陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

2019~2020学年度第一学期第二次月考
高一年级化学考试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137
一、选择题（本题包括20小题，每小题2.5分，共50分。每小题有1个选项符合题意）
1.下列有关化学实验的操作或者处理方式，正确的是（ ）
A. 浓碱不慎粘在皮肤上，先用大量水冲洗，后涂上3%~5%的盐酸
B. 邻桌同学需要使用酒精灯，为图方便用自己已燃着的酒精灯替他点燃
C. 取用少量液体药品时应使用胶头滴管，使用后冲洗干净再放回原处
D. 加热实验做完后，为防止误触烫伤将热烧杯直接放置于实验台角落，待其冷却后冲洗
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，不能用盐酸，因腐蚀性较强，应用酸性较弱的3%~5%硼酸，故A错误；
B选项，用燃着的酒精灯点燃另一盏酒精灯，酒精容易散落出来导致着火现象，B错误；
C选项，取用少量液体药品时应使用胶头滴管，使用后冲洗干净再放回原处，故C正确；
D选项，加热实验做完后，将热烧杯应放在石棉网上冷却后冲洗，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】浓碱不慎粘在皮肤上，先用大量水冲洗，后涂上3%~5%的硼酸，浓酸不慎粘在皮肤上，先用大量水冲洗，后涂上稀的碳酸氢钠。
2.“水”是传统中医里将药材与适量水共研细，取极细药材粉末的方法。《医学人门》中记载了提纯铜绿的方法:“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中不涉及的操作方法是
A. 萃取 B. 溶解 C. 洗涤 D. 蒸发
【答案】A
【解析】
【分析】
提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，以此来解答。
【详解】提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，因铜绿加热灼烧可失去结晶水，则不能灼烧，即文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、倾倒、蒸发，不涉及萃取，答案选A。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握习题中的信息、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意该过程与萃取、蒸馏、灼烧无关。
3.设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 18g H2O与18g D2O所含电子数均为10NA
B. 32g硫在足量纯氧中充分燃烧，转移电子数为3NA
C. 常温常压下，6.4g O2和O3的混合气体中氧原子数为0.4NA
D. 22.4L CO2和SO2和混合气体中原子数为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，18g H2O物质的量，一个水分子有10个电子，因此电子物质的量为10mol，数目为10NA，18g D2O物质的量，一个重水分子有10个电子，因此电子物质的量为9mol，数目为9NA，故A错误。
B选项，32g硫即物质的量，在足量的纯氧中充分燃烧生成二氧化硫，转移电子数为4NA，故B错误。
C选项，6.4g O2物质的量，氧原子物质的量为0.4 mol，数目为0.4NA，6.4g O3物质的量，氧原子物质的量为0.4 mol，数目为0.4NA，故C正确；
D选项，没有给定气体存在的条件，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】计算气体物质的量要注意两个，一是要看是否为气体，二是看是否在标准状况下。
4.下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是
A. 体积相等时密度相等 B. 原子数相等时具有的中子数相等
C. 体积相等时具有的电子数相等 D. 质量相等时具有的质子数相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；
B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；
C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；
D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。
【此处有视频，请去附件查看】

