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黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一12月月考化学试题
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鹤岗一中2019级高一化学12月月考
可能用到的相对原子质量：H : 1 O:16 C:12 Na:23 Fe:56 Cu:64 Al:27
一 选择（共20题，1~10每题2分，11~20每题3分共50分）
1.NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是
A. 常温常压下，16g氧气中含有氧原子的数目为NA
B. 25℃，压强为1.01×105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NA
C. 标准状况下，11.2L水所含的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2L臭氧中含NA个氧原子
【答案】A
【解析】
A、16g氧气的物质的量为0.5mol，0.5mol氧气中含有1mol氧原子，含有氧原子的数目为NA，选项A正确；B、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氮气的物质的量，选项B错误；C、标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项C错误；D、标况下臭氧不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L臭氧的物质的量，选项D错误。答案选A。
2.有两瓶失去标签的无色液体，一瓶是饱和氯化钠溶液，一瓶是蒸馏水。为了把它们区分开，同学们提出了以下方法：①蒸发、②测密度、③测导电性、④测pH、⑤加入氯化钠、⑥加入食醋。你认为可行的是（ ）
A. ①②③⑤ B. ①③④⑤ C. ②③④⑥ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
根据饱和氯化钠溶液、蒸馏水的二者蒸发后的现象不同、密度不同、导电性不同、溶液的酸碱性相同、饱和溶液的定义及加入食醋的现象等进行分析，只要现象不同即可鉴别。
【详解】①蒸发后，饱和的氯化钠溶液有固体残留，蒸馏水没有，故①正确；
②饱和食盐水的密度大，蒸馏水的密度小，测密度可以鉴别，故②正确；
③饱和氯化钠溶液中存在大量的电解质，能够导电；蒸馏水中几乎不能导电，故③正确；
④饱和食盐水和蒸馏水都是中性溶液，用pH试纸测试的结果是一样的，pH都是7，故④错误；
⑤饱和食盐水中加食盐不会溶解，蒸馏水加食盐会溶解，故⑤正确；
⑥加食醋后现象都不明显，故⑥错误；
故正确的有：①②③⑤。
故选A。
3. 下列现象与胶体知识无关的是
A. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收
B. 向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液时溶液没有浑浊
C. 食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐
D. 某化工厂利用静电除尘技术去除废气中固体悬浮物
【答案】B
【解析】
试题分析：A、万丈霞光穿云，这是丁达尔效应，此时的云属于胶体，故不符合题意；B、不符合复分解的条件，跟胶体无关，故符合题意；C、豆浆属于胶体，加入盐卤，胶体会聚沉，故不符合题意；D、静电除尘，利用的是胶体的电泳，故不符合题意。
考点：考查胶体的性质等知识。
4.下列离子方程式中正确的是( )
A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O
B. 向NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2溶液，有白色沉淀生成：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-
C. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O
D. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋＋OH－=H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．向NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2溶液，有白色沉淀生成，发生反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故B错误；
C．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应，离子方程式：CH3COOH+OH-═H2O+CH3COO-，故D错误；
故答案为C。
【点睛】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等。②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。④注意反应物的用量对离子反应的影响。
5.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑，若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是（ ）
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应①，氧化性：FeCl3> I2，根据反应②，氧化性：Cl2>FeCl3，根据反应③，氧化性：2KMnO4>Cl2。
【详解】除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，则加入氧化性大于I2，而小于Cl2，试剂为FeCl3，答案为C。
6.将两份质量相同的铝，分别投入足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后产生氢气的质量
A. 与稀硫酸产生氢气多 B. 与氢氧化钠产生氢气多
C. 一样多 D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】
根据铝与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等，由此分析解答．
【详解】由2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的质量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2:3，因此产生的氢气是一样多，
故选C.
