05，江苏省苏州市梁丰高级中学2023-2024学年高二上学期期末化学模拟试卷

这是一份05，江苏省苏州市梁丰高级中学2023-2024学年高二上学期期末化学模拟试卷，共16页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(共10小题，满分30分，每小题3分)
1. 下列属于化学变化是
A. 干冰升华B. 萃取分液C. 钢铁生锈D. 海水晒盐
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．干冰升华属于状态的变化，没有产生新物质，是物理变化，A错误；
B．萃取分液中没有产生新物质，是物理变化，B错误；
C．钢铁生锈中铁被氧化，产生了新物质，是化学变化，C正确；
D．海水晒盐中没有产生新物质，是物理变化，D错误；
答案选C。
【点睛】明确物理变化和化学变化的本质区别是解答的关键，即有新物质至产生的变化是化学变化，没有错误新物质，只是状态等的变化是物理变化。
2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 滴加紫色石蕊试液变红的溶液中：K+、Ba2+、、F-
B. 含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、Cu2+、Cl-、
C. 0.1ml·L-1KMnO4溶液：、Na+、、I-
D. 加入金属铝能产生气体的溶液：Al3+、、Cl-、K+
【答案】B
【解析】
【详解】A．使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，弱酸根 F-会和氢离子反应，H++ F-=HF，生成弱电解质HF，不能大量共存，故A不符合题意；
B．Fe3+与 Al3+、Cu2+、Cl-、之间不发生反应，能大量共存，故B符合题意；
C．KMnO4有强氧化性， I-有还原性，二者会发生氧化还原反应，不能共存，故C不符合题意；
D．加入金属铝能产生气体的溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下不能存在，碱性条件下Al3+、您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3/份 都不能存在，故D不符合题意；
故答案为：B。
3. 除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4.过程如下：
下列说法中不正确的是
A. 试剂①可能是Na2CO3溶液
B. 除去的主要反应为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
C. 检验是否除净：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液
D. 滤液中加盐酸是为了除去多余的和
【答案】A
【解析】
【分析】除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4分别用Na2CO3，NaOH和BaCl2，由于加入每一种除杂试剂都要过量，需考虑后面的试剂能将前一种试剂除去，故总体要求为Na2CO3在BaCl2之后，过滤后再加入稀盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Na2CO3在BaCl2之后，故试剂①不可能是Na2CO3溶液，A错误；
B．由分析可知，除去的主要反应为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，B正确；
C．检验是否除净：取少量滤液，加稀盐酸酸化，以排除的干扰，再加BaCl2溶液，C正确；
D．由分析可知，滤液中加盐酸是为了除去多余的和，D正确；
故答案为：A。
4. 下列反应中，画线物质是还原剂的是
A. Zn+H2SO4B. Cl2+2NaBr
C. C+CO2 2D. +2Al
【答案】D
【解析】
【分析】所含元素化合价升高的物质是还原剂，据此解答。
【详解】A．Zn+H2SO4中锌元素化合价升高，氢元素化合价降低，锌是还原剂，硫酸是氧化剂，A不符合；
B．Cl2+2NaBr中溴元素化合价升高，氯元素化合价降低，溴化钠是还原剂，氯气是氧化剂，B不符合；
C．C+CO2 2中单质碳中碳元素化合价升高，二氧化碳中碳元素化合价降低，碳是还原剂，二氧化碳是氧化剂，C不符合；
D．+2Al 中铝元素化合价升高，铁元素化合价降低，铝是还原剂，氧化铁是氧化剂，D符合；
答案选D。
5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 室温时，2LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.4NA
B. 0.3ml•L-1NH4NO3溶液中含有NH的数目小于0.3NA
C. 2LpH=3的0.1ml•L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O的数目为0.2NA
D. 0.1mlSO2溶于足量水形成的溶液中H2SO3、HSO、SO个数之和小于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．室温时，pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为，故2L此溶液中氢氧根的物质的量为0.2ml，即0.2NA，A错误；
B．不知道溶液的体积，无法判断，B错误；
C．溶液中存在平衡，故该溶液Cr2O离子数小于0.2NA，C错误；
D．二氧化硫和水反应是可逆反应生成亚硫酸，因此0.1mlSO2溶于足量水所得溶液中H2SO3、、三种微粒的个数小于0.1NA，D正确；
故选D。