5.若50g密度为ρ g·cm-3的硝酸钙溶液里含2g Ca2＋，则NO3-的物质的量浓度 （ ）
A. 2ρ mol·L－1 B. 2.5ρ mol·L－1
C. 0.5ρ mol·L－1 D. 0.002ρ mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】2g Ca2＋物质的量，50g密度为ρ g·cm-3的溶液体积，则硝酸钙物质的量浓度，则NO3－的物质的量浓度2ρ mol·L－1，故A正确。
综上所述，答案为A。
【点睛】溶液中某一离子浓度=该物质浓度×该离子的个数，与溶液的体积没有关系。
6.下列关于一定物质的量浓度溶液配制的说法，正确的是（ ）
A. 在溶解和转移两个步骤中玻璃棒的作用相同。
B. 容量瓶有刻度线，所以可以进行液体的量取操作。
C. 摇匀并静置后，发现凹液面最低处低于刻度线， 马上用胶头滴管加水至刻度线。
D. 定容时俯视刻度线，将会导致所加水体积偏小，所配溶液浓度偏高。
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，溶解过程中玻璃棒起搅拌的作用，转移过程中是引流作用，两次作用不一样，故A错误；
B选项，容量瓶有刻度线，只有一个刻度，不能用于液体的量取，故B错误；
C选项，摇匀并静置后，发现凹液面最低处低于刻度线，不能加水，否则溶液的浓度偏小，故C错误；
D选项，定容时俯视刻度线，将会导致所加水体积偏小，所配溶液浓度偏高，故D正确；
综上所述，答案为D。
7.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）
A. Na2O2、MgO、K2O均属于碱性氧化物
B. 盐酸、氨水、氯水均为混合物
C. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等
D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；
B选项，盐酸、氨水、氯水均为混合物，故B正确；
C选项，根据酸分子电离出的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，故C错误；
D选项，食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物可能是碱性氧化物，可能是酸性氧化物，可能是两性氧化物。
8.下列关于电解质、非电解质的说法正确的是
A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质
B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质
C. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液
D. HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B．碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；
C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故C错误；
D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；
故选D。
9.离子方程式H＋+OH-＝H2O所表示的反应是（ ）
A. 所有酸和碱之间的中和反应
B. 所有强酸和强碱之间的中和反应
C. 所有可溶性酸和可溶性碱之间的中和反应
D. 强酸溶液与强碱溶液生成可溶性盐和水的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．弱酸与弱碱在离子反应中应保留化学式，则不能用离子方程式H++OH-＝H2O表示，故A不选；
B．硫酸与氢氧化钡是强酸强碱，二者反应生成硫酸钡和水，硫酸钡不溶于水，则不能用离子方程式H++OH-＝H2O表示，故B不选；
C．硫酸与氢氧化钡是可溶性酸和可溶性碱，二者反应生成硫酸钡和水，硫酸钡不溶于水，则不能用离子方程式H++OH-＝H2O表示，故C不选；
D．强酸与强碱生成可溶性盐和水的离子反应可用离子方程式H++OH-＝H2O表示，故D选；
故选D。
【点晴】明确酸碱的强弱及盐的溶解性是解答本题的关键，注意利用离子反应方程式的书写方法。强酸与强碱生成可溶性盐和水的离子反应可用离子方程式H++OH-＝H2O表示。
10.下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是(　　)
A. Fe3＋、OH-、SO42-、CO32- B. Cu2＋、Fe3＋、H＋、I-
C. Ag＋、Na＋、SO42-、Cl- D. K＋、H＋、CO32-、MnO4-
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，Fe3＋、OH－生成沉淀而不共存，Fe3＋、CO32－生成沉淀和气体而不共存，故A不满足题意；
B选项，Fe3＋、I－发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子，故B满足题意；
C选项，Ag＋、SO42－生成沉淀而不共存，Ag＋、Cl－生成沉淀而不共存，故C不满足题意；
D选项，H＋、CO32－生成气体而不共存，故D不满足题意；
综上所述，答案为B。
11.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的有(   )
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸
③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液
④向澄清的石灰水中通入过量的CO2
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，因此有晶体析出，出现浑浊，不会变澄清，因此符合题意；
②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸，先加入电解质发生胶体聚沉，后酸碱中和反应生成水和氯化铁溶液，因此不符合题意；
③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，沉淀不溶解，因此符合题意；
④向澄清的石灰水中通入过量的CO2，先溶液变浑浊生成碳酸钙，继续通入溶液变澄清，因此不符合题意；
⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2，溶液变浑浊生成碳酸氢钠和氯化铵，因此符合题意，故符合题意的①③⑤三个，C正确；
综上所述，答案为C。
12.下列关于氧化还原反应认识正确的是（ ）
A. 具有氧化性的物质在反应中一定做氧化剂
B. 氧化还原的本质的化合价的升降
C. 还原剂具有还原性，在反应中被氧化，得到还原产物。
D. 置换反应一定是氧化还原反应，化合反应不一定是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，具有氧化性的物质在反应中可能做氧化剂，也可能作还原剂，故A错误；
B选项，氧化还原的本质是电子的转移，故B错误；
C选项，还原剂具有还原性，在反应中被氧化，得到氧化产物，故C错误；
D选项，置换反应一定是氧化还原反应，化合反应中没有化合价变化的反应不是氧化还原反应，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】氧化还原反应判断是根据元素是否有化合价变化，本质是电子发生转移。
13.下列实验方案中，能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案
A
配置100 mL 1.0mol/L硫酸铜溶液
将25g CuSO4·5 H2O溶于100 mL蒸馏水中
B
除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠
高温加热
C
证明Fe2+的氧化性
向FeCl2溶液中通入适量Cl2，溶液变成棕黄色
D
证明SO2是电解质或非电解质
用电流表测SO2水溶液的导电性


