陕西省延安市吴起高级中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

吴起高级中学2019—2020学年第一学期第二次月考高一化学试卷
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Zn-65
第Ⅰ卷（选择题 共54分）
一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分共54分）
1.下列说法不正确的是
A. 钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂
B. 碳酸钠是一种重要的化工原料，可用于制造玻璃
C. 实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制取少量氯气
D. 氢氧化钠溶液要盛放在磨口玻璃塞的试剂瓶里
【答案】D
【解析】
【详解】A.钠和钾的合金在室温下呈液态，可用于快中子反应堆作热交换剂，A正确；
B.碳酸钠是一种重要的化工原料，在工业上可与石灰石、石英一起用于制造玻璃，B正确；
C.实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制取少量氯气，C正确；
D.氢氧化钠会与玻璃中的SiO2发生反应产生具有粘性的Na2SiO3，使试剂瓶与玻璃塞粘在一起，所以NaOH溶液要盛放在橡胶塞的试剂瓶里，D错误；
故合理选项是D。
2. 焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是： （ ）
A. 焰色反应是化学变化
B. 用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（镍丝或铁丝）
C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察
D. 利用焰色反应可区分NaC1与Na2CO3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．焰色反应是物理变化，A错误；
B．用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（镍丝或铁丝）是为了除去其表面的杂质，以防其干扰实验，B正确；
C．观察钾元素的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，其余的不需要，C错误；
D．NaC1与Na2CO3固体中均含有钠元素，因此利用焰色反应不能区分NaC1与Na2CO3固体，D错误。
答案选B。
3.1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留固体物质是(　　)
A. Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后先发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，再发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，以此来解答。
【详解】由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1molCO2与恰好与1molNa2O2反应生成1molNa2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故合理选项是A。
【点睛】本题考查混合物的计算的知识，把握发生的反应及先后顺序为解答的关键，注意过氧化钠先与二氧化碳反应，本题侧重于学生分析与计算能力的考查。
4.下列物质既能导电又是强电解质的是（   ）
A. 氯化钠溶液 B. 氢氧化钠晶体
C. 熔融的氢氧化钠 D. 液态氯化氢
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯化钠溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，但该物质是混合物，不属于电解质，A错误；
B.氢氧化钠晶体中含有离子，在溶于水或受热熔化时会完全电离产生自由移动的离子，因此属于强电解质，但在氢氧化钠晶体中含有的离子不能自由移动，因此不能导电，B错误；
C.熔融的氢氧化钠中含有自由移动的离子，能够导电，由于溶于水完全电离，因此属于强电解质，C正确；
D.液态氯化氢中含有HCl分子，不能导电，溶于水会完全电离产生离子，属于强电解质，D错误；
故合理选项是C。
5.加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不再变化，剩余固体的质量为8.45g，求混合物中碳酸钠的质量分数。( )
A. 58％ B. 42％ C. 36％ D. 64％
【答案】A
【解析】
加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故，设混合物中碳酸氢钠的质量为m，利用差量法计算，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m  
2×84g            62g
m            10.0g-8.45g=1.55g
m==4.2g，所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g-4.2g=5.8g，混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%=58%。故选A。
6.下表中叙述Ⅲ不正确的是（　　）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
叙述Ⅲ
A
将少量稀硫酸逐滴加入苏打溶液中，并不断振荡
无明显现象
可用稀硫酸或稀盐酸鉴别苏打溶液和小苏打溶液
B
向苏打溶液中滴加澄清石灰水
产生白色沉淀
可用澄清石灰水鉴别苏打溶液和小苏打溶液
C
加热小苏打固体
产生无色气体和水蒸气
可用加热法除去苏打中的小苏打
D
向稀苏打溶液中通入过量二氧化碳气体
无明显现象
可用二氧化碳除去小苏打溶液中的苏打