6. 配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是（ ）
A. 此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B. 配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子为 Fe3+，配位数为 6，配位原子有 C
C. 1ml 配合物中σ键数目为 12NA
D. 该配合物为离子化合物，易电离，1ml 配合物电离得到阴阳离子共 4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na+与[Fe(CN)6]3−之间存在离子键，CN-与Fe3+之间存在配位键，CN-中碳原子与氮原子之间存在极性键共价键，不存在非极性键，A错误；
B. 配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子为 Fe3+，配位数为 6，配位原子有 C，B正确；
C. 1ml 配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键数目为（6×2）×NA =12NA，C正确；
D. 该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为：Na3[Fe(CN)6]= 3Na++[Fe(CN)6]3−，1ml 配合物电离得到阴阳离子共 4NA，D正确；
故答案为：A。
【点睛】配位化合物为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子（或离子）和围绕它的分子或离子（称为配位体/配体）完全或部分通过配位键结合而形成，它包含由中心原子或离子与几个配体分子或离子以配位键相结合而形成的复杂分子或离子。
7. 20g密度为pg•cm-3的硝酸钙液中含有1gCa2+离子，则该溶液中NO的物质的量浓度为
A ml•l-1B. ml•L-1
C. 2.5pml•L-1D. 1.25ml•L-1
【答案】C
【解析】
【详解】1g Ca2+离子的物质的量为：n(Ca2+)ml，硝酸根离子的物质的量为：n(NO3-)=2n(Ca2+)ml×2ml，
20g密度为pg•cm-3的硝酸钙液体积为：VmLL，
则该溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为：c(NO3-)2.5pml/L，
故选：C。
8. 将20g A、20g B及20g C混合，完全反应后，得9g B，24.5g C，还有D，已知D的摩尔质量为106g•ml-1.现将44g A和44g B反应，生成D的物质的量为
A. 0.5mlB. 0.55mlC. 1mlD. 2ml
【答案】B
【解析】
【详解】将20g A、20g B及20g C混合，完全反应后，得9g B，24.5g C，则20gA完全反应，参加反应的B的质量为：20g-9g=11g，生成的C的质量为：24.5g-20g=4.5g，根据质量守恒定律可知，生成的D的质量为：60g-9g-24.5g=26.5g，44gB完全反应需要A的质量为：20g80g，大于44g，则44g A和44g B反应时，A不足，会完全反应，反应生成D的质量为：，故生成D的物质的量为：0.55ml，故选：B。
9. 加入适量的硫酸，会使下列离子浓度减小的是：
A. Na+B. K+C. Ba2+D. Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na+和硫酸不反应，离子浓度不变（不考虑溶液体积变化），A不选；
B．K+和硫酸不反应，离子浓度不变（不考虑溶液体积变化），B不选；
C．Ba2+和硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀，钡离子浓度减小，C选；
D．Cl-和硫酸不反应，离子浓度不变（不考虑溶液体积变化），D不选；
答案选C。
10. 足量的镁条分别在体积相同的①O2、②N2、③CO2中充分燃烧，所得固体的质量由大到小的正确顺序是
A. ①②③B. ③②①C. ②①③D. ②③①
【答案】D
【解析】
【详解】相同条件下，气体体积之比=物质的量之比，设气体物质的量为1ml，则①2Mg＋O2=2MgO，生成氧化镁的质量为2×40g=80g；②3Mg＋N2=Mg3N2，生成氮化镁的质量为1×100g=100g；③2Mg＋CO2=2MgO＋C，生成固体质量为(2×40＋12)g=92g；
综上所述，固体质量由大到小的顺序是②③①；
故D正确
二、多选题(共5小题，满分20分，每小题4分)
11. 关于滴定管装液，正确的是
A. 装液后，检查气泡时需注意，碱式滴定管的气泡在尖嘴处和橡胶管内都会存在
B. 可将待装溶液倒入一洁净烧杯中，再加入滴定管
C. 待装溶液需直接从其容器中加入滴定管，中间避免使用其他仪器
D. 装液时，要保持滴定管垂直
【答案】AC
【解析】
【详解】A．装液后，检查气泡时需注意，乳胶管内及出口管内是否有气泡或有未充满的地方，故A正确；
B．待测溶液直接倒入滴定管中，不得用其他容器(如烧杯、漏斗等)来转移，防止污染待测液或使待测液挥发，故B错误；
C．待测溶液直接倒入滴定管中，不得用其他容器(如烧杯、漏斗等)来转移，故C正确；
D．左手前三指持滴定管上部无刻度处，并可稍微倾斜，右手拿住细口瓶往滴定管中倒溶液，故D错误；
故选：AC。
12. 含元素碲()的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是
A. 反应①利用了的还原性B. 反应②中既不是氧化剂也不是还原剂
C. 反应③利用了的氧化性D. 转化为发生了氧化还原反应
【答案】BD
【解析】
