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【化学】辽宁省沈阳市东北育才学校2018-2019学年高一上学期第二次月考试题（解析版）
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辽宁省沈阳市东北育才学校2018-2019学年高一上学期第二次月考试题
1.关于钠元素的单质及其化合物的叙述不正确的是（ ）
A. 钠，银白色，质软，熔点相对较低，密度比水小
B. 大量的钠着火时可以用沙子扑灭，少量的钠应保存在煤油中
C. 金属钠在空气中长期放置，最终变为碳酸钠
D. 氧化钠和过氧化钠都是白色固体
【答案】D
【详解】A、根据金属钠的物理性质可以判断，选项A正确；B、钠着火时可以用沙子灭火，不能用水或CO2灭火，在实验室中少量的钠保存在煤油中，以隔绝空气，选项B正确；C、钠在空气中长时间放置时，发生Na→Na2O→NaOH→Na2CO3等一系列变化，最终生成Na2CO3，选项C正确；D、Na2O是白色固体，而Na2O2是淡黄色固体，选项D不正确。答案选D。
2.实验室用蔗糖配制50.0g溶质的质量分数为10%的蔗糖溶液，下列说法错误的是（ ）
A. 用量程为10 mL的量筒量取所需的水
B. 用托盘天平称取5.0 g蔗糖
C. 溶解蔗糖时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒
D. 将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签
【答案】A
【详解】A、配制50.0g溶质质量分数为10%的蔗糖溶液，需蔗糖的质量=50.0g×10%=5.0g，溶剂质量=溶液质量-溶质质量，所需溶剂的质量为50.0g-5g=45g，水的密度近似为1g/mL，应用规格为50mL的量筒量取水的体积，故A选项说法错误。
B、溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，配制50.0g溶质质量分数为10%的蔗糖溶液，需蔗糖的质量=50.0g×10%=5.0g，故B选项说法正确。
C、溶解蔗糖时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒（作用是搅拌，加快溶解），故C选项说法正确。
D、配制完成后，要将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签，故D选项说法正确。
答案选A。
3.在密闭容器中充入CO和CO2的混合气体，其密度是相同条件下氦气密度的8倍，这时测得容器内压强为P1，若控制容器的体积不变，加入足量的过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2关系是（ ）
A. P1=8P2 B. P1=4P2 C. P1=2P2 D. P1=P2
【答案】A
【解析】
【分析】2CO＋O2 2CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于发生反应：CO+Na2O2=Na2CO3，则CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，根据混合气体密度是相同条件下氦气密度的8倍，计算混合气体中CO2和CO的物质的量之比，再根据反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比来计算。
【详解】CO和CO2的混合气体的密度是相同条件下氦气密度的8倍，则=4×8=32，整理得n(CO2):n(CO)=1:3，CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，令开始时n(CO2)=1mol、n(CO)=3mol，则用电火花点燃至完全反应后，容器内n(O2)=n(CO2)=0.5mol，反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比，则P1:P2=(1mol＋3mol):0.5mol=8:1，即P1=8P2，答案选A。
4. 将一定质量的甲烷和一氧化碳的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，将生成物依次通入盛有足量浓硫酸和氢氧化钠溶液的洗气瓶，实验测得装有浓硫酸的洗气瓶增重5.4克，装有氢氧化钠溶液的洗气瓶增重8.8克。混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量之比为（ ）
A. 12：7 B. 3：1 C. 1：3 D. 1：1
【答案】B
【解析】试题分析：CO和CH4组成的混合气体在O2中充分燃烧生成二氧化碳与水，NaOH溶液吸收二氧化碳，故NaOH溶液增重8.8克为二氧化碳质量，所以生成二氧化碳的物质的量是n(CO2)=8.8g÷44g/mol=0.2mol，浓硫酸具有吸水性，故浓H2SO4增重5.4克为生成的水的质量，所以生成的水的物质的量是n(H2O)= 5.4g÷18g/mol=0.3mol,根据氢原子守恒，甲烷的物质的量是n(CH4)="1/2" n(H2O)=0.15mol；根据碳元素守恒可知一氧化碳的物质的量是0.2mol-0.15mol=0.05mol；则混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量之比为0.15mol:0.05mol=3:1，选项B正确。
5.实验室用下列溶质配制一种混合溶液，已知溶液中：c(K+)=c(Cl—)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42—)，则其溶质可能是（ ）
A. MgCl2、Na2SO4、K2SO4 B. KCl、Na2SO4、NaCl
C. NaCl、Na2SO4、K2SO4 D. KCl、Na2SO4、K2SO4
【答案】C
【解析】
【分析】根据c(K+)=c(Cl－)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)，结合各选项中溶质的组成进行判断是否满足各离子浓度关系即可。
【详解】A．若溶质为MgCl2、Na2SO4、K2SO4，根据物料守恒知c(Na+)＜2c(SO42－)，与1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)不符，故A错误；
B．若溶质为KCl、Na2SO4、NaCl，根据物料守恒知c(Na+)＞2c(SO42－)，与1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)不符，故B错误；
C．若溶质为NaCl、Na2SO4、K2SO4，且物质的量之比为2：2：1时溶液中的离子可满足c(K+)=c(Cl－)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)，故C正确；
D．若溶质为KCl、Na2SO4、K2SO4，则c(K+)＞c(Cl－)，与c(K+)=c(Cl－)不符，故D错误；
答案选C。
6.某胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚．下列有关说法正确的是（ ）
A. 胶体粒子直径约为10﹣9～10﹣7cm B. Na+使此胶体凝聚的效果与Ca2+、Mg2+相同
C. 胶体带有负电荷 D. 该胶体遇BaCl2溶液或Fe（OH）3胶体可发生凝聚
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1～100nm之间，即为10-9～10-7m，故A错误；
B、盐卤（Mg2+）和石膏水（Ca2+）都是二价阳离子，食盐水和硫酸钠中均是+1价钠离子，胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚说明胶体表面吸附的主要是阴离子，它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好，即Na+使此胶体凝聚的效果不如Ca2+、Mg2+好，故B错误；
C、胶体本身不带电，是胶体中的胶粒带电，故C错误；
D、该胶体遇钙、镁、钡离子易发生聚沉，而遇钠离子则不易发生聚沉，说明阳离子电荷越多对胶体影响越大，所以该胶体的胶粒带负电荷，同时与胶粒带正电荷的胶体发生聚沉，Fe（OH）3胶体的胶粒带正电荷，可使该胶体发生凝聚，故D正确。
答案选D。
7.下列反应的离子方程式书写错误的是（ ）
A. 向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O
B. NH4Fe（SO4）2稀溶液加入过量NaOH：NH4++Fe3++4OH﹣═NH3•H2O+Fe（OH）3↓
C. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑
D. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水应该生成碳酸钙、一水合氨和水，离子方程式为HCO3－+NH4++Ca2++2OH﹣＝NH3•H2O+CaCO3↓+H2O，A错误；
B. NH4Fe（SO4）2稀溶液加入过量NaOH生成硫酸钠、一水合氨、氢氧化铁，离子方程式为NH4++Fe3++4OH﹣＝NH3•H2O+Fe（OH）3↓，B正确；
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，C正确；
D. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，D正确。
