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【化学】新疆哈密市第十五中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）
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新疆哈密市第十五中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷
1.我国古代科技高度发达，下列古代文献的记载中，涉及化学变化的是（ ）
A. 《本草纲目》记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒精和糟入瓯（指蒸锅），蒸令气上，用器承滴露。”
B. 《肘后备急方》记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁。”
C. 《泉州府志》物产条载“初，人不知盖泥法，元时南有黄安长者为宅煮糖，宅坦忽坏，去土而糖白,后人遂效之。”
D. 《梦溪笔谈》记载“信州铅山县有苦泉，……挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”
【答案】D
【解析】A.白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，没有涉及化学变化，故A错误；B．《肘后备急方》中记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为物质形状变化，没有新物质生成属于物理变化，故B错误；C．黄泥具有吸附作用，可除杂杂质，没有涉及化学变化，故C错误；D.说明高温灼烧五水硫酸铜，五水硫酸铜会分解生成Cu，该反应为分解反应；“熬胆矾铁釜亦化为铜”说明Fe和CuSO4反应生成Fe，该反应为置换反应，故D正确；故选D。
2.下列物质的检验，分离和提纯方法，不正确的是（ ）
A. 用分液漏斗分离CCl4与水 B. 用AgNO3溶液检验氯化钠中的Cl-
C. 用浓硫酸干燥CO2 D. 用蒸馏水区别酒精与苯
【答案】B
【解析】A．四氯化碳和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B．在溶液中加入硝酸银，能够生成白色沉淀的有氯离子，硫酸根离子，碳酸根离子等，不一定为Cl-，还需要借助于稀硝酸检验，故B错误；C．二氧化碳为酸性氧化物，和浓硫酸不反应，能用浓硫酸干燥二氧化碳，故C正确；D．酒精易溶于水，苯不溶于水，可以用蒸馏水区分二者，进入蒸馏水，互溶的为酒精，分层的为苯，故D正确；故选B。
3.下列物质的分类合理的是（ ）
A. 铵盐：NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2SO4、NH3·H2O
B. 碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2、Na2CO3
C. 氧化物：CO2、NO、SO2、H2O
D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、CO2、Al2O3
【答案】C
【解析】A、阳离子是铵根离子、阴离子是酸根离子的盐为铵盐，而NH3•H2O是碱不是盐，故A错误；B、电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，故Na2CO3是盐不是碱，故B错误；C、由两种元素构成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物，故CO2、NO、SO2、H2O均为氧化物，故C正确；D、只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而CO2是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故D错误；故选C。
4.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2 LO2中含有的原子数目为NA
B. 24 g Mg变为Mg2＋时失去的电子数目为NA
C. 1 L 1 mol·L－1 CaCl2溶液中含有的Cl－离子数目为NA
D. 1 mol H2含有的分子数目为NA
【答案】D
【解析】A. 常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的原子个数小于NA，故D错误
B. 24g镁的物质的量为1mol，而镁反应后变成+2价，故1mol镁失去2NA个电子，故B错误；
C. 溶液中氯化钙的物质的量为n=cv=1L×1 mol·L－1 =1mol，而1mol氯化钙中含2mol氯离子，数目为2 NA\个，故C错误；
D. 1mol氢气中的分子个数N=nNA=NA个，故D正确；
故选：D
5.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（ ）
A. Cl2→Cl－ B. Zn→ Zn2＋
C. H2→H2O D. CuO→CuCl2
【答案】A
【解析】
【分析】变化中某元素的化合价降低，发生还原反应，则一般需要加入还原剂才能实现氧化还原反应。注意通过分解反应可以实现的，不一定需要加入还原剂，以此解答该题。
【详解】A项，Cl2→Cl－的反应中，氯元素得电子作氧化剂，需要加入还原剂才能使反应进行，故选A项；
B项，Zn→ Zn2＋的反应中，锌元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选B项；
C项，H2→H2O的反应中，氢元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选C项；
D项，CuO→CuCl2的反应中，没有元素得失电子，不发生氧化还原反应，不需要加入还原剂，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
6.下列物质中，既能与强酸反应，又能跟强碱反应的是（ ）
① ②Al ③Al2O3④ ⑤
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】①NaHCO3属于弱酸强碱盐,既能与酸反应,生成CO2气体，又能与碱反应，生成盐，故①正确；
②金属铝与酸反应生成Al3+和氢气,与碱反应生成AlO2−和氢气，故②正确；
③Al2O3属于两性氧化物,既能与酸反应,生成Al3+离子,又能与碱反应生成AlO2−离子，故③正确；
④Al(OH)3属于两性氢氧化物,既能与酸反应,生成Al3+离子,又能与碱反应生成AlO2−离子，故④正确；
⑤Na2CO3只能与酸(盐酸、硫酸等)反应生成盐、水、二氧化碳,与碱(氢氧化钡、氢氧化钙等)反应生成盐和NaOH，故⑤正确；
故选：A.