7.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2、CO、CH4的体积比不可能为
A. 1 ：3 ：1 B. 1 ：2 ：1 C. 1 ：1 ：1 D. 1 ：1 ：2
【答案】D
【解析】
试题分析：气体质量等于和过氧化钠反应固体质量增加的质量，说明气体的成分可以看成CO和氢气，所以需要二氧化碳和甲烷的比例为1:1，所以只要二氧化碳和甲烷1:1，就可以，所以选D。
考点：过氧化钠反应时的质量增加规律
8.ClO2是一种杀菌消每效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. H2C2O4是氧化剂 B. KClO3是还原剂
C. H2C2O4被氧化 D. H2SO4发生氧化反应
【答案】C
【解析】
H2C2O4中碳元素化合价升高，H2C2O4是还原剂，故A错误；KClO3中氯元素化合价降低，KClO3是氧化剂，故B错误；H2C2O4中碳元素化合价升高，H2C2O4是还原剂被氧化，故C正确；H2SO4中元素化合价不变，故D错误。
点睛：氧化还原反应中，所含元素化合价升高的反应物是该反应的还原剂，被氧化；所含元素化合价降低的反应物是该反应的氧化剂，被还原。
9.下列有关物质性质实验的叙述，正确的是
A. 钠在空气中燃烧，生成淡黄色的氧化钠
B. 钠是一种强还原剂，可以把钛从其盐溶液中置换出来
C. 将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的雾
D. Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而可用于净水
【答案】D
【解析】
【详解】A.钠在空气中燃烧生成过氧化钠，A错误；
B.钠的性质非常活泼，Na与盐溶液反应时，Na先与水反应，故钠不能把钛从其盐溶液中置换出来，B错误；
C. 将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的烟，C错误；
D.氢氧化铁胶体表面积大，用于吸附水中的悬浮杂质而净水，D正确；
答案选D。
10.氢氧化铝是治疗胃酸过多的胃药的主要成分，目前已不常用，其原因是（ ）
A. 它不易溶于胃液 B. 它不能中和胃酸
C. 长期摄入不利于人体健康 D. 它的疗效较差
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中氢氧化铝是治疗胃酸过多的胃药的主要成分可知，本题考查氢氧化铝的性质及铝元素对人体的危害，运用氢氧化铝的性质分析。
【详解】Al元素不是人体必需的元素，长期摄入Al元素会引起记忆力下降，易患痴呆症、影响儿童智力发育等，长期摄入Al元素不利于人体健康；因此不常用Al(OH)3来治疗胃酸过多，是因为服用后生成能被人体吸收的Al3+，C项正确；
答案选C。
11. 镁、铝单质的化学性质以相似性为主，但也存在某些较大差异性，下列物质能用于证明二者存在较大差异性的是
①CO2②盐酸 ③NaOH溶液 ④水
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②③④
【答案】C
【解析】
试题分析：：①Mg与CO2反应生成MgO和碳，Al与CO2不反应，能用于证明二者存在较大差异性，故正确；②盐酸与Mg、Al均能反应生成氢气，不能证明二者存在较大差异性，故错误；③Mg与NaOH溶液不反应，Al与Na0H溶液反应生成氢气，能用于证明二者存在较大差异性，故正确；④在热水中，镁与水会生成氢气，Al与热水不反应，能用于证明二者存在较大差异性，故正确；所以①③④正确。
考点：金属在元素周期表的位置及其性质递变规律
12.CO2与H2的混合气体5g，在150℃时和足量的氧气混合，用电火花充分引燃，在相同状况下，再将反应后所得混合气体通入到足量的Na2O2中，测得Na2O2固体增重的质量为3.4g，则原混合气体中CO2的物质的量分数为
A. 88% B. 75% C. 25% D. 32%
【答案】C
【解析】
试题分析：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，固体增加的质量相当于CO的质量，2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量，设混合气体中含有xmolCO2，ymolH2，则44x+2y＝5、28x+2y＝3.4，解得x=0.1，y=0.3，
则原混合气体中CO2物质的量分数为0.1÷(0.1+0.3)×100%=25%，故答案为C。
考点：考查混合物的计算
13.一块表面已被氧化为Na2O的钠块17.0g，将其投入100水中，产生H20.2g，则被氧化的钠是
A. 4.6 g B. 12.4 g C. 6.2 g D. 9.2 g
【答案】D
【解析】
n（H2）==0.1mol，根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，n（Na）=2n（H2）=20.1mol=0.2mol，m（Na）=0.2mol23g/mol=4.6g，m（Na2O）=17.0g-4.6g=12.4g，n（Na2O）==0.2mol，根据Na守恒，被氧化的Na的物质的量为0.2mol2=0.4mol，被氧化的Na的质量为0.4mol23g/mol=9.2g，答案选D。
14.下列反应最终没有同体析出的是
A. 向氯化钡溶液中通入少量CO2
B. 向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质
C. 向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2
D. 向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水
【答案】A
【解析】
A．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，则向氯化钡溶液中通入少量CO2，不发生反应，无固体析出，故A选；B．钠与水反应，饱和溶液中溶剂减少，则有固体NaOH析出，故B不选；C．反应生成碳酸氢钠，相同条件下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，则有固体析出，故C不选；D．NaHCO3完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水，则有沉淀生成，故D不选；故选A。
15.在均含0.3 mol盐酸和硫酸的溶液中，分别加入等质量的铁粉，充分反应后生成气体质量之比为3∶4。则加入铁粉的质量是( )
A. 11.2 g B. 8.4 g C. 5.6 g D. 1.8 g
【答案】A
【解析】
【分析】
发生反应为：Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑①、Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑②，加入铁粉质量相等，如果对于这两个反应都是铁不足，则Fe完全反应，生成气体体积之比为1∶1；若酸都不足，则酸完全反应，根据方程式可知，生成气体体积之比为1∶2，而实际气体质量(体积)之比为3∶4，所以肯定是铁对反应②不足，对于反应①铁过量。
【详解】通过方程式可以看出来，铁消耗HCl多，对于①反应来说是盐酸不足，对于②反应是Fe不足，反应①生成气体的物质的量为0.15 mol，反应完毕后生成气体的体积之比为3∶4，所以Fe与硫酸生成的气体为0.15 mol×4/3＝0.2 mol，设铁的质量为x，则：
Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑
56g 1mol
x 0.2mol
所以，56 g∶x＝1 mol∶0.2 mol，解得x＝11.2 g，故选A。
【点睛】盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，相同物质的量的酸，硫酸消耗的铁粉多。
16.200℃时，11.6g由CO2和水蒸气的混合物与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了3.6g,则原混合气体的平均摩尔质量为（ ）g/mol
A. 5.8 B. 11.6 C. 46.4 D. 23.2
【答案】D
【解析】
试题分析：设混合物中CO2和水的物质的量分别是xmol和ymol，则根据反应的方程式
2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 △m
2mol 56g
2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2 △m
2mol 4g
可知28x+2y＝3.6，又因为44x+18y＝11.6，解得x＝0.1、y＝0.4，所以原混合气体的平均摩尔质量为，答案选D。
考点：考查过氧化钠反应的有关计算
17.下列说法正确的是( )
A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现