答案选A。
8.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. Na2O2、Al2S3、FeCl2均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】C
【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、钠与O2点燃条件下反应生成Na2O2、Al与S反应生成Al2S3，但Fe与Cl2反应生成FeCl3，因此FeCl2不能通过单质直接化合得到，故C错误；
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，钠与水反应所得溶液质量小于氧化钠和水反应所得溶液质量，则a＞b，故D正确。
答案选C。
9.已知：①2HI+Cl2=2HCl+I2，②2Fe+3Cl2=2FeCl3，③2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2．在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 1：3：3 C. 3：1：1 D. 6：3：2
【答案】C
【解析】
【详解】反应中只有氯气是氧化剂，3个反应得失电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1mol，根据2HI+Cl2═2HCl+I2 ，n（HI）=2mol，根据2Fe +3Cl2═2FeCl3，n（Fe）=mol，根据2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2，n（FeBr2）=1mol×=mol，故n（HI）：n（Fe）：n（FeBr2）=2mol：mol：mol=3：1：1，答案选C。
10.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比（ ）
A. 1：3 B. 4：3 C. 2：1 D. 3：1
【答案】B
【解析】试题分析：Cl2 生成ClO- 与ClO3 - 是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价， ClO- 与ClO3 -的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO-为11mol，ClO3 -为1mol，被氧化的Cl原子的物质的量共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1-0)+1mol×(5-0)=16mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2 生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4:3，选项B正确。
11.根据表中信息判断，下列选项不正确的是（ ）
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4、…
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO4﹣、…
Cl2、Mn2+、…
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B. 第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：1
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移2 mol电子
D. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+
【答案】B
【解析】A、反应①中Mn元素化合价降低，则KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化生成O2，由原子守恒可知，还有水生成，选项A正确；B、由于还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，发生反应：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与 FeBr2的物质的量之比≤1：2时产物为FeCl3、FeBr3，若Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：1，部分溴离子被氧化，选项B不正确；C、反应中Mn元素化合价降低，KMnO4作氧化剂，氯气为氧化产物，则反应物中含有Cl﹣，生成1mol Cl2，转移电子为1mol×2=2mol，选项C正确；D、反应②中氯气可以氧化溴离子为溴单质，氧化亚铁离子为铁离子，溴单质可以氧化亚铁离子为铁离子，故氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，反应③KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物，故氧化性MnO4﹣＞Cl2，则氧化性MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，选项D正确。答案选B。
12.含有下列各组离子的溶液中，通入或加入过量某种物质后各离子仍能大量存在的是（ ）
选项
溶液中的离子
通入(或加入)过量的某种物质
A
K+、Ba2+、Fe2+、NO3-
通入HCl气体
B
AlO2-、Na+、Cl-、SO42-
通入CO2气体
C
Cu2+、Na+、SCN-、Al3+
加入FeCl2溶液
D
CO32-、Cl-、K+、Na+
通入CO2气体
【答案】C
【解析】
【详解】A、通入HCl气体后，溶液显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B、通入CO2会与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量存在，B错误；
C、Cu2+、Na+、SCN-、Al3+在溶液中相互之间不反应，能大量存在，加入氯化亚铁后不反应，仍然能大量共存，C正确；
D、通入过量CO2后与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，不能大量存在，D错误；
答案选C。
13.有下列四组物质，如果把某组物质中的后者逐滴加入到前者中至过量，将出现“先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解”的现象，这组物质是（ ）
A. 稀硫酸、氯化钡溶液 B. 硫酸铝溶液、氨水
C. 氯化钠溶液、硝酸银溶液 D. 氯化铝溶液、氢氧化钠溶液
【答案】D
【详解】A、把氯化钡溶液逐滴加入到稀硫酸中至过量，产生白色沉淀，不出现白色沉淀溶解的现象，A不符合；
B、把氨水逐滴加入到硫酸铝溶液中至过量，先产生白色沉淀，但氢氧化铝不能溶解在氨水中，不出现白色沉淀溶解的现象，B不符合；
C、把硝酸银溶液逐滴加入到氯化钠溶液中至过量，产生白色沉淀，不出现白色沉淀溶解的现象，C不符合；
D、把氢氧化钠溶液逐滴加入到氯化铝溶液中至过量，先产生白色沉淀Al(OH)3，然后Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，白色沉淀溶解，D符合。
答案选D。
14.下列混合物分离(或除杂) 的方法正确的是（ ）
A. 除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤
B. 除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤
C. 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3:加适量稀盐酸
D. 除去Al2O3中的少量Fe2O3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
【答案】A
【解析】A，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤，A项正确；B，加入盐酸会将BaCO3溶解，BaSO4不溶于盐酸，B项错误；C，加入适量盐酸可能发生的反应有Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，一方面盐酸的量难以控制，另一方面引入新杂质NaCl，同时NaHCO3可能减少，C项错误；D，加入过量NaOH会将Al2O3溶解转化为NaAlO2，Fe2O3与NaOH溶液不反应，不能将杂质除去，D项错误；答案选A。
15.向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0．1 mol·L-1盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是（ ）
A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1
B. 当0
D. 乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为224mL（标准状况）
【答案】A