7.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 小苏打溶液中加入烧碱溶液：
B. 氯化铝溶液中加入过量氨水：
C. 向氯化亚铁溶液中加入氯水：
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合Ba2＋＋OH－＋SO42－＋H＋＋OH-BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】A. 小苏打溶液中加入烧碱溶液的离子反应为HCO3−+OH−H2O+CO32−，故A错误；
B. 氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3.H2OAl(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C. 向氯化亚铁溶液中加入氯水的离子反应为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl−，故C正确；
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合的离子反应为Ba2＋＋2OH－＋SO42－＋2H＋BaSO4↓＋H2O故D错误；
故选：C.
8.在3NO2＋H2O2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的分子个数比为
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 3∶1 D. 1∶3
【答案】B
【解析】试题分析：在3NO2＋H2O2HNO3＋NO中，参加反应的3个NO2中，有2个NO2中N元素的化合价升高到+5价，所以2个NO2做还原剂；1个NO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1:2，答案选B。
9.某无色溶液中，可大量共存的离子组是（ ）
A. B.
C. Cu2+、NO3-、Cl-、SO42- D.
【答案】B
【解析】无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。
A. 溶液中含有有色Fe3+,且Fe3+与SCN-不能大量共存，故A错误；
B. 溶液中的离子均无色，离子相互之间不反应，可以大量共存，故B正确；
C. 铜离子使溶液显蓝色，不符合题意，故C错误；
D. 溶液中含有亚铁离子，使溶液有颜色，亚铁离子与氢氧根离子不能大量共存，故D错误；
故选：B
10.下列化学反应中，不属于氧化还原反应的是 （ ）
A. Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
B. 2NO＋O2===2NO2
C. CuO＋H2Cu＋H2O
D. CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl
【答案】D
【解析】氧化还原反应的特征是反应前后有元素的化合价发生变化，４个反应中，只有D中没有任何元素的化合价发生变化，所以不属于氧化还原反应的是D，本题选D。
11.下列分散系中，是胶体的是（ ）
A. 向NaCl溶液中，加入AgNO3溶液，边加边振荡
B. 向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色
C. 将蔗糖加入水中，边加边振荡
D. 将花生油滴加入水中，边加边振荡
【答案】B
【解析】A. 向NaCl溶液中，加入AgNO3溶液，边加边振荡，生成氯化银沉淀和硝酸钠溶液，得到氯化银的悬浊液，故A错误；B. 向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，故B正确；C. 将蔗糖加入水中，边加边振荡，得到蔗糖溶液，故C错误；D. 将花生油滴加入水中，边加边振荡，得到花生油的乳浊液，故D错误；故选B。
12.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. 0.5 mol Na和0.5 mol Al B. 0.1 mol Zn和0.1 mol Al
C. 8.4 g MgCO3和8.4 g NaHCO3 D. 10 g CaCO3 和10 g Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】加入盐酸会产生气体，当反应后两盘溶液质量相等时，天平平衡，反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量，据此分析解答。
【详解】A、0.5molNa和盐酸反应产生氢气0.25mol，质量是0.5g，0.5molAl和盐酸反应产生氢气0.75mol，质量是1.5g，盛放金属钠烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=11.5g+盐酸质量-0.5g，盛放金属铝的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=13.5g+盐酸质量-1.5g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故A错误；B、0.1molZn和盐酸反应产生氢气质量是0.2g，0.1molAl和盐酸反应产生氢气质量是0.3g，盛放金属Zn的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=6.5g+盐酸质量-0.2g，盛放金属Al的烧杯中反应后溶液的质量=2.7g+盐酸质量-0.3g=12g+盐酸质量-0.5g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故B错误；C、8.4gMgCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，8.4gNaHCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，盛放MgCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，盛放8.4gNaHCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，反应后两烧杯溶液质量相等，天平平衡，故C正确；D、10gCaCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，10g Na2CO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量不是4.4g，盛放CaCO3的烧杯中反应后溶液的质量=10g+盐酸质量-4.4g，盛放10g Na2CO3的烧杯中反应后溶液的质量≠10g+盐酸质量-4.4g，反应后两盘溶液质量不相等，天平不平衡，故D错误；故选C。
13.实验室中，要使氯化铝溶液中的铝离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是( )
A. 氢氧化钠溶液 B. 氢氧化钡溶液 C. 盐酸 D. 氨水
【答案】D
【解析】
【分析】Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱。
【详解】A. NaOH溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故A错误；
B. Ba(OH)2溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故B错误；
C. 盐酸是酸，与Al3+不反应，故C错误；
D. 氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故D正确。
14.超导材料为具有零电阻及磁性的物质，以Y2O3、BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结可合成一种高温超导物质YBa2Cu3Ox。现欲合成0.5 mol此高温超导物，依化学计量数比例需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量分别为（ ）
A. 0.50 mol、0.50 mol、0.50 mol B. 0.25 mol、1.0 mol、1.5 mol
C. 0.50 mol、1.0 mol、1.5 mol D. 1.0 mol、0.25 mol、0.17 mol
【答案】B
【解析】合成0.5mol YBa2Cu3Ox，由Y原子守恒有n(Y2O3)=n(YBa2Cu3Ox)=