B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来， 说明金属铝的熔点较低
C. 将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是 a%和 b%的两种溶液，则a 和 b 的关系是 a=b
D. 用如图装置进行实验，将装置①中的 AlCl3 溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，开始滴加时就可观察到有白色沉淀产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，焰色反应是某些金素元素的物理性质，故A错误；
B．Al与氧气反应生成的氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则Al熔化但不滴落，现象不合理，故B错误；
C．反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
设物质的量都为1mol，则：
Na2O+H2O=2NaOH △m
1mol 2mol 62g
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ △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相等，则两溶液溶质质量分数相等，故C正确；
D．开始时NaOH过量，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，没有有大量白色沉淀产生，故D错误；
故答案为C。
18.将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与消耗的HC1物质的量关系如图所示(忽略气体的溶解和HC1的挥发).下列说法不正确的是
A. 0点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3
B. 0到a点发生反应的离子方程式:H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-
C. 通入CO2气体的体积在标准状况下为22.4L
D. NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L
【答案】C
【解析】
A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，选项A正确；B、根据A分析可知，0到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根，发生的离子反应为：H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-，选项B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，选项C不正确；D、加入5molNaCL生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==2.5mol/L，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查混合物的计算，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分。
19.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O
C. 向AlCl3溶液中滴加足量氨水溶液出现白色沉淀Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+
D. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消失，发生反应为：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故A正确；
B．澄清的石灰水久置后生成碳酸钙沉淀，发生反应为：Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．向AlCl3溶液中滴加足量氨水溶液出现白色沉淀时发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+，故C正确；
D．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故D错误；
故答案为D。
20.在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8 g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0 g沉淀，则原样品中含有的杂质会是
A. 肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2
B. 肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2
C. 肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
D. 无法判断何种为肯定或否定的杂质
【答案】C
【解析】
【详解】样品加入水中，全部溶解，说明一定无硝酸钡，假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为x，则有：
，x=10g；
假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为y，则有：
，y≈13g；
含有一种杂质是：只能是含有硝酸钾，而不能含有碳酸钠。若含有碳酸钠则得到沉淀的质量应该大于10g小于13g，而实际只得到9g，故不可能含有碳酸钠，一定含有硝酸钾；
含有两种杂质是：是硝酸钾和碳酸钠的混合物；
即肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3，故答案为C。
二 填空
21.在下列曲线中，纵坐标表示生成氢氧化铝的量，横坐标表示加入试剂的体积。从下边图中选出选项：
(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量__________。
(2)向氢氧化钠与偏铝酸钠混合液中通入二氧化碳过量__________。
(3)向氨水中逐滴滴入氯化铝溶液至过量__________。
(4)向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠至过量__________。
(5)向偏铝酸钠溶液滴加盐酸至过量______________。
(6)向氯化镁和氯化铝混合液中加氢氧化钠至过量____________。
【答案】 (1). B (2). B (3). A (4). C (5). D (6). E
【解析】
【分析】
根据离子反应的实质与用量关系，结合图像进行分析。
【详解】(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量，先发生中和反应，NH3•H2O+HCl=NH4Cl+H2O，无沉淀，后生成Al(OH)3沉淀且最终沉淀不溶解，反应方程式为AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，与图像B吻合，故答案为B；
(2) 向NaOH与NaAlO2溶液中通入CO2气体：先发生2NaOH+CO2=2H2O+Na2CO3；后逐渐产生沉淀，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，对照图象应为B；
(3) 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，向NH3•H2O中逐滴滴入AlCl3溶液至过量：AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为A；
(4) 向氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3 +NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为C；
(5) 向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，对照图象应为D；
(6) MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为E。