【解析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑。A．根据图象可知，当V(HCl)=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)==0.5mol/L，故A正确；B．在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl 的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V(HCl)＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，故B错误；C．氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故C错误；D．乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A。
16.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是（ ）
①Na、Na2O、Na2O2 ②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2 ③Fe、FeCl2、FeCl3 ④NaOH、Na2CO3、NaHCO3 ⑤C、CO、CO2
A. ①②③④⑤ B. ②④ C. ①③⑤ D. ①②④⑤
【答案】D
【解析】①若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的时候生成Na2O2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故②正确；③若X为Fe、W为Cl2，则Fe与Cl2只生成FeCl3，故③错误；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，故④正确；⑤若X为C、W为O2，则Y为CO、Z为CO2，碳与氧气能够发生不完全燃烧和完全燃烧，一氧化碳也能燃烧生成二氧化碳，故⑤正确；故选D。
17.Fe 和 Fe2O3 的混合物共 27.2g，加入 200mL 稀 H2SO4，在标准状况下收集到 2.24LH2，Fe和 Fe2O3 均无剩余。为中和过量的 H2SO4，并使 Fe 元素全部转化为 Fe(OH)2 沉淀，消耗了 400mL 3mol/L 的 NaOH 溶液，则该 H2SO4 的物质的量浓度为（ ）
A. 3mol/L B. 2.25mol/L C. 2mol/L D. 0.5mol/L
【答案】A
【解析】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，再加入NaOH溶液，使FeSO4全部转化为Fe(OH)2沉淀，反应后溶液成分为Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)=n(NaOH)，则有：n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)=×3mol/L×0.4L=0.6mol，故c(H2SO4)==3mol/L，故选A。
18.下列物质：①稀HNO3．②BaCl2溶液；③KI溶液；④NaAlO2溶液；⑤KSCN溶液；⑥酸性K2Cr2O7溶液，与Fe2（SO4）3不反应的是（ ）
A. ①⑥ B. ④⑥ C. ③④ D. ①④⑥
【答案】A
【详解】稀硝酸和重铬酸钾都是强氧化剂，但是不能将硫酸铁氧化，所以不与硫酸铁反应。氯化钡和硫酸铁发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氯化铁；碘化钾溶液中的碘离子还原性较强，可被硫酸铁氧化为碘单质。偏铝酸钠与硫酸铁也会发生双水解反应，生成氢氧化铝、氢氧化铁和硫酸钠。硫氰化钾溶液遇硫酸铁变为血红色溶液。综上所述①⑥符合条件。答案选A。
19.将总的物质的量为 n mol 的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为 x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是（ ）
A. x=V/11.2n B. 0
【解析】金属没有剩余，说明反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑中铝与氢氧化钠恰好完全或氢氧化钠过量，否则剩下铝不与水反应。若恰好反应，即钠与铝按1：1混合，x=0.5，则有钠0.5n mol，铝0.5n mol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，0.5n mol钠生成氢气0.25n mol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，0.5n mol铝生成氢气0.75n mol，所以共生成氢气0.25n mol+0.75n mol=n mol，氢气体积为22.4n L。若氢氧化钠过量，即1＞x＞0.5，则有钠nx mol，铝n（1-x）mol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，nx mol钠生成氢气0.5nx mol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，n（1-x）mol铝生成氢气1.5n（1-x）mol，所以共生成氢气0.5nx mol+1.5n（1-x）mol=n（1.5-x）mol，氢气体积为22.4n（1.5-x）L。则根据上面的关系可知，钠越多气体总量越少，当全是钠时，即x=1，生成氢气体积为11.2n L，故氢气体积为11.2n L＜V≤22.4n L，答案选D。
20.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法不正确的是（ ）
A. a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+
C. c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5 mol·L－1
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，首先铁离子氧化单质铁，然后是铜离子氧化单质铁，结合反应的方程式和图像分析判断。
【详解】A、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，如图加入0.56g(即0.01mol)Fe之后开始出现固体，则a点溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；
B、由图可得，加入铁粉从0.56g～1.68g(即0.01mol～0.03mol)时，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，所以此时发生反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，b点在该范围内，故B正确；
C、加入铁粉为从0.56g～2.24g(即0.01mol～0.04mol)时，若发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则生成0.03mol(即1.92g)Cu，而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中早已没有Cu2+，设0.03mol铁粉中与Cu2+反应的为x mol，剩余y mol，则生成Cu的质量为64x g，剩余铁的质量为56y g，所以x+y=0.03、64x+56y=1.84，解得：x=0.02、y=0.01，因此加入铁粉从0.56g～1.68g(即0.01mol～0.03mol)时，刚好与溶液中的Cu2+反应完全，溶液中溶质为FeSO4，又根据前面的分析可得反应Fe+2Fe3+=3Fe2+生成Fe2+0.03mol，又因为反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+生成Fe2+0.02mol，所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为：(0.03mol+0.02mol)÷0.1L=0.5 mol·L-1，故C正确；
D、由前面的分析可得，原溶液中Fe3+为0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，Cu2+为0.02mol，则CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比，为1：2，故D错误。
答案选D。
21.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL(标况)气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀。由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）。
一定含有的离子种类
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____
____
____
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物质的量浓度（mol/L）
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____
____
【答案】一定含有：SO42- NH4+、 、Fe3+Al3+、 、Cl- ，它们的物质的量浓度分别是C(SO42)=0.2mol∕L;C(NH4+)="0.2" mol∕L ;C(、Fe3+)="0.2mol∕L" ;C(Al3+)="0.4mol∕L;" C(Cl-)≥1.6 mol∕L.