0.5mol×=0.25mol；根据Ba原子守恒有n(BaCO3)=2n(YBa2Cu3Ox)=0.5mol×2=1mol；根据Cu原子守恒有n(CuO)=3n(YBa2Cu3Ox)=0.5mol×3=1.5mol，故选B。
15.把2.3 g钠投入38.8 g水中，发生化学反应。假设水蒸发损失1 g，所得溶液中溶质的质量分数为（ ）
A. 4.6% B. 7.7% C. 10.0% D. 8.0%
【答案】C
【解析】
【分析】钠投入到水中，发生反应方程式2Na+2H2O2NaOH+H2↑，根据反应的化学方程式计算生成NaOH的质量和氢气的质量，溶液的质量=钠的质量+水的质量-氢气质量，进而计算氢氧化钠的质量分数。
【详解】将2.3g钠投入到38.8g水中，则：
2Na + 2H2O 2NaOH + H2↑
46g 80g 2g
2.3g m(NaOH) m(H2)
m(NaOH)==4.0g，m(H2)==0.1g，则w(NaOH)=×100%=10.0%，故选C。
16. 在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在的较多的阳离子是（ ）
A. Cu2+ B. Fe3+ C. Fe2+ D. H+
【答案】C
【解析】氧化性Fe3+>Cu2+>H+,越强越先反应，最终还有Fe剩余；故离子全部反应。最终只有Fe2+。
17. 下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度或反应物用量)改变，不会引起产物种类改变的是（ ）
A. Na和O2 B. NaOH和CO2
C. Na2O2和CO2 D. AlCl3和NaOH
【答案】C
【解析】试题分析：A、钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不论谁过量，结果一样，故C正确；D、木炭和氧气反应，氧气过量时生成二氧化碳，氧气不足时生成一氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误，答案选C。
18.Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2的反应中，_________是氧化剂，__________是还原剂，_____元素被氧化，________元素被还原。
【答案】(1). Fe3O4 (2). CO (3). C (4). Fe
【解析】反应Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2中铁元素化合价降低，得到电子，被还原，Fe3O4氧化剂，碳元素化合价升高，失去电子，被氧化，一氧化碳是还原剂。
19.用双线桥法表示下列反应的电子转移情况并将其改写成离子方程式：3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，________________________,离子方程式为________________________。当3.84gCu被氧化时，__________gHNO3被还原，产生标准状况下的气体________L,转移电子数为________。
【答案】(1). (2). 3Cu+8H++2NO3-3Cu2+ +2NO↑+4H2O (3). 2.52g (4). 0.896L (5). 0.12NA或7.224×1022
【解析】化合价升高元素Cu失电子,化合价降低元素N得到电子,化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6,电子转移情况如下：；
反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−═3Cu2++2NO↑+4H2O,
依据氧化还原反应电子守恒规律：3.84g÷64 g/mol×2=n(HNO3)×3,解得被还原硝酸的物质的量是0.04mol，被还原硝酸的质量是m=n×M=0.04mol×63g/mol=2.52g; V(NO)=0.04mol×22.4L/mol=8.96L;
转移电子数=失电子数=得电子数=3.84g÷64 g/mol×2×NA=0.12NA。
20.（1）在一个充满CO2的铝制易拉罐中加入适量的NaOH溶液，并密封，易拉罐会慢慢变瘪，原因是____________（用化学方程式表示，下同）后又慢慢鼓起来，原因是________________。
（2）写出还原铁粉与水蒸气反应的化学方程式_____________________。
（3）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式：___________；常用澄清石灰水检验CO2气体的离子方程式是__________________________________。将表面附有铁锈(成分是Fe2O3)的铁钉放入稀硫酸中，开始反应的离子方程式是________________________________；反应片刻后，可观察到有气体产生，其离子方程式是________________________。
（4）人体胃液中有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人治疗。
①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为___________________________________________。
②如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
【答案】(1). CO2+2NaOHNa2CO3+H2O (2). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑ (3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O (5). Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O (6). Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O (7). Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ (8). HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O (9). Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
【解析】（1）CO2与NaOH反应，消耗气体，气体压强减少，易拉罐会慢慢变瘪其化学方程式为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，根据铝可以和氢氧化钠及水反应生成偏铝酸钠和氢气，其化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，气体压强增大，易拉罐会慢慢复原，故答案为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；
（2）铁粉和水蒸气在高温条件下发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
（3）盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水、二氧化碳，离子反应CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑用氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，离子反应为Ca2++2OH+CO2CaCO3↓+H2O，故答案为：CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑；Ca2++2OH-+CO2CaCO3↓+H2O；
氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑，故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O；Fe+2H+Fe2++H2↑
（4）①小苏打为NaHCO3，胃酸中含盐酸，用小苏打治疗胃酸过多的化学方程式为：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑，二氧化碳和水写化学式，离子反应为H++HCO3-H2O+CO2↑，故答案为：H++HCO3-H2O+CO2↑；
②碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，可能会造成胃溃疡，盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝和水，该反应为3HCl+Al(OH)3AlCl3+3H2O，氢氧化铝沉淀和水写化学式，离子反应为Al(OH)3+3H+Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3+3H+Al3++3H2O。
21.下列九种物质：①稀硝酸 ②CO ③氨水 ④熔融NaHSO4 ⑤CaO ⑥Cu ⑦蔗糖 ⑧Fe2(SO4)3 ⑨酒精
（1）用序号填空：属于电解质的是 __________ ；能导电的是_______________ ；
（2）写出④、⑧两种物质在水溶液中的电离方程式：④______________；⑧______________ 。
【答案】(1). ④⑤⑧ (2). ①③④⑥ (3). NaHSO4Na++H++SO42- (4). Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-
【解析】
【分析】(1)电解质是在水溶液或是在熔融状态下能导电的化合物；能导电的物质须具有能自由移动的电子或离子；
(2)熔融NaHSO4在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸氢根离子；硫酸铁在水溶液中电离出铁离子和硫酸根离子。据此分析解答。
【详解】①稀硝酸为电解质溶液，能导电；②CO 为非电解质，不能导电；③氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；④熔融NaHSO4为强电解质能导电；⑤CaO属于电解质不能导电；⑥Cu 为单质既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑦蔗糖 为非电解质，不能导电；⑧Fe2(SO4)3 为强电解质，但固态时不能导电；⑨酒精是非电解质，不能导电；
(1)属于电解质的是：④⑤⑧，能导电的是：①③④⑥，故答案为：④⑤⑧；①③④⑥；
(2)熔融NaHSO4在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4Na++H++SO42-，硫酸铁在水溶液中电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式为Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-，故答案为：NaHSO4Na++H++SO42-；Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-。
22.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：
回答下列问题：
（1）A是：_____，C是：_____，L是：______，I是：____（填化学式）。
（2）写出反应①②③的化学反应方程式：
①：____________________________________；
②：____________________________________；
③：____________________________________；
【答案】(1). Na (2). Cl2 (3). HCl (4). CO2 (5). 2Na+2H2O2NaOH+H2↑ (6). 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑ (7). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。
【详解】（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2 ；
（2）①是钠与水的反应，化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2↑；
②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑；
③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
23.I.如图所示为常见玻璃仪器的部分结构：
（1）请写出所列仪器的名称：A__________，B____________;C_____________；
（2）仪器 B 使用前必须______________________。
（3）仪器 B 上标记有__________________(填序号)；
①质量 ②温度 ③刻度线 ④浓度 ⑤容积
II． 某无色工业废水中可能含有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-中几种离子。
a．取少许该废水于试管中，加入足量Ba(NO3)2溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，充分反应后过滤，向滤液中加入AgNO3溶液无沉淀产生。
b.另取10mL该废水于试管中，滴加NaOH溶液先产生白色沉淀，后部分沉淀溶解。生成沉淀的物质的量随加入NaOH的物质的量关系如下图所示。
根据上述实验和图中数据：
（1）该废水中一定不含有的离子有________________(填离子符号)；
（2）写出A→B 过程中发生反应的离子方程式：_________________；
（3）该废水中，c(Al3+)=________________________；
（4）①实验室配制100mL2mol/L的NaOH溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要________(填仪器名称)。
②下列操作使所配溶液浓度偏大的是(填写字母)________。
A．称量用了生锈的砝码
B.将NaOH放在纸张上称量
C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
D.往容量瓶转移时，有少量液体贱出
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯
F．定容时仰视刻度线
G．容量瓶未干燥即用来配制溶液
【答案】(1). 量筒 (2). 容量瓶 (3). 温度计 (4). 检查是否漏液 (5). ②③⑤ (6). Cl- (7). Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O (8). 0.5mol·L-1 (9). 100mL容量瓶、胶头滴管 (10). AC
【解析】
【分析】a.取0.1mL该废水于管中，加入足量的Ba(NO3)2)溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，则原溶液中含有SO42-；充分反应后过滤，向滤液中加入AgNO3溶液无沉淀产生，说明原溶液中不存在Cl−；b.另取10mL该废水于管中，滴加NaOH溶液先产生白色沉淀，后部分沉淀溶解，溶解的沉淀为氢氧化铝，不溶的沉淀为氢氧化镁，则原溶液中一定含有Mg2+、Al3+，(4)根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤确定使用的仪器，根据c=nV，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。
【详解】I.由仪器的结构特点可以看出：A仪器由下往上刻度逐渐增大，可知是量筒；B仪器只有一个刻度线，可知是容量瓶；C仪器由下往上刻度逐渐增大，有零刻度，零刻度以下还有显示为负值的刻度，可知是温度计。
II． (1)根据分析可知，该废水中一定不含有的离子有Cl-，故答案为：Cl-；
(2)A→B过程为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；
(3)根据反应Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.04mol-0.035mol=0.005mol，根据质量守恒定律可知，原溶液中铝离子的物质的量为0.005mol，则原溶液中铝离子的浓度为：c(Al3+)=0.005mol÷0.01L=0.5mol/L，故答案为：0.5mol⋅L−1；
(4)①实验室配制100mL mol⋅L−1的NaOH溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，配制100mL溶液必须选用规格为100mL的容量瓶，定容时必须使用胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