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，配置100 mL 1.0mol/L硫酸铜溶液，不是将25g CuSO4·5 H2O溶于100 mL蒸馏水中，先加少量蒸馏水溶解，待冷却后再转移到容量瓶中，洗涤、定容、摇匀等，因此不能达到实验目的，故A不符合题意；
B选项，除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠，高温加热使碳酸氢钠分解变为碳酸钠，因此能达到实验目的，故B符合题意；
C选项，向FeCl2溶液中通入适量Cl2，溶液变成棕黄色，是证明Fe2+的还原性，因此不能达到实验目的，故C不符合题意；
D选项，用电流表测SO2水溶液的导电性，只能证明二氧化硫和水反应的产物亚硫酸是电解质，不能证明二氧化硫是电解质，因此不能达到实验目的，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
14.根据下列反应化学方程式：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，判断有关物质的还原性强弱顺序是（ ）
A. I－＞Fe2+＞Cl－＞SO2 B. Cl－＞Fe2+＞SO2＞I－
C. Fe2+＞I－＞Cl－＞SO2 D. SO2＞I－＞Fe2+＞Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】①I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2＞HI；
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2＞FeCl3；
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HI＞FeCl2；
通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2＞I-＞Fe2+＞Cl-，故答案为D。
15.二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：
①SeO2＋4KI＋4HNO3→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；
②Se＋2H2SO4(浓)→2SO2↑＋SeO2＋2H2O。下列有关叙述不正确的是
A. 反应①中每有0.6mol I2生成，转移电子数目为1.2NA
B. ①中Se是还原产物，I2是氧化产物
C. 反应①中KI是氧化剂，SeO2是还原剂
D. SeO2、H2SO4(浓)、I2的还原性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应中生成1mol碘转移2mol电子，则每有0.6 mol I2生成，转移电子1.2mol，转移电子数目为1.2NA，故A正确；
B．还原剂对应的产物是氧化产物、氧化剂对应的产物的还原产物，①中氧化剂是SeO2、KI是还原剂，则Se是还原产物、碘是氧化产物，故B正确；
C．得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，①中氧化剂是SeO2、KI是还原剂，故C错误；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①中氧化剂是SeO2、碘是氧化产物，②中氧化剂是浓硫酸，氧化产物是SeO2，所以氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2＞I2，故D正确；
故答案为C。
16.40mL物质的量浓度为0.05mol▪L-1Na2SO3溶液恰好与25mL浓度为0.02mol▪L-1的K2X2O6溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2X2O6氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为下列的
A. +1价 B. +2价 C. +3价 D. +4价
【答案】A
【解析】
【详解】令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子守恒规律，则：40×10-3L×0.05mol/L×(6-4)=25×10-3L×0.02mol/L×2×(5-a)，解得a=+1，故答案为A。
17.下列关于金属性质的叙述正确的是（ ）
A. 金属单质在化学反应中往往表现出还原性
B. 因为铁和铝一样可以在空气中形成致密的氧化膜，所以铁制品不需要额外保护措施
C. 自然界中的金属均以化合态形式存在
D. 金属是导热性和导电性优良的固体
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，金属单质在化学反应中化合价升高，往往表现出还原性，故A正确；
B选项，因为铁在空气中不能形成致密的氧化膜，铁制品需要额外保护措施，故B错误；
C选项，自然界中的大多数金属以化合态形式存在，金和铂以单质存在，故C错误；
D选项，金属汞不是固体，故D错误。
综上所述，答案为A。
18.下列离子方程式书写正确的是（　　）
A. 向碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钙溶液:2HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-
B. 向NH4HSO4溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全:NH4+ + H+ + SO42- + Ba2+ +2OH-=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O
C. NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
D. 石灰乳与碳酸钠溶液混合：Ca2++CO32-═CaCO3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳酸氢钠溶液少量，氢氧化钙溶液过量，因此离子方程式为HCO3－+Ca2++2OH－═CaCO3↓+H2O，故A错误；
B.向NH4HSO4溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全，氢离子和铵根刚好反应：NH4+ + H+ + SO42－ + Ba2+ +2OH-=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，故B正确；
C.NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液中：NH4+ +HCO3－+2OH－= CO32－+H2O + NH3∙H2O，故C错误；
D.石灰乳属于浊液，保留化学式形式，不能拆成离子形式，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】少定多变思想解题，把少的定为1 mol，1 mol电离出的离子和其他离子反应。
19.下列对于过氧化钠的叙述中，正确的是（ ）
A. 过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物
B. 过氧化钠能与水反应，所以过氧化钠可以作很多气体的干燥剂
C. 过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂
D. 过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，水是还原剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，而过氧化钠能与酸反应生成盐和水、氧气，因此过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，故A错误；
B选项，虽然过氧化钠能与水反应，但过氧化钠不能做气体的干燥剂，与水反应生成氧气，引入新杂质，故B错误；
C选项，过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，因此过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C正确；
D选项，过氧化钠与水反应时，过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，因此过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水作反应物，故D错误；
综上所述，答案为C。
20.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、Na2O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 【答案】D
【解析】
【详解】A选项，向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，开始有气泡，生成碳酸氢根，碳酸氢根离子浓度增大，再加稀盐酸，碳酸氢根和氢离子反应生成CO2气体，碳酸氢根离子浓度减小，因此在整个过程中，溶液中的HCO3－浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B选项，向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，1 mol氢氧化钡加入，碳酸氢根和氢氧根反应生成2mol碳酸根，生成的2 mol碳酸根只有1mol碳酸根迅速和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，剩余1 mol碳酸根，再继续加入，碳酸根浓度增大，当碳酸氢钠反应完再加氢氧化钡，后面钡离子直接和剩余的碳酸根反应，故B正确；
C选项，Na2O2是通过钠和氧气加热条件直接化合得到，Na2O是通过钠和氧气常温下直接化合得到，故C正确；
D选项，将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，生成的氢氧化钠的质量相等，但由于前者生成了氢气，溶液的质量前者比后者少，因此质量分数前者大于后者，故D错误；
综上所述，答案为D。
二、填空题（4小题，共36分）
21.按要求完成填空。
(1)NaHCO3电离方程式：______________________________________________
(2)过氧化钠与水反应的离子方程式：__________________________________________
(3)配平方程式：______NH4NO3______ HNO3 +_____ N2↑+______ H2O；在反应中被氧化与被还原的氮原子的个数比为________
【答案】 (1). NaHCO3=Na++HCO3- (2). 2Na2O2＋2H2O =4Na++4OH-+O2↑ (3). 5 (4). 2 (5). 4 (6). 9 (7). 5:3
【解析】
【分析】
(1)NaHCO3电离方程式：NaHCO3 = Na++HCO3－；