【点睛】解答本题时首先要认真理解图像表达的信息，搞清发生的反应原理。铝相关图象中的反应原理归纳如下：1．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量。实验现象：①AlCl3溶液中先出现白色沉淀，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；②继续滴加NaOH溶液沉淀溶解，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；2．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量。实验现象：①NaOH溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解) ，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；②继续滴加AlCl3溶液中产生沉淀达到最大值后保持不变，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；3．向AlO2-溶液中滴加HCl溶液至过量。实验现象：①AlO2-溶液中先出现白色沉淀，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；②继续滴加HCl溶液沉淀溶解，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O； 4．向HCl溶液中滴加AlO2-+溶液至过量。实验现象：①HCl溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解) ，AlO2-+4H+=Al3++2H2O；②继续滴加AlO2-+溶液产生沉淀至不变，Al3++3AlO2-++6H2O=4Al(OH)3↓。
22.有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。
（1）写出A、B、F的化学式 A______ B ______ F ______。
（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_____________。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_______________ 。
（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式____________________________。
【答案】 (1). Na (2). H2 (3). NaAlO2 (4). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (5). 6NA (6). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2
【解析】
【分析】
有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。
【详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为：Na、H2、NaAlO2。
（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。
（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2。
【点睛】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。
23. Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
反应Ⅰ：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，处理母液的两种方法：
（1）向母液中加入石灰乳，可将其中________循环利用。
（2）向母液中通入NH3，加入细小的食盐颗粒并降温，可得到NH4Cl晶体。试写出通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式 ___________。
Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（1）装置丙中冷水的作用是 ；
（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有_______、洗涤、灼烧。NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为 ；
（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1 min的NaHCO3 样品的组成进行了以下探究。
取加热了t1 min的NaHCO3样品29．6 g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。
则曲线a对应的溶液中的离子是___________（填离子符号下同）；曲线c对应的溶液中的离子是___________；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是 ； 21
（4）若取21．0 g NaHCO3固体，加热了t2rnin后，剩余固体的质量为l4．8 g。如果把此剩余固体全部加入到200 mL 2 mol•L—1的盐酸中，则充分反应后溶液中H+ 的物质的量浓度为____________（设溶液体积变化忽略不计）
【答案】Ⅰ（1）NH3
（2）HCO3–+NH3=NH4++CO32–
Ⅱ．（1）冷却，使碳酸氢钠晶体析出
（2）过滤 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）Na+ HCO3- 1:2
（4）0．75 mol/L
【解析】
试题分析：Ⅰ（1）向分离出NaHCO3晶体后的母液NH4Cl中加入过量石灰乳，发生的反应有Ca（OH）2+2NH4Cl=2NH3↑+2H2O+CaCl2，最终产物为氯化钙、氨气，其中氨气可再利用，故答案为：NH3；
（2）通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式HCO3–+NH3=NH4++CO32–。
Ⅱ．（1）装置丙中冷水的作用是降温，使碳酸氢钠晶体析出。
（2）由装置丙中产生的NaHCO3发生的反应为，NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）溶液中有关离子的物质的量的变化为：钠离子始终不变，碳酸根离子减小，碳酸氢根离子浓度增大，当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，碳酸氢根离子减小，所以c曲线表示的是碳酸氢根离子浓度变化；碳酸根离子浓度0．2mol/L；碳酸氢根离子浓度为0．1mol/L；样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是1：2； 故答案为：Na+ ，HCO3-； 1：2；
（4）若取21g NaHCO3固体物质的量=21g/84g/mol=0．25mol，
加热了t1min后，剩余固体的质量为14．8g．依据化学方程式存在的质量变化计算：
2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2 1 62
0．2mol 0．1mol 21g-14．8g
反应后NaHCO3物质的量=0．25mol-0．2mol=0．05mol；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；消耗氯化氢物质的量0．05mol；
Na2CO3物质的量=0．1mol，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，消耗氯化氢物质的量0．2mol；
剩余氯化氢物质的量=0．200L×2mol/L-0．05mol-0．2mol=0．15mol，剩余溶液中c（H+）=
0．15mol/0．2L=0．75mol/L故答案为：0．75mol/L
考点：工业制纯碱的原理分析，生产过程中的物质变化，混合物成分的分析判断和图象定量分析计算应用。
24.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：
据此判断：
(1)固体B所含物质的化学式为___________________________________________。
(2)固体E所含物质的化学式为__________________________________。
(3)反应①的离子方程式为________________________________________。
(4)写出向A中加入过量的氢氧化钠的离子方程式________________________________，__________________________。
【答案】 (1). Al2O3 (2). (NH4)2SO4、K2SO4 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (4). Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O (5). Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O
【解析】
【分析】
KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和(NH4)2SO4；向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸钠(或者碳酸氢钠，取决于CO2的量)。
【详解】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，由流程可知，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的固体E为K2SO4 和(NH4)2SO4；
(1)由上述分析可知，B为Al2O3；
(2)由上述分析可知，E中含K2SO4、(NH4)2 SO4；
(3)反应①向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀，同时生成NaHCO3，发生反应离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
(4)向含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3的混合物中加入过量的氢氧化钠的离子方程式为Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O和Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O。
鹤岗一中2019级高一化学12月月考
可能用到的相对原子质量：H : 1 O:16 C:12 Na:23 Fe:56 Cu:64 Al:27
一 选择（共20题，1~10每题2分，11~20每题3分共50分）
1.NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是
A. 常温常压下，16g氧气中含有氧原子的数目为NA
B. 25℃，压强为1.01×105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NA
C. 标准状况下，11.2L水所含的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2L臭氧中含NA个氧原子
【答案】A
【解析】
A、16g氧气的物质的量为0.5mol，0.5mol氧气中含有1mol氧原子，含有氧原子的数目为NA，选项A正确；B、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氮气的物质的量，选项B错误；C、标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项C错误；D、标况下臭氧不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L臭氧的物质的量，选项D错误。答案选A。
2.有两瓶失去标签的无色液体，一瓶是饱和氯化钠溶液，一瓶是蒸馏水。为了把它们区分开，同学们提出了以下方法：①蒸发、②测密度、③测导电性、④测pH、⑤加入氯化钠、⑥加入食醋。你认为可行的是（ ）
A. ①②③⑤ B. ①③④⑤ C. ②③④⑥ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
根据饱和氯化钠溶液、蒸馏水的二者蒸发后的现象不同、密度不同、导电性不同、溶液的酸碱性相同、饱和溶液的定义及加入食醋的现象等进行分析，只要现象不同即可鉴别。
【详解】①蒸发后，饱和的氯化钠溶液有固体残留，蒸馏水没有，故①正确；
②饱和食盐水的密度大，蒸馏水的密度小，测密度可以鉴别，故②正确；
③饱和氯化钠溶液中存在大量的电解质，能够导电；蒸馏水中几乎不能导电，故③正确；
④饱和食盐水和蒸馏水都是中性溶液，用pH试纸测试的结果是一样的，pH都是7，故④错误；
⑤饱和食盐水中加食盐不会溶解，蒸馏水加食盐会溶解，故⑤正确；
⑥加食醋后现象都不明显，故⑥错误；
故正确的有：①②③⑤。
故选A。
3. 下列现象与胶体知识无关的是
A. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收
B. 向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙溶液时溶液没有浑浊
C. 食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐
D. 某化工厂利用静电除尘技术去除废气中固体悬浮物
【答案】B
【解析】
试题分析：A、万丈霞光穿云，这是丁达尔效应，此时的云属于胶体，故不符合题意；B、不符合复分解的条件，跟胶体无关，故符合题意；C、豆浆属于胶体，加入盐卤，胶体会聚沉，故不符合题意；D、静电除尘，利用的是胶体的电泳，故不符合题意。
考点：考查胶体的性质等知识。
4.下列离子方程式中正确的是( )
A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O
B. 向NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2溶液，有白色沉淀生成：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-
C. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O
D. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋＋OH－=H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．向NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2溶液，有白色沉淀生成，发生反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故B错误；
C．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应，离子方程式：CH3COOH+OH-═H2O+CH3COO-，故D错误；
故答案为C。
【点睛】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等。②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。④注意反应物的用量对离子反应的影响。
5.有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑，若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是（ ）
A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应①，氧化性：FeCl3> I2，根据反应②，氧化性：Cl2>FeCl3，根据反应③，氧化性：2KMnO4>Cl2。
【详解】除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，则加入氧化性大于I2，而小于Cl2，试剂为FeCl3，答案为C。
6.将两份质量相同的铝，分别投入足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后产生氢气的质量
A. 与稀硫酸产生氢气多 B. 与氢氧化钠产生氢气多
C. 一样多 D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】
根据铝与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等，由此分析解答．
【详解】由2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的质量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2:3，因此产生的氢气是一样多，
故选C.
7.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2、CO、CH4的体积比不可能为
A. 1 ：3 ：1 B. 1 ：2 ：1 C. 1 ：1 ：1 D. 1 ：1 ：2
【答案】D
【解析】
试题分析：气体质量等于和过氧化钠反应固体质量增加的质量，说明气体的成分可以看成CO和氢气，所以需要二氧化碳和甲烷的比例为1:1，所以只要二氧化碳和甲烷1:1，就可以，所以选D。
考点：过氧化钠反应时的质量增加规律
8.ClO2是一种杀菌消每效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. H2C2O4是氧化剂 B. KClO3是还原剂
C. H2C2O4被氧化 D. H2SO4发生氧化反应
【答案】C
【解析】
H2C2O4中碳元素化合价升高，H2C2O4是还原剂，故A错误；KClO3中氯元素化合价降低，KClO3是氧化剂，故B错误；H2C2O4中碳元素化合价升高，H2C2O4是还原剂被氧化，故C正确；H2SO4中元素化合价不变，故D错误。