②A.生锈的砝码质量偏大，而m(物)=m(砝)+m(游)，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；
B.将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；
C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大；
D.往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；
E.未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；
F.定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小；
G.只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对溶质的物质的量、最终溶液的体积都无影响，则对浓度无影响；
故答案为：AC。
1.我国古代科技高度发达，下列古代文献的记载中，涉及化学变化的是（ ）
A. 《本草纲目》记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒精和糟入瓯（指蒸锅），蒸令气上，用器承滴露。”
B. 《肘后备急方》记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁。”
C. 《泉州府志》物产条载“初，人不知盖泥法，元时南有黄安长者为宅煮糖，宅坦忽坏，去土而糖白,后人遂效之。”
D. 《梦溪笔谈》记载“信州铅山县有苦泉，……挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”
【答案】D
【解析】A.白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，没有涉及化学变化，故A错误；B．《肘后备急方》中记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为物质形状变化，没有新物质生成属于物理变化，故B错误；C．黄泥具有吸附作用，可除杂杂质，没有涉及化学变化，故C错误；D.说明高温灼烧五水硫酸铜，五水硫酸铜会分解生成Cu，该反应为分解反应；“熬胆矾铁釜亦化为铜”说明Fe和CuSO4反应生成Fe，该反应为置换反应，故D正确；故选D。
2.下列物质的检验，分离和提纯方法，不正确的是（ ）
A. 用分液漏斗分离CCl4与水 B. 用AgNO3溶液检验氯化钠中的Cl-
C. 用浓硫酸干燥CO2 D. 用蒸馏水区别酒精与苯
【答案】B
【解析】A．四氯化碳和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B．在溶液中加入硝酸银，能够生成白色沉淀的有氯离子，硫酸根离子，碳酸根离子等，不一定为Cl-，还需要借助于稀硝酸检验，故B错误；C．二氧化碳为酸性氧化物，和浓硫酸不反应，能用浓硫酸干燥二氧化碳，故C正确；D．酒精易溶于水，苯不溶于水，可以用蒸馏水区分二者，进入蒸馏水，互溶的为酒精，分层的为苯，故D正确；故选B。
3.下列物质的分类合理的是（ ）
A. 铵盐：NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2SO4、NH3·H2O
B. 碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2、Na2CO3
C. 氧化物：CO2、NO、SO2、H2O
D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、CO2、Al2O3
【答案】C
【解析】A、阳离子是铵根离子、阴离子是酸根离子的盐为铵盐，而NH3•H2O是碱不是盐，故A错误；B、电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，故Na2CO3是盐不是碱，故B错误；C、由两种元素构成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物，故CO2、NO、SO2、H2O均为氧化物，故C正确；D、只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而CO2是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故D错误；故选C。
4.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2 LO2中含有的原子数目为NA
B. 24 g Mg变为Mg2＋时失去的电子数目为NA
C. 1 L 1 mol·L－1 CaCl2溶液中含有的Cl－离子数目为NA
D. 1 mol H2含有的分子数目为NA
【答案】D
【解析】A. 常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则含有的原子个数小于NA，故D错误
B. 24g镁的物质的量为1mol，而镁反应后变成+2价，故1mol镁失去2NA个电子，故B错误；
C. 溶液中氯化钙的物质的量为n=cv=1L×1 mol·L－1 =1mol，而1mol氯化钙中含2mol氯离子，数目为2 NA\个，故C错误；
D. 1mol氢气中的分子个数N=nNA=NA个，故D正确；
故选：D
5.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（ ）
A. Cl2→Cl－ B. Zn→ Zn2＋
C. H2→H2O D. CuO→CuCl2
【答案】A
【解析】
【分析】变化中某元素的化合价降低，发生还原反应，则一般需要加入还原剂才能实现氧化还原反应。注意通过分解反应可以实现的，不一定需要加入还原剂，以此解答该题。
【详解】A项，Cl2→Cl－的反应中，氯元素得电子作氧化剂，需要加入还原剂才能使反应进行，故选A项；
B项，Zn→ Zn2＋的反应中，锌元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选B项；
C项，H2→H2O的反应中，氢元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选C项；
D项，CuO→CuCl2的反应中，没有元素得失电子，不发生氧化还原反应，不需要加入还原剂，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
6.下列物质中，既能与强酸反应，又能跟强碱反应的是（ ）
① ②Al ③Al2O3④ ⑤
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】①NaHCO3属于弱酸强碱盐,既能与酸反应,生成CO2气体，又能与碱反应，生成盐，故①正确；
②金属铝与酸反应生成Al3+和氢气,与碱反应生成AlO2−和氢气，故②正确；
③Al2O3属于两性氧化物,既能与酸反应,生成Al3+离子,又能与碱反应生成AlO2−离子，故③正确；
④Al(OH)3属于两性氢氧化物,既能与酸反应,生成Al3+离子,又能与碱反应生成AlO2−离子，故④正确；
⑤Na2CO3只能与酸(盐酸、硫酸等)反应生成盐、水、二氧化碳,与碱(氢氧化钡、氢氧化钙等)反应生成盐和NaOH，故⑤正确；
故选：A.
7.下列离子方程式中正确的是（ ）
A. 小苏打溶液中加入烧碱溶液：
B. 氯化铝溶液中加入过量氨水：
C. 向氯化亚铁溶液中加入氯水：
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合Ba2＋＋OH－＋SO42－＋H＋＋OH-BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】A. 小苏打溶液中加入烧碱溶液的离子反应为HCO3−+OH−H2O+CO32−，故A错误；
B. 氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3.H2OAl(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C. 向氯化亚铁溶液中加入氯水的离子反应为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl−，故C正确；
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合的离子反应为Ba2＋＋2OH－＋SO42－＋2H＋BaSO4↓＋H2O故D错误；
故选：C.