(2)过氧化钠与水反应的离子方程式；
(3)铵根中的氮化合价升高3，硝酸根中的氮化合价降低5，升降相等，因此硝酸铵系数配5，有2个硝酸根化合价没有变化，生成了硝酸，再根据守恒配其他系数；在反应中被氧化的氮原子为5个，被还原的氮原子的个数为3个，因此得出被还原的氮原子与被氧化的氮原子个数比。
【详解】(1)NaHCO3属于强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3 =Na++HCO3－，故答案为：NaHCO3 = Na++HCO3－；
(2)过氧化钠与水反应的离子方程式：2Na2O2＋2H2O =4Na++4OH－+O2↑，故答案为：2Na2O2＋2H2O=4Na++4OH－+O2↑。
(3)铵根中的氮化合价升高3，硝酸根中的氮化合价降低5，升降相等，因此硝酸铵系数配5，有2个硝酸根化合价没有变化，生成了硝酸，再根据守恒配其他系数，因此方程式为：5NH4NO32HNO3 + 4N2↑+ 9H2O；在反应中被氧化的氮原子为5个，被还原的氮原子的个数为3个，因此被还原的氮原子与被氧化的氮原子个数比为5:3，故答案为：5；2；4；9；5:3。
22.按要求完成填空。
(1)等物质的量的盐酸、苛性钠溶液分别与两份足量的铝粉反应，在相同条件下产生氢气的体积之比为________________
(2)除去NaHCO3溶液中的Na2CO3杂质应_______________，离子方程式为________________________
(3)将一小块金属钠投入到FeCl3溶液中，此时观察到的现象是 ____________________________，有关化学反应方程式是__________________________________
【答案】 (1). 3:1 (2). 通入过量的CO2气体 (3). CO32－+ H2O + CO2 = 2HCO3－ (4). 浮在液面上、熔化成光亮的小球、在液面上四处游动、发出嘶嘶响声、生成红褐色沉淀 (5). 6Na+6H2O+2FeCl3=6 NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑
【解析】
【分析】
(1) 2Al ＋ 2NaOH ＋ 2H2O === 2NaAlO2 ＋ 3H2↑，2Al ＋ 6HCl === 2AlCl3 ＋ 3H2↑，根据方程式得出在相同条件下产生氢气的物质的雷之比；