【详解】A．中H元素为-1价，因此Te元素为+2价，反应①中Te元素化合价降低，被还原，体现了的还原性，故A项正确；
B．反应②中Te元素化合价由0升高至+5，因此反应过程中H2O中H元素化合价降低被还原，H2O作氧化剂，故B项错误；
C．H2TeO3中Te元素化合价为+4，H6TeO6中Te元素化合价为+6，因此H2TeO3与H2O2反应过程中Te元素化合价升高，根据化合价有升必有降可知，H2O2中部分元素化合价降低，H2O2作氧化剂体现氧化性，故C项正确；
D．中Te元素化合价为+4价，中Te元素化合价为+4，因此转化为过程中无化合价变化，不是氧化还原反应，故D项错误；
综上所述，答案选BD。
13. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A. 由溴乙烷水解制乙醇；由乙烯与水反应制乙醇
B. 由苯硝化制硝基苯；由苯制溴苯
C. 由氯代环己烷制环己烯；由丙烯加溴制1，2-二溴丙烷
D. 乙醇制乙醛；乙酸乙酯的水解
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由溴乙烷水解制乙醇的反应为取代反应；由乙烯与水反应制乙醇的反应为加成反应，可见二者反应类型不相同，A不符合题意；
B．由苯硝化制硝基苯的反应属于取代反应；由苯制溴苯的反应也是取代反应，故二者反应类型相同，B符合题意；
C．由氯代环己烷制环己烯发生的反应是消去反应；由丙烯加溴制1，2-二溴丙烷的反应为加成反应，故二者反应类型不相同，C不符合题意；
D．乙醇制乙醛的反应为氧化反应；乙酸乙酯的水解反应为取代反应，可见二者反应类型不相同，D不符合题意；
故合理选项是B。
14. 密闭容器内有四种物质，在一定的条件下充分反应，测得反应前后各物质的质量如下：
已知A与C的相对分子质量之比为197：158，下列推理正确的是
A. C一定是化合物，D可能是单质
B. 反应过程中，B与D的质量比87：36
C. 反应后密闭容器中A的质量为19.7g
D. 反应中A与C的化学计量数之比为1：2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据质量守恒定律可知，设待测质量为x，反应前各物质的质量总和=反应后生成各物质的质量总和，则得：19.7g+8.7g+31.6g+0.4=x+17.4g+3.6g，解得x=39.4g。
C的质量减少为反应物，A、B、D的质量增加为生成物。
【详解】A．由分析可知该反应为分解反应，所以C一定是化合物，D可能是单质，故A正确；
B．反应过程中，B与D变化的质量比=(17.4g-8.7g)：(3.6g-0.4g)=87:32，故B错误；
C．由分析可知，反应后密闭容器中A的质量为39.4g，故C错误；
D．设反应中A与C的化学计量数a和c，则依据方程式中物质的质量关系可知，31.6g158c=19.7g197a，则A与C的计量数之比是1:2，故D正确；
故选：AD。
15. 某无色溶液可能含有Na+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Br-、CO32-等离子,取少量溶液往其中滴加氯水,有无色无味气体产生,溶液仍为无色；另取少量逐滴滴入NaOH 溶液至过量,无现象。关于该溶液的推测正确的是
A. 溶液中可能存在A13+B. 溶液中可能存在Br-
C. 溶液中一定存在CO32-D. 溶液中可能存在Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】往其中滴加氨水，有无色无味气体产生，溶液仍为无色，说明原溶液含有CO32-，不含Fe3+、Br-，含有CO32-推出不含Ba2+、Al3+，根据电荷守恒一定含有Na+，故C正确。
三、填空题(共4小题，满分12分，每小题3分)
16. 完成下列问题
（1）用双线桥标出下列反应中电子转移的方向和数目，___________
Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl
（2）氧化剂是___________；被氧化的元素是___________；氧化产物是___________；还原剂是___________。
【答案】16. 17. ①. Cl2 ②. S ③. H2SO4 ④. SO2
【解析】
【小问1详解】
Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，该反应氯元素由0价变为-1价，硫元素由+4价变为+6价，双线桥标出反应中电子转移的方向和数目：；
【小问2详解】
该反应中，Cl元素化合价由0价变为-1价，S元素化合价由+4价变为+6价，所以Cl2是氧化剂，SO2是还原剂，则被氧化的元素是S元素，还原剂对应的产物H2SO4是氧化产物。
17. 从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）写出“氨浸”时，生成的离子方程式：_______；该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因是_______。
（2）“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是_______；写出砷酸铁的化学式：_______。
（3）“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是_______。
（4）写出“蒸氨”时，生成的化学方程式：_______。
（5）以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由：_______。
【答案】（1） ①. 或 ②. 温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出
（2） ①. 使砷酸根沉淀完全 ②.