8.在3NO2＋H2O2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的分子个数比为
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 3∶1 D. 1∶3
【答案】B
【解析】试题分析：在3NO2＋H2O2HNO3＋NO中，参加反应的3个NO2中，有2个NO2中N元素的化合价升高到+5价，所以2个NO2做还原剂；1个NO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1:2，答案选B。
9.某无色溶液中，可大量共存的离子组是（ ）
A. B.
C. Cu2+、NO3-、Cl-、SO42- D.
【答案】B
【解析】无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。
A. 溶液中含有有色Fe3+,且Fe3+与SCN-不能大量共存，故A错误；
B. 溶液中的离子均无色，离子相互之间不反应，可以大量共存，故B正确；
C. 铜离子使溶液显蓝色，不符合题意，故C错误；
D. 溶液中含有亚铁离子，使溶液有颜色，亚铁离子与氢氧根离子不能大量共存，故D错误；
故选：B
10.下列化学反应中，不属于氧化还原反应的是 （ ）
A. Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
B. 2NO＋O2===2NO2
C. CuO＋H2Cu＋H2O
D. CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl
【答案】D
【解析】氧化还原反应的特征是反应前后有元素的化合价发生变化，４个反应中，只有D中没有任何元素的化合价发生变化，所以不属于氧化还原反应的是D，本题选D。
11.下列分散系中，是胶体的是（ ）
A. 向NaCl溶液中，加入AgNO3溶液，边加边振荡
B. 向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色
C. 将蔗糖加入水中，边加边振荡
D. 将花生油滴加入水中，边加边振荡
【答案】B
【解析】A. 向NaCl溶液中，加入AgNO3溶液，边加边振荡，生成氯化银沉淀和硝酸钠溶液，得到氯化银的悬浊液，故A错误；B. 向沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，故B正确；C. 将蔗糖加入水中，边加边振荡，得到蔗糖溶液，故C错误；D. 将花生油滴加入水中，边加边振荡，得到花生油的乳浊液，故D错误；故选B。
12.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. 0.5 mol Na和0.5 mol Al B. 0.1 mol Zn和0.1 mol Al
C. 8.4 g MgCO3和8.4 g NaHCO3 D. 10 g CaCO3 和10 g Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】加入盐酸会产生气体，当反应后两盘溶液质量相等时，天平平衡，反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量，据此分析解答。
【详解】A、0.5molNa和盐酸反应产生氢气0.25mol，质量是0.5g，0.5molAl和盐酸反应产生氢气0.75mol，质量是1.5g，盛放金属钠烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=11.5g+盐酸质量-0.5g，盛放金属铝的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=13.5g+盐酸质量-1.5g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故A错误；B、0.1molZn和盐酸反应产生氢气质量是0.2g，0.1molAl和盐酸反应产生氢气质量是0.3g，盛放金属Zn的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=6.5g+盐酸质量-0.2g，盛放金属Al的烧杯中反应后溶液的质量=2.7g+盐酸质量-0.3g=12g+盐酸质量-0.5g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故B错误；C、8.4gMgCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，8.4gNaHCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，盛放MgCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，盛放8.4gNaHCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，反应后两烧杯溶液质量相等，天平平衡，故C正确；D、10gCaCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，10g Na2CO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量不是4.4g，盛放CaCO3的烧杯中反应后溶液的质量=10g+盐酸质量-4.4g，盛放10g Na2CO3的烧杯中反应后溶液的质量≠10g+盐酸质量-4.4g，反应后两盘溶液质量不相等，天平不平衡，故D错误；故选C。
13.实验室中，要使氯化铝溶液中的铝离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是( )
A. 氢氧化钠溶液 B. 氢氧化钡溶液 C. 盐酸 D. 氨水
【答案】D
【解析】
【分析】Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱。
【详解】A. NaOH溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故A错误；
B. Ba(OH)2溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故B错误；
C. 盐酸是酸，与Al3+不反应，故C错误；
D. 氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故D正确。
14.超导材料为具有零电阻及磁性的物质，以Y2O3、BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结可合成一种高温超导物质YBa2Cu3Ox。现欲合成0.5 mol此高温超导物，依化学计量数比例需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量分别为（ ）
A. 0.50 mol、0.50 mol、0.50 mol B. 0.25 mol、1.0 mol、1.5 mol
C. 0.50 mol、1.0 mol、1.5 mol D. 1.0 mol、0.25 mol、0.17 mol
【答案】B
【解析】合成0.5mol YBa2Cu3Ox，由Y原子守恒有n(Y2O3)=n(YBa2Cu3Ox)=
0.5mol×=0.25mol；根据Ba原子守恒有n(BaCO3)=2n(YBa2Cu3Ox)=0.5mol×2=1mol；根据Cu原子守恒有n(CuO)=3n(YBa2Cu3Ox)=0.5mol×3=1.5mol，故选B。
15.把2.3 g钠投入38.8 g水中，发生化学反应。假设水蒸发损失1 g，所得溶液中溶质的质量分数为（ ）
A. 4.6% B. 7.7% C. 10.0% D. 8.0%
【答案】C
【解析】
【分析】钠投入到水中，发生反应方程式2Na+2H2O2NaOH+H2↑，根据反应的化学方程式计算生成NaOH的质量和氢气的质量，溶液的质量=钠的质量+水的质量-氢气质量，进而计算氢氧化钠的质量分数。
【详解】将2.3g钠投入到38.8g水中，则：
2Na + 2H2O 2NaOH + H2↑
46g 80g 2g
2.3g m(NaOH) m(H2)
m(NaOH)==4.0g，m(H2)==0.1g，则w(NaOH)=×100%=10.0%，故选C。
16. 在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在的较多的阳离子是（ ）
A. Cu2+ B. Fe3+ C. Fe2+ D. H+
【答案】C