(2)除去NaHCO3溶液中的Na2CO3杂质应通入过量的CO2气体；
(3)将一小块金属钠投入到FeCl3溶液中，此时观察到的现象是浮在液面上、熔化成三两小球、字液面上四处游动、发出嘶嘶响声、生成红褐色沉淀，有关化学反应方程式是6Na+6H2O +2FeCl3=6 NaCl+2Fe(OH)3+3H2↑。
【详解】(1) 2Al ＋2NaOH ＋2H2O === 2NaAlO2 ＋3H2↑，2Al ＋6HCl ===2AlCl3＋3H2↑，等物质的量的盐酸、苛性钠溶液分别与两份足量的铝粉反应，根据方程式得出在相同条件下产生氢气的体积之比为3:1，故答案为：3:1；
(2)除去NaHCO3溶液中的Na2CO3杂质应通入过量的CO2气体，离子方程式为CO32－+ H2O + CO2 = 2HCO3－，故答案为：通入过量的CO2气体；CO32－+ H2O + CO2 = 2HCO3－；
(3)将一小块金属钠投入到FeCl3溶液中，此时观察到的现象是浮在液面上、熔化成光亮的小球、在液面上四处游动、发出嘶嘶响声、生成红褐色沉淀，有关化学反应方程式是6Na+6H2O+ 2FeCl3=6 NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑，故答案为：浮在液面上、熔化成光亮的小球、在液面上四处游动、发出嘶嘶响声、生成红褐色沉淀；6Na+6H2O+2FeCl3=6 NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑。
23.将2.5g NaOH、NaHCO3、Na2CO3固体粉末溶于水，制成溶液，然后逐渐向其中滴加1mol/L的盐酸，所加入盐酸的体积与产生的CO2的体积（标准状况）的关系如图像所示：

(1)写出OA段发生的离子反应方程式___________________、___________________________
(2)当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为_________________（标准状况）
(3)原混合物中NaOH的质量为_______________
【答案】 (1). H++ OH-= H2O (2). CO32+  H+= HCO3 - (3). 224mL (4). 0.6g
【解析】
【分析】
(1)OA段是氢氧化钠和盐酸反应，再是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠；

(2)25mL—45mL阶段是碳酸氢根和氢离子反应，当加入35mL盐酸时，此时有10mL盐酸用于生成二氧化碳气体，再根据方程式进行计算；
(3)设NaOH、NaHCO3、Na2CO3物质的量分别为x、y，z，建立方程式计算。
【详解】(1)OA段是氢氧化钠和盐酸反应，再是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，因此发生的离子反应方程式H++ OH－ = H2O、CO32－+ H+ = HCO3－，故答案为：H++ OH－ = H2O、CO32－+ H+= HCO3－；
(2)25mL—45mL阶段是碳酸氢根和氢离子反应，当加入35mL盐酸时，此时有10mL盐酸用于生成二氧化碳气体，且消耗盐酸与产生CO2的比例是1:1，即体积为1 mol/L × 0.01 L × 22.4 L/mol = 0.224L=224mL，故答案为：224mL；
(3)设NaOH、NaHCO3、Na2CO3物质的量分别为x、y，z，建立方程组为：y + z = 0.02 mol，x + z = 0.025mol，40x + 84y + 106z = 2.6g，解得x = 0.015 mol，y = 0.01 mol，z = 0.01 mol，因此粉末原混合物中NaOH的质量为0.015mol×40g/mol = 0.6g，故答案为：0.6g。
三、实验题（2小题，共20分）
24.某学习小组用图示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。

(1)A中试剂为__________________
(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_______________________________
(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂。上述操作的顺序是_______________________（填序号）。
(4)B中发生反应的化学方程式为_____________________________________________________
(5)若实验用铝镁合金质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为____________________。
【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 除去表面的氧化膜便于后续反应 (3). ①④③② (4). 2Al+2NaOH+6H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (5).
【解析】
分析】
(1)金属铝与强碱反应而镁不反应，据此分析；

