氧化碳中的氯化氢，通过浓硫酸干燥选择C，即g→d→e，然后探究钠和二氧化碳发生反应，选择A，即a（b）→b（a），用澄清石灰水检验是否有二氧化碳存在，即装置中空气已经排净，选择E，即h→i，所以连接顺序为：f→g→d→e→a（b）→b（a）→h→i；
（3）二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，是因为二氧化碳能和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，通过检验二氧化碳是否存在判断装置中空气是否已经排净，能说明装置中空气已经排净的现象是E中石灰水变浑浊；
（4）A．稀硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙和水、二氧化碳，所以加入稀硝酸能增大溶液体积，且盐酸、硝酸都能与碳酸钙反应，不影响二氧化碳的制备，故A选；
B．硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止酸进一步与碳酸钙反应，影响二氧化碳的制备，故B不选；
C．苯的密度小于水，加入苯，虽能增大溶液体积，但上层的苯与碳酸钙不反应，不能制备二氧化碳，故C不选；
D．CC14的密度大于水，加入CC14，能增大溶液体积，且上层的盐酸与碳酸钙反应，能制备二氧化碳，故D选；
故答案为：AD；
（5）二氧化碳与单质碳反应C+CO22CO，所以②错误，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，方程式为：Na2O+CO2=Na2CO3，所以③、④错误，钠与CO2反应生成碳酸钠和一氧化碳，反应方程式为：2Na+2CO2═Na2CO3+CO，
故答案为：②、③、④；2Na+2CO2═Na2CO3+CO；
（6）PdCl2溶液吸收CO，同时得到黑色的Pd，Pd化合价降低，则碳的化合价升高，生成二氧化碳，根据得失电子守恒以及原子守恒，反应方程式为：CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。
25.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入2.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。
①A点的沉淀物的化学式为_______________B点纵坐标为_____________
② A点至B点改用通入二氧化碳，至少须标况下二氧化碳_______________mL。
③B点含溶质物质的量是____________C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为_______________mL。
【答案】(1). Mg(OH)2 (2). Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的总质量 (3). 672mL (4). 0.06mol (5). 130mL
【解析】
【分析】固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2-转化为Al(OH)3，故A点沉淀物为 Mg(OH)2，AB段发生反应：AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，B点后发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，据此分析解答。
【详解】固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2-转化为Al(OH)3，故A点沉淀物为 Mg(OH)2，AB段发生反应：AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，B点后发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，
①由上述分析可知，A为Mg(OH)2，因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明AlO2-转化为Al(OH)3，故A点沉淀物为Mg(OH)2；
B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，故B点纵坐标为Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的总质量；
② A点至B点改用通入二氧化碳，AB段发生反应：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-，与反应AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓对比，n(CO2)= n(HCl)=2.00mol/L0.03L=0.03mol，至少须标况下二氧化碳0.03mol22.4L/mol=0.672L=672mL；
③B点溶液中存在的溶质是NaCl，根据氯原子守恒可知，n(Na)=n(Cl)=n(NaCl)，B点含溶质物质的量是2.00mol/L0.03L=0.06mol；
AB段发生反应：AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓，则n[Al（OH）3]=n（HCl）=1mol/L×（0.03-0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.02mol，氯化铝的质量为：0.02mol×133.5g/mol=2.67g；A点沉淀的是氢氧化镁，则n[Mg(OH)2]==0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n[Mg(OH)2]=0.02mol，B点溶液中存在的溶质是NaCl，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为130mL。
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