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.将少量稀硫酸逐滴加入苏打溶液中，并不断振荡，发生反应：CO32-+H+= HCO3-，因此无明显现象，而向小苏打溶液中加入盐酸或硫酸，会发生反应：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，立即产生大量气泡，因此可用稀硫酸或稀盐酸鉴别苏打溶液和小苏打溶液，A正确；
B.Na2CO3、NaHCO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，都会产生CaCO3白色沉淀，因此不能用澄清石灰水鉴别苏打溶液和小苏打溶液，B错误；
C.NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，因此可用加热法除去苏打中的小苏打，C正确；
D.向Na2CO3溶液中通入CO2气体，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，因此可用二氧化碳除去小苏打溶液中的苏打，D正确；
故合理选项是B。
7.150℃时，11.6g CO2和H2O的混合气体与足量的Na2O2充分反应后，固体物质的质量增加了3.6g，则原混合气体中CO2与H2O的物质的量之比是（ ）
A. 1：4 B. 3：11 C. 1：11 D. 21：22
【答案】A
【解析】
【分析】
150℃时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m(O2)=11.6g-3.6g=8g，根据n=计算生成O2的物质的量，根据方程式可知n(混合气体)=2(O2)，假设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，根据生成氧气的物质的量及二者之和，列方程计算。
【详解】向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固体只增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m(O2)=11.6g-3.6g=8g，所以n(O2)=18g÷32g/mol=0.25mol，假设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则根据方程式2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2可知反应产生O2物质的量是0.5x，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知H2O反应产生O2的物质的量是0.5y，所以0.5x+0.5y=0.25， 44x+18y=11.6，解得x=0.1mol，y=0.4mol，所以原混合气体中CO2和H2O的物质的量之比n(CO2)：n(H2O)=1：4，故合理选项是A。
【点睛】本题考查混合物的有关计算、过氧化钠的性质等，注意理解固体质量变化的原因，根据反应的方程式中物质的量变化关系进行计算。
8.除去镁粉中混有的少量铝粉，可选用下列溶液中的（ ）
A. 盐酸 B. 稀硝酸 C. 氨水 D. 浓氢氧化钾溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.Mg、Al因都与稀盐酸反应，不能除杂，A不符合题意；
B. Mg、Al因都与稀硝酸反应，产生可溶性的物质，不能除杂，B不符合题意；
C.二者均与浓氨水不反应，不能除杂，C不符合题意；
D.Al与KOH溶液反应，而Mg不能，则可将不纯金属溶于足量浓KOH中，充分反应后过滤可分离除去，D符合题意；
故合理选项是D。
9.实验室中要使AlCl3溶液中的Al3+和NaAlO2溶液中的AlO2-全部沉淀出来，最适宜的试剂分别是（　　）
A. NaOH溶液，盐酸 B. Ba(OH)2溶液，醋酸
C. 盐酸，氨水 D. 氨水，CO2
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，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AlCl3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，使用氨水；
要使AlO2-转化为Al(OH)3沉淀，则应该向溶液中加入酸性氧化物或酸，同时要使沉淀不能被溶解，则应该加入弱酸性的物质，只能是根据酸性H2CO3> Al(OH)3，向该溶液中通入CO2气体，故合理选项是D。
10.在H2SO4酸化过的Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀W(g)与所加NaOH溶液体积V的关系如图，其中正确的是 ( )
【答案】D
【解析】
H2SO4酸化过的Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液时，首先NaOH与H2SO4发生中和反应，此时溶液中无沉淀生成，当硫酸反应完全后再加入氢氧化钠会生成氢氧化铝沉淀，再加入氢氧化钠则沉淀溶解，最终消失；所以正确选项为D；
11.工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却。可作为冷却气体的是
①空气 ②CO2 ③Ar ④H2 ⑤N2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①空气中有氧气和氮气，金属镁和它们可以反应，空气不能作冷却剂，故错误；
②Mg蒸气在CO2中能发生反应生成MgO和C，不能作冷却剂，故错误；
③Mg和Ar不反应，可以作冷却剂，故正确；
④Mg和氢气不反应，可以作冷却剂，故正确；
⑤Mg蒸气和氮气反应生成氮化镁，不能作冷却剂，故错误；
答案选C。
12.海藻中含有丰富的碘元素。如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是

A. 步骤④的操作是过滤
B. 可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全