【解析】氧化性Fe3+>Cu2+>H+,越强越先反应，最终还有Fe剩余；故离子全部反应。最终只有Fe2+。
17. 下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度或反应物用量)改变，不会引起产物种类改变的是（ ）
A. Na和O2 B. NaOH和CO2
C. Na2O2和CO2 D. AlCl3和NaOH
【答案】C
【解析】试题分析：A、钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不论谁过量，结果一样，故C正确；D、木炭和氧气反应，氧气过量时生成二氧化碳，氧气不足时生成一氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误，答案选C。
18.Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2的反应中，_________是氧化剂，__________是还原剂，_____元素被氧化，________元素被还原。
【答案】(1). Fe3O4 (2). CO (3). C (4). Fe
【解析】反应Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2中铁元素化合价降低，得到电子，被还原，Fe3O4氧化剂，碳元素化合价升高，失去电子，被氧化，一氧化碳是还原剂。
19.用双线桥法表示下列反应的电子转移情况并将其改写成离子方程式：3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，________________________,离子方程式为________________________。当3.84gCu被氧化时，__________gHNO3被还原，产生标准状况下的气体________L,转移电子数为________。
【答案】(1). (2). 3Cu+8H++2NO3-3Cu2+ +2NO↑+4H2O (3). 2.52g (4). 0.896L (5). 0.12NA或7.224×1022
【解析】化合价升高元素Cu失电子,化合价降低元素N得到电子,化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6,电子转移情况如下：；
反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−═3Cu2++2NO↑+4H2O,
依据氧化还原反应电子守恒规律：3.84g÷64 g/mol×2=n(HNO3)×3,解得被还原硝酸的物质的量是0.04mol，被还原硝酸的质量是m=n×M=0.04mol×63g/mol=2.52g; V(NO)=0.04mol×22.4L/mol=8.96L;
转移电子数=失电子数=得电子数=3.84g÷64 g/mol×2×NA=0.12NA。
20.（1）在一个充满CO2的铝制易拉罐中加入适量的NaOH溶液，并密封，易拉罐会慢慢变瘪，原因是____________（用化学方程式表示，下同）后又慢慢鼓起来，原因是________________。
（2）写出还原铁粉与水蒸气反应的化学方程式_____________________。
（3）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式：___________；常用澄清石灰水检验CO2气体的离子方程式是__________________________________。将表面附有铁锈(成分是Fe2O3)的铁钉放入稀硫酸中，开始反应的离子方程式是________________________________；反应片刻后，可观察到有气体产生，其离子方程式是________________________。
（4）人体胃液中有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人治疗。
①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为___________________________________________。
②如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
【答案】(1). CO2+2NaOHNa2CO3+H2O (2). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑ (3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O (5). Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O (6). Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O (7). Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ (8). HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O (9). Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
【解析】（1）CO2与NaOH反应，消耗气体，气体压强减少，易拉罐会慢慢变瘪其化学方程式为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，根据铝可以和氢氧化钠及水反应生成偏铝酸钠和氢气，其化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，气体压强增大，易拉罐会慢慢复原，故答案为：CO2+2NaOHNa2CO3+H2O 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；
（2）铁粉和水蒸气在高温条件下发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
（3）盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水、二氧化碳，离子反应CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑用氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，离子反应为Ca2++2OH+CO2CaCO3↓+H2O，故答案为：CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑；Ca2++2OH-+CO2CaCO3↓+H2O；
氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑，故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O；Fe+2H+Fe2++H2↑
（4）①小苏打为NaHCO3，胃酸中含盐酸，用小苏打治疗胃酸过多的化学方程式为：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑，二氧化碳和水写化学式，离子反应为H++HCO3-H2O+CO2↑，故答案为：H++HCO3-H2O+CO2↑；
②碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，可能会造成胃溃疡，盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝和水，该反应为3HCl+Al(OH)3AlCl3+3H2O，氢氧化铝沉淀和水写化学式，离子反应为Al(OH)3+3H+Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3+3H+Al3++3H2O。
21.下列九种物质：①稀硝酸 ②CO ③氨水 ④熔融NaHSO4 ⑤CaO ⑥Cu ⑦蔗糖 ⑧Fe2(SO4)3 ⑨酒精
（1）用序号填空：属于电解质的是 __________ ；能导电的是_______________ ；
（2）写出④、⑧两种物质在水溶液中的电离方程式：④______________；⑧______________ 。
【答案】(1). ④⑤⑧ (2). ①③④⑥ (3). NaHSO4Na++H++SO42- (4). Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-
【解析】
【分析】(1)电解质是在水溶液或是在熔融状态下能导电的化合物；能导电的物质须具有能自由移动的电子或离子；