点睛：氧化还原反应中，所含元素化合价升高的反应物是该反应的还原剂，被氧化；所含元素化合价降低的反应物是该反应的氧化剂，被还原。
9.下列有关物质性质实验的叙述，正确的是
A. 钠在空气中燃烧，生成淡黄色的氧化钠
B. 钠是一种强还原剂，可以把钛从其盐溶液中置换出来
C. 将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的雾
D. Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而可用于净水
【答案】D
【解析】
【详解】A.钠在空气中燃烧生成过氧化钠，A错误；
B.钠的性质非常活泼，Na与盐溶液反应时，Na先与水反应，故钠不能把钛从其盐溶液中置换出来，B错误；
C. 将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的烟，C错误；
D.氢氧化铁胶体表面积大，用于吸附水中的悬浮杂质而净水，D正确；
答案选D。
10.氢氧化铝是治疗胃酸过多的胃药的主要成分，目前已不常用，其原因是（ ）
A. 它不易溶于胃液 B. 它不能中和胃酸
C. 长期摄入不利于人体健康 D. 它的疗效较差
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中氢氧化铝是治疗胃酸过多的胃药的主要成分可知，本题考查氢氧化铝的性质及铝元素对人体的危害，运用氢氧化铝的性质分析。
【详解】Al元素不是人体必需的元素，长期摄入Al元素会引起记忆力下降，易患痴呆症、影响儿童智力发育等，长期摄入Al元素不利于人体健康；因此不常用Al(OH)3来治疗胃酸过多，是因为服用后生成能被人体吸收的Al3+，C项正确；
答案选C。
11. 镁、铝单质的化学性质以相似性为主，但也存在某些较大差异性，下列物质能用于证明二者存在较大差异性的是
①CO2②盐酸 ③NaOH溶液 ④水
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②③④
【答案】C
【解析】
试题分析：：①Mg与CO2反应生成MgO和碳，Al与CO2不反应，能用于证明二者存在较大差异性，故正确；②盐酸与Mg、Al均能反应生成氢气，不能证明二者存在较大差异性，故错误；③Mg与NaOH溶液不反应，Al与Na0H溶液反应生成氢气，能用于证明二者存在较大差异性，故正确；④在热水中，镁与水会生成氢气，Al与热水不反应，能用于证明二者存在较大差异性，故正确；所以①③④正确。
考点：金属在元素周期表的位置及其性质递变规律
12.CO2与H2的混合气体5g，在150℃时和足量的氧气混合，用电火花充分引燃，在相同状况下，再将反应后所得混合气体通入到足量的Na2O2中，测得Na2O2固体增重的质量为3.4g，则原混合气体中CO2的物质的量分数为
A. 88% B. 75% C. 25% D. 32%
【答案】C
【解析】
试题分析：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，固体增加的质量相当于CO的质量，2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量，设混合气体中含有xmolCO2，ymolH2，则44x+2y＝5、28x+2y＝3.4，解得x=0.1，y=0.3，
则原混合气体中CO2物质的量分数为0.1÷(0.1+0.3)×100%=25%，故答案为C。
考点：考查混合物的计算
13.一块表面已被氧化为Na2O的钠块17.0g，将其投入100水中，产生H20.2g，则被氧化的钠是
A. 4.6 g B. 12.4 g C. 6.2 g D. 9.2 g
【答案】D
【解析】
n（H2）==0.1mol，根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，n（Na）=2n（H2）=20.1mol=0.2mol，m（Na）=0.2mol23g/mol=4.6g，m（Na2O）=17.0g-4.6g=12.4g，n（Na2O）==0.2mol，根据Na守恒，被氧化的Na的物质的量为0.2mol2=0.4mol，被氧化的Na的质量为0.4mol23g/mol=9.2g，答案选D。
14.下列反应最终没有同体析出的是
A. 向氯化钡溶液中通入少量CO2
B. 向饱和氢氧化钠溶液中加入钠单质
C. 向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2
D. 向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水
【答案】A
【解析】
A．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，则向氯化钡溶液中通入少量CO2，不发生反应，无固体析出，故A选；B．钠与水反应，饱和溶液中溶剂减少，则有固体NaOH析出，故B不选；C．反应生成碳酸氢钠，相同条件下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，则有固体析出，故C不选；D．NaHCO3完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水，则有沉淀生成，故D不选；故选A。
15.在均含0.3 mol盐酸和硫酸的溶液中，分别加入等质量的铁粉，充分反应后生成气体质量之比为3∶4。则加入铁粉的质量是( )
A. 11.2 g B. 8.4 g C. 5.6 g D. 1.8 g
【答案】A
【解析】
【分析】
发生反应为：Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑①、Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑②，加入铁粉质量相等，如果对于这两个反应都是铁不足，则Fe完全反应，生成气体体积之比为1∶1；若酸都不足，则酸完全反应，根据方程式可知，生成气体体积之比为1∶2，而实际气体质量(体积)之比为3∶4，所以肯定是铁对反应②不足，对于反应①铁过量。
【详解】通过方程式可以看出来，铁消耗HCl多，对于①反应来说是盐酸不足，对于②反应是Fe不足，反应①生成气体的物质的量为0.15 mol，反应完毕后生成气体的体积之比为3∶4，所以Fe与硫酸生成的气体为0.15 mol×4/3＝0.2 mol，设铁的质量为x，则：
Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑
56g 1mol
x 0.2mol
所以，56 g∶x＝1 mol∶0.2 mol，解得x＝11.2 g，故选A。
【点睛】盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，相同物质的量的酸，硫酸消耗的铁粉多。
16.200℃时，11.6g由CO2和水蒸气的混合物与足量的Na2O2充分反应后,固体质量增加了3.6g,则原混合气体的平均摩尔质量为（ ）g/mol
A. 5.8 B. 11.6 C. 46.4 D. 23.2
【答案】D
【解析】
试题分析：设混合物中CO2和水的物质的量分别是xmol和ymol，则根据反应的方程式
2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 △m
2mol 56g
2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2 △m
2mol 4g
可知28x+2y＝3.6，又因为44x+18y＝11.6，解得x＝0.1、y＝0.4，所以原混合气体的平均摩尔质量为，答案选D。
考点：考查过氧化钠反应的有关计算
17.下列说法正确的是( )
A. 节日里燃放的五彩缤纷的烟花是某些金属元素化学性质的展现
B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来， 说明金属铝的熔点较低
C. 将等物质的量的氧化钠和过氧化钠分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别是 a%和 b%的两种溶液，则a 和 b 的关系是 a=b
D. 用如图装置进行实验，将装置①中的 AlCl3 溶液滴入装置②浓氢氧化钠溶液，开始滴加时就可观察到有白色沉淀产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，焰色反应是某些金素元素的物理性质，故A错误；
B．Al与氧气反应生成的氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则Al熔化但不滴落，现象不合理，故B错误；
C．反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，
设物质的量都为1mol，则：
Na2O+H2O=2NaOH △m
1mol 2mol 62g
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ △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相等，则两溶液溶质质量分数相等，故C正确；