【解析】试题分析：①向混合液中加入过量NaOH溶液加热放出气体，说明含有铵根离子。其物质的量为：n(NH4+)=0.448L∕22.4L·mol-1=0.02mol,所以C(NH4+)="0.02" mol∕0.1L="0.2" mol∕L；②产生红褐色Fe（OH）3沉淀说明含有Fe3+。Fe（OH）3沉灼烧分解得到Fe2O3。根据Fe守恒可得n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2×1.6g∕160g·mol-1="0.02" mol，C(Fe3+)="0.02mol∕0.1L=0.2" mol∕L; ③加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀说明含有SO42-。它的物质的量浓度为C(SO42)={2×2.33g∕233g·mol-1}∕0.1L=0.02mol∕0.1L=0.2mol∕L;
0.2mol∕L; ④另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀,说明含有Al3+、而无CO32-。产生的白色沉淀是氢氧化铝。C(Al3+)={2×1.56g∕78g·mol-1}∕0.1L="0.04mol∕0.1L=0.4" mol∕L;根据溶液呈电中性可知溶液中还应该含有阴离子Cl-。若只含有上述离子则根据n(Cl-)+2n(SO42-)=n((NH4+)+3n((Fe3+)+3n(Al3+)可得n(Cl-)="0.02mol+3×0.02mol+3×0.04mol-2×0.02mol=0.16mol," C(Cl-)="0.16mol∕0.1L=1.6" mol∕L;若还含有其它离子如钾离子，则氯离子的浓度就大于1.6mol∕L.所以氯离子的浓度大于等于1.6 mol∕L。
22.将3mol/L NaOH溶液滴入到25mL一定浓度的AlCl3溶液中。下图是整个过程的数学分析曲线。其中横轴表示加入OH－的物质的量，纵轴表示产生的Al(OH)3沉淀的物质的量。据图回答：
（1）OA曲线表示的离子反应是：__________________________；由此可得A点时加入氢氧化钠溶液的体积为____________；
（2）AB曲线表示的离子反应为：___________，由此可得B点的坐标为：_______。
（3）由上述分析，可求得AlCl3溶液中Al3+离子的浓度为：____mol/L。
（4）当x=0.035时，铝元素在体系中的存在形式为________，其物质的量为____________。
【答案】(1). Al3++3OH－＝Al(OH)3↓ (2). 10mL (3). Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O (4). （0.04，0） (5). 0.4 (6). Al(OH)3、AlO2－ (7). 0.005mol、0.005mol
【解析】
【分析】根据图像，当从O点向A点运动时，表示随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐增加，A点Al3+刚好完全沉淀，沉淀量达最大值；从A点到B点，随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐减少，B点时Al(OH)3刚好完全溶解。根据原子守恒和相关方程式进行计算。
【详解】（1）当从O点向A点运动时，表示随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐增加，因此OA曲线表示的离子反应是：Al3++3OH-＝Al(OH)3↓。A点生成的氢氧化铝是0.01mol，则A点消耗的n（NaOH）＝0.03mol，所以A点时加入氢氧化钠溶液的体积为为0.03mol÷3mol/L＝0.01L＝10mL。
（2）AB曲线表示Al(OH)3溶于NaOH，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O。溶解0.01mol Al(OH)3消耗氢氧化钠0.01mol，由于之前已经消耗了0.03mol氢氧化钠，则B点的坐标为（0.04，0）。
（3）根据铝原子守恒可知n（AlCl3）＝0.01mol，则c（AlCl3）＝0.01mol÷0.025L＝0.4mol/L，即AlCl3溶液中Al3+离子的浓度为0.4mol/L。
（4）当x＝0.035时，加入氢氧化钠物质的量大于0.03mol（A点）小于0.04mol（B点），说明AlCl3完全沉淀后并溶解了部分Al(OH)3，铝元素在体系中的存在形式为Al(OH)3和AlO2-。加入0.03mol氢氧化钠时AlCl3完全沉淀生成0.01mol Al(OH)3沉淀，x＝0.035mol时，溶解Al(OH)3消耗的氢氧化钠为0.035mol-0.03mol＝0.005mol，根据离子反应Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O可知0.005mol氢氧化钠溶解0.005mol Al(OH)3同时生成0.005molAlO2-，剩余的Al(OH)3为0.01mol-0.005mol＝0.005mol；当x＝0.035时，铝元素在体系中的存在形式为Al(OH)3和AlO2-，Al(OH)3和AlO2-物质的量都为0.005mol。
23.已知A为金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）。
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出物质B的化学式：________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
反应①______________________________________。
反应②_______________________________________。
（3）写出下列反应的离子方程式：反应C→D________________________。
（4）检验D中阳离子的方法：_______________。
【答案】(1). Fe3O4 (2). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
(3). Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl- (5). 取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+
【解析】
【分析】红褐色固体出现，为氢氧化铁，说明金属单质A为铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁（C）和氢气(F)，氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁（D），氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁（E），接着被氧气氧化为红褐色固体氢氧化铁。反应②需要加热，说明铁与水蒸气加热条件下反应生成四氧化三铁（B）和氢气(F)；据此解答。
【详解】根据以上分析可知A为铁，B为四氧化三铁，C为氯化亚铁，D为氯化铁，E为氢氧化亚铁，F为氢气，则
（1）B为四氧化三铁，化学式为Fe3O4。
（2）反应①是氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3；反应②是铁和水蒸气反应，方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（3）C转化为D是氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；
（4）Fe3+检验方法为取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+。
24.有一含 NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。
（1）实验步骤：
①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是_________________。
②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是______________。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为______________________、_______________。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。
（2）关于该实验方案，请回答下列问题。
①如果实验中没有E装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
②若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为________(用含w、m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). 除去装置中的水蒸气和二氧化碳 (3). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑ (4). Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑ (5). 偏大 (6). ×100%
【解析】
【分析】将混合物加热会产生H2O（g）、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质可知，应先吸收水，后吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法排出装置中的空气，关键操作应是排出B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3，就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验，据此解答。