C. 步骤①、③的操作分别是过滤、萃取
D. 步骤③中加入的有机溶剂可能是酒精或四氯化碳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此操作①是过滤，操作②通入Cl2，发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。
【详解】根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此操作①是过滤，操作②通入Cl2，发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。A、碘单质易溶于有机溶剂，常利用其沸点与有机溶剂相差较大采用蒸馏方法分离它们，故步骤④应为蒸馏，故A错误；B、淀粉遇碘单质变蓝，只要产生I2，加入淀粉后，溶液就会变蓝，故B错误；C、根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此步骤①为过滤，碘单质易溶于有机溶剂，因此采用萃取的方法，步骤③为萃取，故C正确；D、因为酒精易溶于水，因此萃取碘水中的碘单质，不能用酒精作萃取剂，故D错误。
13.某无色溶液中，可大量共存的离子组是（　　）
A. Na+、HCO3-、SO42-、Br- B. Cu2+、NO3-、Cl-、SO42-
C. H＋、Cl-、Na+、CO32- D. Na＋、Mg2+、SO42-、OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A.选项离子溶液均无色，且离子间不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；
B. Cu2+显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，B错误；
C. H+、CO32-会发生离子反应产生H2O、CO2，不能大量共存，C错误；
D.Mg2+、OH-会发生离子反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
14. 下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是（ ）
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3④NaAlO2 ⑤Al
A. ②③ B. ②③⑤ C. ①②③⑤ D. 全部
【答案】C
【解析】
试题分析：碳酸氢钠、氧化铝、氢氧化铝和铝均既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，偏铝酸钠只能与盐酸反应，和氢氧化钠不反应，答案选C。
考点：考查元素及其化合物的性质
15.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（　　）
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. Al2O3熔点高，一般采用电解熔融的AlCl3制备金属铝
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHCO3能与胃酸(即盐酸)发生反应，因此可用于制胃酸中和剂，与稳定性无关，A错误；
B. AlCl3是由分子构成的共价化合物，不能电离，而Al2O3是离子化合物，断裂离子键需消耗很高能量，因而熔点高，所以一般采用电解熔融的Al2O3制备金属铝，B错误；
C. Al2O3是离子化合物，熔沸点高，所以可用作耐高温材料，与两性氧化物无关，C错误；
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂，防止食品受潮变质，D正确；
故合理选项D。
16.潮湿氯气、新制氯水以及次氯酸钠溶液都能使有色布条褪色，因为它们都含有微粒
A. HClO B. ClO- C. HCl D. Cl2
【答案】A
【解析】
潮湿氯气（），新制的氯水（），次氯酸钠溶液（的水解反应：）中都含有，可以使有色布条褪色， 正确选项A。
点睛：干燥的氯气没有漂白作用，潮湿氯气、新制氯水以及次氯酸钠溶液都能使有色布条褪色，是因为它们均含有HClO，HClO具有强氧化性，能够用来杀菌消毒和漂白。
17.下列反应的离子方程式正确的是（　　）
A. 钠与水反应：Na+H2O=Na＋+OH-+H2↑
B. 氯气与水反应： Cl2+H2O=2H＋+Cl-+ClO-
C. 氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)3+3H＋=Al3++3H2O
D. 将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H＋=2Fe3++3H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A.电子、原子不守恒，离子方程式应该为：2Na+2H2O=2Na＋+2OH-+H2↑，A错误；
B.反应产生的HClO是弱酸，主要以分子存在，且为可逆反应，离子方程式应该为：Cl2+H2OH＋+Cl-+HClO，B错误；
C.反应符合事实，遵循离子方程式的物质拆分原则，C正确；
D.Fe与硫酸反应产生Fe2+，不符合事实，离子方程式应该为：Fe+2H＋=Fe3++H2↑，D错误；
故合理选项是C。
18.下列叙述正确的是
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2
③Na2O与Na2O2都是白色的固体
④Na2O和Na2O2晶体中的阴离子与阳离子的物质的量之比都为1∶2
⑤Na2O2和Na2O在空气中久置都会发生变质
A 只有⑤ B. ②③④⑤ C. ②③⑤ D. ④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①.Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②.Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不符合置换反应的定义，故②错误；