(2)熔融NaHSO4在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸氢根离子；硫酸铁在水溶液中电离出铁离子和硫酸根离子。据此分析解答。
【详解】①稀硝酸为电解质溶液，能导电；②CO 为非电解质，不能导电；③氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；④熔融NaHSO4为强电解质能导电；⑤CaO属于电解质不能导电；⑥Cu 为单质既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑦蔗糖 为非电解质，不能导电；⑧Fe2(SO4)3 为强电解质，但固态时不能导电；⑨酒精是非电解质，不能导电；
(1)属于电解质的是：④⑤⑧，能导电的是：①③④⑥，故答案为：④⑤⑧；①③④⑥；
(2)熔融NaHSO4在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4Na++H++SO42-，硫酸铁在水溶液中电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式为Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-，故答案为：NaHSO4Na++H++SO42-；Fe2(SO4)32Fe3++3SO42-。
22.下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：
回答下列问题：
（1）A是：_____，C是：_____，L是：______，I是：____（填化学式）。
（2）写出反应①②③的化学反应方程式：
①：____________________________________；
②：____________________________________；
③：____________________________________；
【答案】(1). Na (2). Cl2 (3). HCl (4). CO2 (5). 2Na+2H2O2NaOH+H2↑ (6). 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑ (7). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。
【详解】（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2 ；
（2）①是钠与水的反应，化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2↑；
②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑；
③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ；
23.I.如图所示为常见玻璃仪器的部分结构：
（1）请写出所列仪器的名称：A__________，B____________;C_____________；
（2）仪器 B 使用前必须______________________。
（3）仪器 B 上标记有__________________(填序号)；
①质量 ②温度 ③刻度线 ④浓度 ⑤容积
II． 某无色工业废水中可能含有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-中几种离子。
a．取少许该废水于试管中，加入足量Ba(NO3)2溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，充分反应后过滤，向滤液中加入AgNO3溶液无沉淀产生。
b.另取10mL该废水于试管中，滴加NaOH溶液先产生白色沉淀，后部分沉淀溶解。生成沉淀的物质的量随加入NaOH的物质的量关系如下图所示。
根据上述实验和图中数据：
（1）该废水中一定不含有的离子有________________(填离子符号)；
（2）写出A→B 过程中发生反应的离子方程式：_________________；
（3）该废水中，c(Al3+)=________________________；
（4）①实验室配制100mL2mol/L的NaOH溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要________(填仪器名称)。
②下列操作使所配溶液浓度偏大的是(填写字母)________。
A．称量用了生锈的砝码
B.将NaOH放在纸张上称量
C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
D.往容量瓶转移时，有少量液体贱出
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯
F．定容时仰视刻度线
G．容量瓶未干燥即用来配制溶液
【答案】(1). 量筒 (2). 容量瓶 (3). 温度计 (4). 检查是否漏液 (5). ②③⑤ (6). Cl- (7). Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O (8). 0.5mol·L-1 (9). 100mL容量瓶、胶头滴管 (10). AC
【解析】
【分析】a.取0.1mL该废水于管中，加入足量的Ba(NO3)2)溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，则原溶液中含有SO42-；充分反应后过滤，向滤液中加入AgNO3溶液无沉淀产生，说明原溶液中不存在Cl−；b.另取10mL该废水于管中，滴加NaOH溶液先产生白色沉淀，后部分沉淀溶解，溶解的沉淀为氢氧化铝，不溶的沉淀为氢氧化镁，则原溶液中一定含有Mg2+、Al3+，(4)根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤确定使用的仪器，根据c=nV，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。
【详解】I.由仪器的结构特点可以看出：A仪器由下往上刻度逐渐增大，可知是量筒；B仪器只有一个刻度线，可知是容量瓶；C仪器由下往上刻度逐渐增大，有零刻度，零刻度以下还有显示为负值的刻度，可知是温度计。
II． (1)根据分析可知，该废水中一定不含有的离子有Cl-，故答案为：Cl-；
(2)A→B过程为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；
(3)根据反应Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.04mol-0.035mol=0.005mol，根据质量守恒定律可知，原溶液中铝离子的物质的量为0.005mol，则原溶液中铝离子的浓度为：c(Al3+)=0.005mol÷0.01L=0.5mol/L，故答案为：0.5mol⋅L−1；
(4)①实验室配制100mL mol⋅L−1的NaOH溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，配制100mL溶液必须选用规格为100mL的容量瓶，定容时必须使用胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
②A.生锈的砝码质量偏大，而m(物)=m(砝)+m(游)，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；
B.将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；
C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大；
D.往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；
E.未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；
F.定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小；
G.只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对溶质的物质的量、最终溶液的体积都无影响，则对浓度无影响；
故答案为：AC。
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