【详解】（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置的气密性；
③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳；
④含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑、Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑；
（2）①干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大；
②若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x g，则
2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑
18g 44g
x m2 g
解得x＝18m2/44
装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量为(m1g－18m2/44)g，则根据Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑可知十水碳酸钠的质量为，所以十水碳酸钠的质量分数为。
1.关于钠元素的单质及其化合物的叙述不正确的是（ ）
A. 钠，银白色，质软，熔点相对较低，密度比水小
B. 大量的钠着火时可以用沙子扑灭，少量的钠应保存在煤油中
C. 金属钠在空气中长期放置，最终变为碳酸钠
D. 氧化钠和过氧化钠都是白色固体
【答案】D
【详解】A、根据金属钠的物理性质可以判断，选项A正确；B、钠着火时可以用沙子灭火，不能用水或CO2灭火，在实验室中少量的钠保存在煤油中，以隔绝空气，选项B正确；C、钠在空气中长时间放置时，发生Na→Na2O→NaOH→Na2CO3等一系列变化，最终生成Na2CO3，选项C正确；D、Na2O是白色固体，而Na2O2是淡黄色固体，选项D不正确。答案选D。
2.实验室用蔗糖配制50.0g溶质的质量分数为10%的蔗糖溶液，下列说法错误的是（ ）
A. 用量程为10 mL的量筒量取所需的水
B. 用托盘天平称取5.0 g蔗糖
C. 溶解蔗糖时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒
D. 将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签
【答案】A
【详解】A、配制50.0g溶质质量分数为10%的蔗糖溶液，需蔗糖的质量=50.0g×10%=5.0g，溶剂质量=溶液质量-溶质质量，所需溶剂的质量为50.0g-5g=45g，水的密度近似为1g/mL，应用规格为50mL的量筒量取水的体积，故A选项说法错误。
B、溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，配制50.0g溶质质量分数为10%的蔗糖溶液，需蔗糖的质量=50.0g×10%=5.0g，故B选项说法正确。
C、溶解蔗糖时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒（作用是搅拌，加快溶解），故C选项说法正确。
D、配制完成后，要将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签，故D选项说法正确。
答案选A。
3.在密闭容器中充入CO和CO2的混合气体，其密度是相同条件下氦气密度的8倍，这时测得容器内压强为P1，若控制容器的体积不变，加入足量的过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2关系是（ ）
A. P1=8P2 B. P1=4P2 C. P1=2P2 D. P1=P2
【答案】A
【解析】
【分析】2CO＋O2 2CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于发生反应：CO+Na2O2=Na2CO3，则CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，根据混合气体密度是相同条件下氦气密度的8倍，计算混合气体中CO2和CO的物质的量之比，再根据反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比来计算。
【详解】CO和CO2的混合气体的密度是相同条件下氦气密度的8倍，则=4×8=32，整理得n(CO2):n(CO)=1:3，CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，令开始时n(CO2)=1mol、n(CO)=3mol，则用电火花点燃至完全反应后，容器内n(O2)=n(CO2)=0.5mol，反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比，则P1:P2=(1mol＋3mol):0.5mol=8:1，即P1=8P2，答案选A。
4. 将一定质量的甲烷和一氧化碳的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，将生成物依次通入盛有足量浓硫酸和氢氧化钠溶液的洗气瓶，实验测得装有浓硫酸的洗气瓶增重5.4克，装有氢氧化钠溶液的洗气瓶增重8.8克。混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量之比为（ ）
A. 12：7 B. 3：1 C. 1：3 D. 1：1
【答案】B
【解析】试题分析：CO和CH4组成的混合气体在O2中充分燃烧生成二氧化碳与水，NaOH溶液吸收二氧化碳，故NaOH溶液增重8.8克为二氧化碳质量，所以生成二氧化碳的物质的量是n(CO2)=8.8g÷44g/mol=0.2mol，浓硫酸具有吸水性，故浓H2SO4增重5.4克为生成的水的质量，所以生成的水的物质的量是n(H2O)= 5.4g÷18g/mol=0.3mol,根据氢原子守恒，甲烷的物质的量是n(CH4)="1/2" n(H2O)=0.15mol；根据碳元素守恒可知一氧化碳的物质的量是0.2mol-0.15mol=0.05mol；则混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量之比为0.15mol:0.05mol=3:1，选项B正确。
5.实验室用下列溶质配制一种混合溶液，已知溶液中：c(K+)=c(Cl—)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42—)，则其溶质可能是（ ）
A. MgCl2、Na2SO4、K2SO4 B. KCl、Na2SO4、NaCl
C. NaCl、Na2SO4、K2SO4 D. KCl、Na2SO4、K2SO4
【答案】C
【解析】
【分析】根据c(K+)=c(Cl－)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)，结合各选项中溶质的组成进行判断是否满足各离子浓度关系即可。
【详解】A．若溶质为MgCl2、Na2SO4、K2SO4，根据物料守恒知c(Na+)＜2c(SO42－)，与1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)不符，故A错误；
B．若溶质为KCl、Na2SO4、NaCl，根据物料守恒知c(Na+)＞2c(SO42－)，与1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)不符，故B错误；
C．若溶质为NaCl、Na2SO4、K2SO4，且物质的量之比为2：2：1时溶液中的离子可满足c(K+)=c(Cl－)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)，故C正确；
D．若溶质为KCl、Na2SO4、K2SO4，则c(K+)＞c(Cl－)，与c(K+)=c(Cl－)不符，故D错误；
答案选C。
6.某胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚．下列有关说法正确的是（ ）
A. 胶体粒子直径约为10﹣9～10﹣7cm B. Na+使此胶体凝聚的效果与Ca2+、Mg2+相同
C. 胶体带有负电荷 D. 该胶体遇BaCl2溶液或Fe（OH）3胶体可发生凝聚
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1～100nm之间，即为10-9～10-7m，故A错误；
B、盐卤（Mg2+）和石膏水（Ca2+）都是二价阳离子，食盐水和硫酸钠中均是+1价钠离子，胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚说明胶体表面吸附的主要是阴离子，它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好，即Na+使此胶体凝聚的效果不如Ca2+、Mg2+好，故B错误；
C、胶体本身不带电，是胶体中的胶粒带电，故C错误；
D、该胶体遇钙、镁、钡离子易发生聚沉，而遇钠离子则不易发生聚沉，说明阳离子电荷越多对胶体影响越大，所以该胶体的胶粒带负电荷，同时与胶粒带正电荷的胶体发生聚沉，Fe（OH）3胶体的胶粒带正电荷，可使该胶体发生凝聚，故D正确。
答案选D。
7.下列反应的离子方程式书写错误的是（ ）
A. 向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O
B. NH4Fe（SO4）2稀溶液加入过量NaOH：NH4++Fe3++4OH﹣═NH3•H2O+Fe（OH）3↓
C. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑
D. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水应该生成碳酸钙、一水合氨和水，离子方程式为HCO3－+NH4++Ca2++2OH﹣＝NH3•H2O+CaCO3↓+H2O，A错误；
B. NH4Fe（SO4）2稀溶液加入过量NaOH生成硫酸钠、一水合氨、氢氧化铁，离子方程式为NH4++Fe3++4OH﹣＝NH3•H2O+Fe（OH）3↓，B正确；
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，C正确；
D. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，D正确。
答案选A。
8.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. Na2O2、Al2S3、FeCl2均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】C
【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、钠与O2点燃条件下反应生成Na2O2、Al与S反应生成Al2S3，但Fe与Cl2反应生成FeCl3，因此FeCl2不能通过单质直接化合得到，故C错误；
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，钠与水反应所得溶液质量小于氧化钠和水反应所得溶液质量，则a＞b，故D正确。
答案选C。
9.已知：①2HI+Cl2=2HCl+I2，②2Fe+3Cl2=2FeCl3，③2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2．在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 1：3：3 C. 3：1：1 D. 6：3：2
【答案】C
【解析】
【详解】反应中只有氯气是氧化剂，3个反应得失电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1mol，根据2HI+Cl2═2HCl+I2 ，n（HI）=2mol，根据2Fe +3Cl2═2FeCl3，n（Fe）=mol，根据2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2，n（FeBr2）=1mol×=mol，故n（HI）：n（Fe）：n（FeBr2）=2mol：mol：mol=3：1：1，答案选C。
10.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比（ ）
A. 1：3 B. 4：3 C. 2：1 D. 3：1
【答案】B
【解析】试题分析：Cl2 生成ClO- 与ClO3 - 是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价， ClO- 与ClO3 -的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO-为11mol，ClO3 -为1mol，被氧化的Cl原子的物质的量共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1-0)+1mol×(5-0)=16mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2 生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4:3，选项B正确。
11.根据表中信息判断，下列选项不正确的是（ ）
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4、…
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO4﹣、…
Cl2、Mn2+、…
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B. 第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：1
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移2 mol电子
D. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+
【答案】B
【解析】A、反应①中Mn元素化合价降低，则KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化生成O2，由原子守恒可知，还有水生成，选项A正确；B、由于还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，发生反应：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与 FeBr2的物质的量之比≤1：2时产物为FeCl3、FeBr3，若Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：1，部分溴离子被氧化，选项B不正确；C、反应中Mn元素化合价降低，KMnO4作氧化剂，氯气为氧化产物，则反应物中含有Cl﹣，生成1mol Cl2，转移电子为1mol×2=2mol，选项C正确；D、反应②中氯气可以氧化溴离子为溴单质，氧化亚铁离子为铁离子，溴单质可以氧化亚铁离子为铁离子，故氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，反应③KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物，故氧化性MnO4﹣＞Cl2，则氧化性MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，选项D正确。答案选B。
12.含有下列各组离子的溶液中，通入或加入过量某种物质后各离子仍能大量存在的是（ ）
选项
溶液中的离子
通入(或加入)过量的某种物质
A
K+、Ba2+、Fe2+、NO3-
通入HCl气体
B
AlO2-、Na+、Cl-、SO42-
通入CO2气体
C
Cu2+、Na+、SCN-、Al3+
加入FeCl2溶液
D
CO32-、Cl-、K+、Na+
通入CO2气体
【答案】C
【解析】
【详解】A、通入HCl气体后，溶液显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B、通入CO2会与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量存在，B错误；
C、Cu2+、Na+、SCN-、Al3+在溶液中相互之间不反应，能大量存在，加入氯化亚铁后不反应，仍然能大量共存，C正确；
D、通入过量CO2后与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，不能大量存在，D错误；
答案选C。
13.有下列四组物质，如果把某组物质中的后者逐滴加入到前者中至过量，将出现“先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解”的现象，这组物质是（ ）
A. 稀硫酸、氯化钡溶液 B. 硫酸铝溶液、氨水
C. 氯化钠溶液、硝酸银溶液 D. 氯化铝溶液、氢氧化钠溶液
【答案】D
【详解】A、把氯化钡溶液逐滴加入到稀硫酸中至过量，产生白色沉淀，不出现白色沉淀溶解的现象，A不符合；
B、把氨水逐滴加入到硫酸铝溶液中至过量，先产生白色沉淀，但氢氧化铝不能溶解在氨水中，不出现白色沉淀溶解的现象，B不符合；
C、把硝酸银溶液逐滴加入到氯化钠溶液中至过量，产生白色沉淀，不出现白色沉淀溶解的现象，C不符合；
D、把氢氧化钠溶液逐滴加入到氯化铝溶液中至过量，先产生白色沉淀Al(OH)3，然后Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，白色沉淀溶解，D符合。
答案选D。
14.下列混合物分离(或除杂) 的方法正确的是（ ）
A. 除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤
B. 除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤
C. 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3:加适量稀盐酸
D. 除去Al2O3中的少量Fe2O3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
【答案】A
【解析】A，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤，A项正确；B，加入盐酸会将BaCO3溶解，BaSO4不溶于盐酸，B项错误；C，加入适量盐酸可能发生的反应有Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，一方面盐酸的量难以控制，另一方面引入新杂质NaCl，同时NaHCO3可能减少，C项错误；D，加入过量NaOH会将Al2O3溶解转化为NaAlO2，Fe2O3与NaOH溶液不反应，不能将杂质除去，D项错误；答案选A。
15.向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0．1 mol·L-1盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是（ ）
A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1