③.Na2O为白色固体，Na2O2为淡黄色固体，故③错误；
④.Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子的物质的量之比为1:2，Na2O中含有钠离子和氧离子，阴、阳离子的物质的量之比为1:2，故④正确；
⑤. Na2O2和Na2O均可以和空气中的水等物质反应，在空气中久置都会发生变质，故⑤正确，答案选D。
【点睛】本题考查钠的化合物的性质，试题难度不大，第④项为易错点，解题时要注意过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物。
第Ⅱ卷（非选择题 共46分）
二、填空题（共46分）
19.按要求回答下列问题
(1)实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7 +14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3 +2KCl+7H2O，当转移0.6mole-时被氧化的HCl为_____mol
(2)同温同压下，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为_________，密度之比为_________
(3)①向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是________，反应的化学方程式是_________；
②Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是______。
③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。
①贝壳　②紫菜　③鱼　④海带
(4)将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____（填序号）。
【答案】 (1). 0.6mol (2). 1：1 (3). 4：5 (4). 溶液由无色变为橙色 (5). Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl (6). Cl2>Br2>I2 (7). ④ (8). ③<②<①<④
【解析】
【分析】
(1)先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl的关系，然后计算转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量；
(2)根据n=及计算；
(3)①活动性强的可以把活动性弱的置换出来，根据Br2的水溶液显橙色分析；
②根据同一主族的元素性质变化规律分析；
③根据海产品的成分分析；
(4)根据题意结合化学反应方程式，可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。
【详解】(1)在反应K2Cr2O7 +14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3 +2KCl+7H2O中，每转移6mol电子，会有6molHCl被氧化产生Cl2，则当转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量为0.6mol；
(2)根据物质的量与微粒数目关系式n=可知：气体的分子数的比等于气体的物质的量的比。所以同温同压下，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为1：1；在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式可知：气体的密度与气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下， SO2气体和SO3气体的密度比ρ(SO2)：ρ(SO3)=64g/mol：80g/mol=4：5；
(3)①由于活动性Cl2>Br2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应后产生的Br2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；
②同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2>Br2>I2；
③①贝壳主要成分为碳酸钙，①不符合题意；
②紫菜主要成分为蛋白质、维生素，②不符合题意；
③鱼主要成分为蛋白质，③不符合题意；　
④海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，④符合题意；
故合理选项是④；
(4)Mg燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O2 2MgO； 3Mg+N2Mg3N2； 2Mg+CO2 2MgO+C，可假设镁的物质的量是1mol，比较Mg燃烧后生成的固体增加的质量；1molMg在O2中燃烧质量增加1molO原子的质量16g；在N2中燃烧质量增加molN2的质量g；在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2，所以增加的质量在g～16g之间；在CO2中燃烧质量增加1molO和0.5molC原子的质量，16g+6g=22g，可见等质量的Mg在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气<②空气<①氧气<④二氧化碳，Mg的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③<②<①<④。
【点睛】本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设Mg的物质的量都是1mol，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。
20.在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验用品、用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。