(2)实验前，金属表面有氧化膜，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻其目的是除去表面的氧化膜便于后续反应；
(3)先记录液面，再加入氢氧化钠溶液充分反应，直到不再产生气体后再将固体过滤，洗涤干燥；
(4)B是铝和氢氧化钠反应；
(5)根据方程式的关系进行计算。
【详解】(1)A中试剂让铝反应，而镁不反应，因此用氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；
(2)实验前，金属表面有氧化膜，因此先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去表面的氧化膜便于后续反应，故答案为：除去表面的氧化膜便于后续反应；
(3)先记录液面，再加入氢氧化钠溶液充分反应，直到不再产生气体后再将固体过滤，洗涤干燥，因此上述操作的顺序是①④③②，故答案为①④③②；
(4)B是铝和氢氧化钠反应，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O ＝2NaAlO2 + 3H2↑ ，故答案为：2Al+2NaOH+6H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
(5) 2Al+2NaOH+6H2O＝2NaAlO2+3H2↑
2xg 67.2L
(a-c)g b×10-3L
2xg ： (a-c)g = 67.2L：b×10-3L，解得 x = ，则Al的相对原子质量为，故答案为：。
25.过氧化钠与二氧化碳能生成氧气，在潜水艇中做制氧剂。某学生为了验证这一实验，利用足量的大理石、盐酸和1.95g Na2O2，制取O2。设计出如下图实验装置

(1)A中制取CO2的图，应选用________（填①或②或③）

写出本题中制取氧气的化学方程式__________________B装置的作用是___________________
(2)若E中的出现少量白色沉淀，说明原因：__________________________________
(3)若D中1.95g Na2O2接近反应完毕时，预测会有何种现象：_______________________
【答案】 (1). ② (2). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2 (3). 除去CO2中混有的HCl气体 (4). CO2并未全部与Na2O2反应，少许溢出使石灰水变浑浊,E中石灰水浑浊明显增加 (5). 集气瓶内液面不再下降
【解析】
【分析】
(1)A中制取CO2的图，制取二氧化碳是用大理石和盐酸反应，不需要加热，该反应是放热反应，应该用比较大的容器反应；用过氧化钠和二氧化碳的反应，用饱和碳酸氢钠溶液吸收二氧化碳中的氯化氢气体。

(2)二氧化碳未完全反应则可能会使澄清石灰水变浑浊。
(3)当过氧化钠接近反应完，则集气瓶内液面不再下降。
【详解】(1)A中制取CO2的图，制取二氧化碳是用大理石和盐酸反应，不需要加热，该反应是放热反应，应该用比较大的容器反应，应选用②，制取氧气主要是二氧化碳和过氧化钠反应，其化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2，B装置的作用是主要是除掉二氧化碳中的氯化氢，故答案为：②；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2；除掉二氧化碳中的氯化氢。

(2)若E中的出现少量白色沉淀，说明原因CO2并未全部与Na2O2反应，少许溢出使石灰水变浑浊，故答案为：CO2并未全部与Na2O2反应，少许溢出使石灰水变浑浊。
(3)若D中1.95g Na2O2接近反应完毕时，不再生成氧气，出来的二氧化碳和澄清石灰水反应，因此出现集气瓶内液面不再下降，溶液变浑浊，故答案为：集气瓶内液面不再下降。
四、计算题（1小题，共4分）
26.取100mL的Na2CO3和Na2SO4混合溶液，加入过量的BaCl2后得29.02g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到9.32g，并有气体放出，试计算：
(1)原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度__________________；
(2)产生的气体在标准状况下的体积__________________。
【答案】 (1). 1mol/L (2). 22.4L
【解析】
【分析】
先计算硫酸钡的质量，再计算碳酸钡的物质的量，根据守恒得到碳酸钠的物质的量，计算浓度和二氧化碳的物质的量，再计算体积。
【详解】根据量的关系得出硫酸钡质量为9.32g即物质的量为0.04mol，碳酸钡质量为29.02g-9.32g = 19.7g即物质的量为0.1mol，即碳酸钠的物质的量为0.1mol，原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度；碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，其碳酸钡与二氧化碳是1:1关系，即二氧化碳气体物质的量为0.1mol，体积为，故答案为：1mol∙L-1；2.24L。