B. 当0
D. 乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为224mL（标准状况）
【答案】A
【解析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑。A．根据图象可知，当V(HCl)=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)==0.5mol/L，故A正确；B．在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl 的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V(HCl)＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，故B错误；C．氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故C错误；D．乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A。
16.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是（ ）
①Na、Na2O、Na2O2 ②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2 ③Fe、FeCl2、FeCl3 ④NaOH、Na2CO3、NaHCO3 ⑤C、CO、CO2
A. ①②③④⑤ B. ②④ C. ①③⑤ D. ①②④⑤
【答案】D
【解析】①若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的时候生成Na2O2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故②正确；③若X为Fe、W为Cl2，则Fe与Cl2只生成FeCl3，故③错误；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，故④正确；⑤若X为C、W为O2，则Y为CO、Z为CO2，碳与氧气能够发生不完全燃烧和完全燃烧，一氧化碳也能燃烧生成二氧化碳，故⑤正确；故选D。
17.Fe 和 Fe2O3 的混合物共 27.2g，加入 200mL 稀 H2SO4，在标准状况下收集到 2.24LH2，Fe和 Fe2O3 均无剩余。为中和过量的 H2SO4，并使 Fe 元素全部转化为 Fe(OH)2 沉淀，消耗了 400mL 3mol/L 的 NaOH 溶液，则该 H2SO4 的物质的量浓度为（ ）
A. 3mol/L B. 2.25mol/L C. 2mol/L D. 0.5mol/L
【答案】A
【解析】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，再加入NaOH溶液，使FeSO4全部转化为Fe(OH)2沉淀，反应后溶液成分为Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)=n(NaOH)，则有：n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)=×3mol/L×0.4L=0.6mol，故c(H2SO4)==3mol/L，故选A。
18.下列物质：①稀HNO3．②BaCl2溶液；③KI溶液；④NaAlO2溶液；⑤KSCN溶液；⑥酸性K2Cr2O7溶液，与Fe2（SO4）3不反应的是（ ）
A. ①⑥ B. ④⑥ C. ③④ D. ①④⑥
【答案】A
【详解】稀硝酸和重铬酸钾都是强氧化剂，但是不能将硫酸铁氧化，所以不与硫酸铁反应。氯化钡和硫酸铁发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和氯化铁；碘化钾溶液中的碘离子还原性较强，可被硫酸铁氧化为碘单质。偏铝酸钠与硫酸铁也会发生双水解反应，生成氢氧化铝、氢氧化铁和硫酸钠。硫氰化钾溶液遇硫酸铁变为血红色溶液。综上所述①⑥符合条件。答案选A。
19.将总的物质的量为 n mol 的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为 x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是（ ）
A. x=V/11.2n B. 0
【解析】金属没有剩余，说明反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑中铝与氢氧化钠恰好完全或氢氧化钠过量，否则剩下铝不与水反应。若恰好反应，即钠与铝按1：1混合，x=0.5，则有钠0.5n mol，铝0.5n mol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，0.5n mol钠生成氢气0.25n mol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，0.5n mol铝生成氢气0.75n mol，所以共生成氢气0.25n mol+0.75n mol=n mol，氢气体积为22.4n L。若氢氧化钠过量，即1＞x＞0.5，则有钠nx mol，铝n（1-x）mol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，nx mol钠生成氢气0.5nx mol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，n（1-x）mol铝生成氢气1.5n（1-x）mol，所以共生成氢气0.5nx mol+1.5n（1-x）mol=n（1.5-x）mol，氢气体积为22.4n（1.5-x）L。则根据上面的关系可知，钠越多气体总量越少，当全是钠时，即x=1，生成氢气体积为11.2n L，故氢气体积为11.2n L＜V≤22.4n L，答案选D。
20.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法不正确的是（ ）
A. a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+
C. c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5 mol·L－1
D. 原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，首先铁离子氧化单质铁，然后是铜离子氧化单质铁，结合反应的方程式和图像分析判断。
【详解】A、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，如图加入0.56g(即0.01mol)Fe之后开始出现固体，则a点溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；
B、由图可得，加入铁粉从0.56g～1.68g(即0.01mol～0.03mol)时，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，所以此时发生反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，b点在该范围内，故B正确；
C、加入铁粉为从0.56g～2.24g(即0.01mol～0.04mol)时，若发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则生成0.03mol(即1.92g)Cu，而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中早已没有Cu2+，设0.03mol铁粉中与Cu2+反应的为x mol，剩余y mol，则生成Cu的质量为64x g，剩余铁的质量为56y g，所以x+y=0.03、64x+56y=1.84，解得：x=0.02、y=0.01，因此加入铁粉从0.56g～1.68g(即0.01mol～0.03mol)时，刚好与溶液中的Cu2+反应完全，溶液中溶质为FeSO4，又根据前面的分析可得反应Fe+2Fe3+=3Fe2+生成Fe2+0.03mol，又因为反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+生成Fe2+0.02mol，所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为：(0.03mol+0.02mol)÷0.1L=0.5 mol·L-1，故C正确；
D、由前面的分析可得，原溶液中Fe3+为0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，Cu2+为0.02mol，则CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比，为1：2，故D错误。
答案选D。
21.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL(标况)气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀。由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）。
一定含有的离子种类
____
____
____
____
____
物质的量浓度（mol/L）
____
____
____
____
____
【答案】一定含有：SO42- NH4+、 、Fe3+Al3+、 、Cl- ，它们的物质的量浓度分别是C(SO42)=0.2mol∕L;C(NH4+)="0.2" mol∕L ;C(、Fe3+)="0.2mol∕L" ;C(Al3+)="0.4mol∕L;" C(Cl-)≥1.6 mol∕L.