(1)A是制取CO2的装置。写出A中发生反应的方程式______________。
(2)填写表中空格：
仪器
加入试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
_________
C
_________
_________
D
_________
_________


(3)写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：__________。
(4)某课外小组为了验证Na2CO3和NaHCO3的稳定性，设计了如图所示的实验装置，你认为在试管B中应放的物质是_______，C、D两个烧杯中的溶液分别是______、_______，Na2CO3粉末中混有少量NaHCO3，除去杂质的方法(写方程式)________。

【答案】 (1). CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ (2). 除去CO2气体中的HCl (3). Na2O2 (4). 产生氧气 (5). NaOH溶液 (6). 吸收未反应的CO2 (7). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (8). NaHCO3 (9). 澄清的石灰水 (10). 澄清的石灰水 (11). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
由实验装置可知，本实验首先在A中由CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生气体通过B装置的饱和NaHCO3溶液，除去CO2气体中混入的HCl，然后在装置C中过氧化钠与CO2和水蒸气反应产生O2，通过装置D中的氢氧化钠溶液吸收剩余二氧化碳，最后用排水法收集O2；
(4)碳酸钠比碳酸氢钠稳定，可选择间接加热方法来比较二者的稳定性，根据产生的CO2能够是澄清石灰水变浑浊判断物质的稳定性，同时利用碳酸氢钠的不稳定性除去碳酸钠中的碳酸氢钠杂质。
【详解】(1)A是制取CO2的装置，利用碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
(2)B装置中盛有体通过饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2气体中混入的HCl，反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；
装置C中盛有Na2O2，能够与CO2及H2O蒸气发生化学反应产生氧气；
装置D中盛放的是NaOH溶液，其作用是吸收未反应的CO2，反应的离子方程式为2OH-+CO2=CO32-+H2O；
(3)过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定，受热易分解，由于玻璃不容易导热，所以要比较Na2CO3和NaHCO3的稳定性，应该在试管B中放的物质是NaHCO3，C、D两个烧杯中的溶液都是澄清的石灰水，NaHCO3不稳定，受热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，将CO2通入到澄清的石灰水中，发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，看到D中石灰水变浑浊，而C中石灰水不变浑浊，从而证明Na2CO3比NaHCO3稳定；
将固体混合物加热，并把导气管通入到盛有足量的澄清石灰水中，至石灰水不再变浑浊，停止加热，就得到纯净的Na2CO3，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
【点睛】本题考查了钠元素的化合物的性质，涉及用过氧化钠来制取氧气的反应装置和性质实验验证及Na2CO3和NaHCO3的稳定性比较，把握物质制取原理、可能混有的杂质、除去的方法和物质的性质的不同是本题解答的关键。
21.目前，世界上生产的镁有60%来自海水，其生产流程图如下：

(1)贝壳的主要化学成分为_________(写化学式)。
(2)写出反应②的离子方程式：_____________。
(3)根据流程图可知，可循环利用的物质是__________。
(4)Mg与CO2反应时，有白色粉末并有黑色固体生成。请写出Mg与CO2反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向与数目________。氧化剂是___________，氧化产物是_________。
(5)Na比Mg和Al要活泼，将Na投入到Fe2(SO4)3溶液中会发生剧烈的化学反应，其离子方程式为_________。
【答案】 (1). CaCO3 (2). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O (3). Cl2或HCl (4). (5). CO2 (6). MgO (7). 6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑
【解析】
【分析】
海水晒盐得到的卤水中加入煅烧贝壳得到的氧化钙，CaO溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，用来沉淀Mg2+，形成Mg(OH)2沉淀，过滤后向得到氢氧化镁加入盐酸溶解富集镁元素得到氯化镁，然后蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中脱水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁和氯气；镁在点燃时与CO2反应产生氧化镁和碳单质；将Na投入到Fe2(SO4)3溶液中，首先是钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铁发生复分解反应产生氢氧化铁沉淀。
【详解】(1)贝壳的主要成分是碳酸钙，化学式为CaCO3；