D．开始时NaOH过量，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，没有有大量白色沉淀产生，故D错误；
故答案为C。
18.将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与消耗的HC1物质的量关系如图所示(忽略气体的溶解和HC1的挥发).下列说法不正确的是
A. 0点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3
B. 0到a点发生反应的离子方程式:H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-
C. 通入CO2气体的体积在标准状况下为22.4L
D. NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L
【答案】C
【解析】
A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，选项A正确；B、根据A分析可知，0到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根，发生的离子反应为：H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-，选项B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，选项C不正确；D、加入5molNaCL生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==2.5mol/L，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查混合物的计算，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分。
19.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O
C. 向AlCl3溶液中滴加足量氨水溶液出现白色沉淀Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+
D. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消失，发生反应为：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故A正确；
B．澄清的石灰水久置后生成碳酸钙沉淀，发生反应为：Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．向AlCl3溶液中滴加足量氨水溶液出现白色沉淀时发生的离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+，故C正确；
D．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故D错误；
故答案为D。
20.在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质．将13.8 g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液，可得9.0 g沉淀，则原样品中含有的杂质会是
A. 肯定没有Na2CO3，Ba(NO3)2
B. 肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2
C. 肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
D. 无法判断何种为肯定或否定的杂质
【答案】C
【解析】
【详解】样品加入水中，全部溶解，说明一定无硝酸钡，假设13.8g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为x，则有：
，x=10g；
假设13.8g纯碳酸钠产生碳酸钙的质量为y，则有：
，y≈13g；
含有一种杂质是：只能是含有硝酸钾，而不能含有碳酸钠。若含有碳酸钠则得到沉淀的质量应该大于10g小于13g，而实际只得到9g，故不可能含有碳酸钠，一定含有硝酸钾；
含有两种杂质是：是硝酸钾和碳酸钠的混合物；
即肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3，故答案为C。
二 填空
21.在下列曲线中，纵坐标表示生成氢氧化铝的量，横坐标表示加入试剂的体积。从下边图中选出选项：
(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量__________。
(2)向氢氧化钠与偏铝酸钠混合液中通入二氧化碳过量__________。
(3)向氨水中逐滴滴入氯化铝溶液至过量__________。
(4)向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠至过量__________。
(5)向偏铝酸钠溶液滴加盐酸至过量______________。
(6)向氯化镁和氯化铝混合液中加氢氧化钠至过量____________。
【答案】 (1). B (2). B (3). A (4). C (5). D (6). E
【解析】
【分析】
根据离子反应的实质与用量关系，结合图像进行分析。
【详解】(1)向盐酸酸化的氯化铝溶液中逐滴滴入氨水至过量，先发生中和反应，NH3•H2O+HCl=NH4Cl+H2O，无沉淀，后生成Al(OH)3沉淀且最终沉淀不溶解，反应方程式为AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，与图像B吻合，故答案为B；
(2) 向NaOH与NaAlO2溶液中通入CO2气体：先发生2NaOH+CO2=2H2O+Na2CO3；后逐渐产生沉淀，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，对照图象应为B；
(3) 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，向NH3•H2O中逐滴滴入AlCl3溶液至过量：AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为A；
(4) 向氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3 +NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为C；
(5) 向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积为1：3，对照图象应为D；
(6) MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为E。
【点睛】解答本题时首先要认真理解图像表达的信息，搞清发生的反应原理。铝相关图象中的反应原理归纳如下：1．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量。实验现象：①AlCl3溶液中先出现白色沉淀，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；②继续滴加NaOH溶液沉淀溶解，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；2．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量。实验现象：①NaOH溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解) ，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；②继续滴加AlCl3溶液中产生沉淀达到最大值后保持不变，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；3．向AlO2-溶液中滴加HCl溶液至过量。实验现象：①AlO2-溶液中先出现白色沉淀，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；②继续滴加HCl溶液沉淀溶解，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O； 4．向HCl溶液中滴加AlO2-+溶液至过量。实验现象：①HCl溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解) ，AlO2-+4H+=Al3++2H2O；②继续滴加AlO2-+溶液产生沉淀至不变，Al3++3AlO2-++6H2O=4Al(OH)3↓。
22.有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。
（1）写出A、B、F的化学式 A______ B ______ F ______。