【解析】试题分析：①向混合液中加入过量NaOH溶液加热放出气体，说明含有铵根离子。其物质的量为：n(NH4+)=0.448L∕22.4L·mol-1=0.02mol,所以C(NH4+)="0.02" mol∕0.1L="0.2" mol∕L；②产生红褐色Fe（OH）3沉淀说明含有Fe3+。Fe（OH）3沉灼烧分解得到Fe2O3。根据Fe守恒可得n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2×1.6g∕160g·mol-1="0.02" mol，C(Fe3+)="0.02mol∕0.1L=0.2" mol∕L; ③加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀说明含有SO42-。它的物质的量浓度为C(SO42)={2×2.33g∕233g·mol-1}∕0.1L=0.02mol∕0.1L=0.2mol∕L;
0.2mol∕L; ④另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀,说明含有Al3+、而无CO32-。产生的白色沉淀是氢氧化铝。C(Al3+)={2×1.56g∕78g·mol-1}∕0.1L="0.04mol∕0.1L=0.4" mol∕L;根据溶液呈电中性可知溶液中还应该含有阴离子Cl-。若只含有上述离子则根据n(Cl-)+2n(SO42-)=n((NH4+)+3n((Fe3+)+3n(Al3+)可得n(Cl-)="0.02mol+3×0.02mol+3×0.04mol-2×0.02mol=0.16mol," C(Cl-)="0.16mol∕0.1L=1.6" mol∕L;若还含有其它离子如钾离子，则氯离子的浓度就大于1.6mol∕L.所以氯离子的浓度大于等于1.6 mol∕L。
22.将3mol/L NaOH溶液滴入到25mL一定浓度的AlCl3溶液中。下图是整个过程的数学分析曲线。其中横轴表示加入OH－的物质的量，纵轴表示产生的Al(OH)3沉淀的物质的量。据图回答：
（1）OA曲线表示的离子反应是：__________________________；由此可得A点时加入氢氧化钠溶液的体积为____________；
（2）AB曲线表示的离子反应为：___________，由此可得B点的坐标为：_______。
（3）由上述分析，可求得AlCl3溶液中Al3+离子的浓度为：____mol/L。
（4）当x=0.035时，铝元素在体系中的存在形式为________，其物质的量为____________。
【答案】(1). Al3++3OH－＝Al(OH)3↓ (2). 10mL (3). Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O (4). （0.04，0） (5). 0.4 (6). Al(OH)3、AlO2－ (7). 0.005mol、0.005mol
【解析】
【分析】根据图像，当从O点向A点运动时，表示随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐增加，A点Al3+刚好完全沉淀，沉淀量达最大值；从A点到B点，随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐减少，B点时Al(OH)3刚好完全溶解。根据原子守恒和相关方程式进行计算。
【详解】（1）当从O点向A点运动时，表示随着氢氧化钠的不断加入，沉淀量逐渐增加，因此OA曲线表示的离子反应是：Al3++3OH-＝Al(OH)3↓。A点生成的氢氧化铝是0.01mol，则A点消耗的n（NaOH）＝0.03mol，所以A点时加入氢氧化钠溶液的体积为为0.03mol÷3mol/L＝0.01L＝10mL。
（2）AB曲线表示Al(OH)3溶于NaOH，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O。溶解0.01mol Al(OH)3消耗氢氧化钠0.01mol，由于之前已经消耗了0.03mol氢氧化钠，则B点的坐标为（0.04，0）。
（3）根据铝原子守恒可知n（AlCl3）＝0.01mol，则c（AlCl3）＝0.01mol÷0.025L＝0.4mol/L，即AlCl3溶液中Al3+离子的浓度为0.4mol/L。
（4）当x＝0.035时，加入氢氧化钠物质的量大于0.03mol（A点）小于0.04mol（B点），说明AlCl3完全沉淀后并溶解了部分Al(OH)3，铝元素在体系中的存在形式为Al(OH)3和AlO2-。加入0.03mol氢氧化钠时AlCl3完全沉淀生成0.01mol Al(OH)3沉淀，x＝0.035mol时，溶解Al(OH)3消耗的氢氧化钠为0.035mol-0.03mol＝0.005mol，根据离子反应Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O可知0.005mol氢氧化钠溶解0.005mol Al(OH)3同时生成0.005molAlO2-，剩余的Al(OH)3为0.01mol-0.005mol＝0.005mol；当x＝0.035时，铝元素在体系中的存在形式为Al(OH)3和AlO2-，Al(OH)3和AlO2-物质的量都为0.005mol。
23.已知A为金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）。
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出物质B的化学式：________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
反应①______________________________________。
反应②_______________________________________。
（3）写出下列反应的离子方程式：反应C→D________________________。
（4）检验D中阳离子的方法：_______________。
【答案】(1). Fe3O4 (2). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
(3). Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl- (5). 取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+
【解析】
【分析】红褐色固体出现，为氢氧化铁，说明金属单质A为铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁（C）和氢气(F)，氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁（D），氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁（E），接着被氧气氧化为红褐色固体氢氧化铁。反应②需要加热，说明铁与水蒸气加热条件下反应生成四氧化三铁（B）和氢气(F)；据此解答。
【详解】根据以上分析可知A为铁，B为四氧化三铁，C为氯化亚铁，D为氯化铁，E为氢氧化亚铁，F为氢气，则
（1）B为四氧化三铁，化学式为Fe3O4。
（2）反应①是氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3；反应②是铁和水蒸气反应，方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（3）C转化为D是氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；
（4）Fe3+检验方法为取少量D溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，证明D中含有Fe3+。
24.有一含 NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。
（1）实验步骤：
①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是_________________。
②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是______________。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为______________________、_______________。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。
（2）关于该实验方案，请回答下列问题。
①如果实验中没有E装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
②若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为________(用含w、m1、m2的代数式表示)。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). 除去装置中的水蒸气和二氧化碳 (3). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑ (4). Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑ (5). 偏大 (6). ×100%
【解析】
【分析】将混合物加热会产生H2O（g）、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质可知，应先吸收水，后吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法排出装置中的空气，关键操作应是排出B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3，就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验，据此解答。
【详解】（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量，故按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置的气密性；
③装置内有空气，含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳；
④含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑、Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑；
（2）①干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大；
②若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，D装置中增加的质量为二氧化碳的质量，碳酸氢钠分解生成的水蒸气的质量为x g，则
2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑
18g 44g
x m2 g
解得x＝18m2/44
装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量为(m1g－18m2/44)g，则根据Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑可知十水碳酸钠的质量为，所以十水碳酸钠的质量分数为。
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