(2)反应②是氢氧化镁溶解于盐酸中反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
(3)由流程可知，电解熔融氯化镁制得氯气，氯气和氢气点燃生成氯化氢，可循环使用；
(4)Mg与CO2反应时，有白色粉末氧化镁并有黑色固体碳生成，Mg与CO2反应的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，在该反应中镁失电子，碳得到电子生成碳单质，用双线桥表示的氧化还原反应为：；反应中C化合价从+4价变化为0价，化合价降低，获得电子，C作氧化剂；Mg的化合价由0价变为+2价，化合价升高，失去电子。Mg作还原剂，MgO是氧化产物；
(5)将Na投入到Fe2(SO4)3溶液中，首先是钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，然后是产生氢氧化钠与硫酸铁发生复分解反应产生氢氧化铁沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑。
【点睛】本题考查了海水提镁的流程和反应原理、氧化还原反应电子转移表示方法，掌握物质的性质、氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系及物质的作用是本题解答的关键。
22.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：

(1)操作Ⅱ的名称___________，用到的玻璃仪器有_______________。
(2)X是___________，操作Ⅱ通入过量CO2的离子方程式：____________。
(3)沉淀A的主要成分是________，溶液B中的成分为：_______________
【答案】 (1). 过滤 (2). 烧杯、玻璃棒、漏斗 (3). NaOH溶液 (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (5). Fe2O3 (6). NaHCO3
【解析】
【分析】
Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择氢氧化钠，将Al2O3溶解为可溶性的NaAlO2，则固体难溶物是Fe2O3，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有Fe2O3，向NaAlO2中通足量CO2来获得Al(OH)3沉淀，发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，Al(OH)3加热分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3可得Al，以此解答该题。
【详解】(1)向铝土矿中加入NaOH溶液，Al2O3与NaOH溶液发生反应生成可溶性的NaAlO2和水，而Fe2O3不能反应，过滤，得到的沉淀A是Fe2O3，溶液中含有NaAlO2。过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(2)根据(1)可知溶液X是NaOH溶液；由于酸性H2CO3>Al(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，然后过滤，得到Al(OH)3沉淀，滤液B中含有NaHCO3；所以操作Ⅱ是过滤；
(3)根据上述分析可知沉淀A是Fe2O3，溶液B中的成分为NaHCO3。
【点睛】本题以铝土矿冶炼铝为线索，考查了铝的氧化物、氢氧化物的性质及应用及铝三角转化关系。掌握物质制备原理，根据物质性质的不同进行混合物的分离。侧重考查学生对元素化合物知识的掌握及化学实验基本操作等能力。
23.将3.9 g Mg、Al合金溶于一定物质的量浓度的HCl溶液400 mL中，刚好完全反应，经检测合金和盐酸都无剩余，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液后，生成沉淀。如果加入一定量的NaOH溶液至沉淀量最大时，溶液的总体积刚好为合金溶解时体积的两倍，假设完全反应（不考虑体积变化），试求：
(1)生成的沉淀的最大值是多少_________？
(2)原合金中Mg的质量百分含量_________(计算结果保留一位小数点)。
【答案】 (1). 10.7g (2). 30.8%
【解析】
【分析】
(1)加入一定量的NaOH溶液后沉淀量最大时，溶液的总体积刚好为合金溶解时的体积的两倍，即所用NaOH溶液的体积为800mL-400mL=400mL=0.4L，
由MgMgCl2Mg(OH)2，AlAlCl3Al(OH)3，根据关系式计算；
(2)设出合金中镁、铝的物质的量，分别根据合金质量、设出沉淀的质量列式计算。
【详解】加入一定量的NaOH溶液后沉淀量最大时，溶液的总体积刚好为合金溶解时的体积的两倍，即所用NaOH溶液的体积为800mL-400mL=400mL=0.4L，所以n(NaOH)=0.4L×1mol/L=0.4mol，
(1)根据MgMgCl2Mg(OH)2，AlAlCl3Al(OH)3，可知：3.9gMg、Al合金最终得到的是Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，且满足：沉淀的质量m(氢氧化物)=m(合金)+m(OH-)，
根据转化关系式可知：n(OH-)=n(OH-)=0.4mol，则m(OH-)=0.4mol×17g/mol=6.8g，所以沉淀的质量为：m(氢氧化物)=m(合金)+m(OH-)=3.9g+6.8g=10.7g；
(3)设3.9gMg、Al合金中Mg的物质的量为x，Al的物质的量为y，则：24x+27y=3.9、58x+78y=10.7，解得：x=0.05mol、y=0.1mol，即：镁、铝的物质的量分别为0.05mol、0.1mol，
所以Mg的质量为：0.05mol×24g/mol=1.2g，原合金中Mg的质量百分含量为：(1.2g÷3.9g)×100%=30.8%。
【点睛】本题考查混合物的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意关系式法和守恒法在解答中的重要应用，试题培养了学生的分析问题的能力及灵活应用能力。