（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_____________。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_______________ 。
（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式____________________________。
【答案】 (1). Na (2). H2 (3). NaAlO2 (4). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (5). 6NA (6). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2
【解析】
【分析】
有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。
【详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为：Na、H2、NaAlO2。
（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。
（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2。
【点睛】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。
23. Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
反应Ⅰ：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，处理母液的两种方法：
（1）向母液中加入石灰乳，可将其中________循环利用。
（2）向母液中通入NH3，加入细小的食盐颗粒并降温，可得到NH4Cl晶体。试写出通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式 ___________。
Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（1）装置丙中冷水的作用是 ；
（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有_______、洗涤、灼烧。NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为 ；
（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1 min的NaHCO3 样品的组成进行了以下探究。
取加热了t1 min的NaHCO3样品29．6 g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。
则曲线a对应的溶液中的离子是___________（填离子符号下同）；曲线c对应的溶液中的离子是___________；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是 ； 21
（4）若取21．0 g NaHCO3固体，加热了t2rnin后，剩余固体的质量为l4．8 g。如果把此剩余固体全部加入到200 mL 2 mol•L—1的盐酸中，则充分反应后溶液中H+ 的物质的量浓度为____________（设溶液体积变化忽略不计）
【答案】Ⅰ（1）NH3
（2）HCO3–+NH3=NH4++CO32–
Ⅱ．（1）冷却，使碳酸氢钠晶体析出
（2）过滤 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）Na+ HCO3- 1:2
（4）0．75 mol/L
【解析】
试题分析：Ⅰ（1）向分离出NaHCO3晶体后的母液NH4Cl中加入过量石灰乳，发生的反应有Ca（OH）2+2NH4Cl=2NH3↑+2H2O+CaCl2，最终产物为氯化钙、氨气，其中氨气可再利用，故答案为：NH3；
（2）通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式HCO3–+NH3=NH4++CO32–。
Ⅱ．（1）装置丙中冷水的作用是降温，使碳酸氢钠晶体析出。
（2）由装置丙中产生的NaHCO3发生的反应为，NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）溶液中有关离子的物质的量的变化为：钠离子始终不变，碳酸根离子减小，碳酸氢根离子浓度增大，当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，碳酸氢根离子减小，所以c曲线表示的是碳酸氢根离子浓度变化；碳酸根离子浓度0．2mol/L；碳酸氢根离子浓度为0．1mol/L；样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是1：2； 故答案为：Na+ ，HCO3-； 1：2；
（4）若取21g NaHCO3固体物质的量=21g/84g/mol=0．25mol，
加热了t1min后，剩余固体的质量为14．8g．依据化学方程式存在的质量变化计算：
2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2 1 62
0．2mol 0．1mol 21g-14．8g
反应后NaHCO3物质的量=0．25mol-0．2mol=0．05mol；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；消耗氯化氢物质的量0．05mol；
Na2CO3物质的量=0．1mol，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，消耗氯化氢物质的量0．2mol；
剩余氯化氢物质的量=0．200L×2mol/L-0．05mol-0．2mol=0．15mol，剩余溶液中c（H+）=
0．15mol/0．2L=0．75mol/L故答案为：0．75mol/L
考点：工业制纯碱的原理分析，生产过程中的物质变化，混合物成分的分析判断和图象定量分析计算应用。
24.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：
据此判断：
(1)固体B所含物质的化学式为___________________________________________。
(2)固体E所含物质的化学式为__________________________________。
(3)反应①的离子方程式为________________________________________。
(4)写出向A中加入过量的氢氧化钠的离子方程式________________________________，__________________________。
【答案】 (1). Al2O3 (2). (NH4)2SO4、K2SO4 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (4). Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O (5). Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O
【解析】
【分析】
KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和(NH4)2SO4；向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸钠(或者碳酸氢钠，取决于CO2的量)。
【详解】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，由流程可知，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的固体E为K2SO4 和(NH4)2SO4；
(1)由上述分析可知，B为Al2O3；
(2)由上述分析可知，E中含K2SO4、(NH4)2 SO4；
(3)反应①向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀，同时生成NaHCO3，发生反应离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
(4)向含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3的混合物中加入过量的氢氧化钠的离子方程式为Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O和Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O。
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