（3）溶液
（4）
（5）不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率
【解析】
【分析】含砷氧化锌废渣进行氨浸，发生生成。再加入锌粉发生金属的置换，铜、银和镍等金属变成金属单质过滤除去。滤液中加入硫酸亚铁等试剂生成砷酸铁除砷后加入高锰酸钾，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。经过蒸氨后获得碱式碳酸锌，经干燥、热分解获得产品。
【小问1详解】
根据流程图所给出反应物，“氨浸”时，生成在溶液中，故离子方程式为由于也提供了，故写成也可以；由于氨挥发，故温度越高，锌的浸出率越低；
【小问2详解】
“除砷”时，根据该工序目的是将除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应生成沉淀；砷酸铁的化学式为；
【小问3详解】
检验用溶液；
【小问4详解】
生成的化学方程式为；
【小问5详解】
由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。
18. 亚硝酸钠()是一种常见的食品添加剂，某兴趣小组用如图所示装置制备(A中加热装置已略去)。
查阅资料可知：
①；。
②NO能被酸性氧化成。
③暴露在空气中容易被氧化。
（1）装置A中装有浓硝酸的仪器的名称为______，A中反应的化学方程式：______。
（2）装置B中Cu的作用为：______。(用离子方程式表示)
（3）装置C的作用是______。
（4）A中滴入浓硝酸之前，应先通入一段时间，原因是______。
（5）写出NO被酸性溶液氧化的离子方程式：______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
（2）3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
（3）吸收CO2、H2O、NO2，防止干扰实验
（4）排尽装置中的空气，防止NaNO2被氧化
（5）5NO＋3＋4H＋=5＋3Mn2＋＋2H2O
【解析】
【分析】从装置图中可以看出，装置A中主要发生C与浓硝酸的反应，生成的NO2气体进入B装置中，首先与水反应，生成HNO3和NO，HNO3再与Cu反应，生成Cu(NO3)2、NO和H2O；在C中，CO2、NO2被吸收；在D中，NO与Na2O2反应生成NaNO2；在E中，NO被KMnO4氧化吸收。为防止装置内的空气与过氧化钠反应，导致产品不纯，实验前，先通N2，以排尽装置内的空气。
【小问1详解】
装有浓硝酸的仪器的名称为分液漏斗；A中发生C与浓硝酸的反应，生成的NO2，反应的化学方程式为C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；
【小问2详解】
NO2气体进入B装置中，首先与水反应，生成HNO3和NO，HNO3再与Cu反应，生成Cu(NO3)2、NO和H2O，离子方程式：3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
【小问3详解】
因为反应生成的NO2、CO2能与Na2O2反应，生成NaNO3、Na2CO3，混在NaNO2中，所以需除去，装置C中盛放的试剂是碱石灰，装置C的作用是：吸收CO2、H2O、NO2，防止干扰实验；
【小问4详解】
已知暴露在空气中容易被氧化，A中滴入浓硝酸之前，应先通入N2一段时间，原因是排尽装置内的空气，防止空气中的氧气和亚硝酸钠反应，导致产品不纯；
【小问5详解】
NO能被酸性氧化成，被还原为Mn2＋，N元素化合价升高了3，Mn元素化合价降低了5，由得失电子守恒可知含N元素物质系数为5，含Mn元素物质系数为3，结合原子守恒可得离子方程式为：5NO＋3＋4H＋=5＋3Mn2＋＋2H2O。
19. 和均为重要的化工原料，二者均易水解，某化学实验小组进行了下列制备和探究实验。已知和均不溶于和。回答下列问题：
I．制备：
实验原理：。
实验步骤：在仪器X中加入无水和过量的，反应开始前先通一段时间。停止通气，控制反应温度在，加热，期间每隔一段时间通入一会，反应完成后再继续通入至装置冷却，分离提纯得到粗产品。
（1）铁元素为元素周期表中的____________区元素，晶体铁熔化时破坏的作用力为____________。
（2）仪器X的名称为____________，实验时最适宜选用的加热方式为____________(填选项字母)。
A．水浴加热 B．油浴加热 C．酒精灯直接加热
（3）干燥管中无水氯化钙的作用为________，实验过程中判断需通入时的现象为________。
（4）实验结束后，向锥形瓶溶液中滴入几滴甲基橙，用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。盛装标准溶液需选用____________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，的产率为____________(保留3位有效数字)。
Ⅱ．向的酸性溶液中滴入的溶液，酸性溶液褪色．某同学对该溶液中使酸性溶液褪色的原因提出如下假设：
假设1：是使酸性溶液褪色；
假设2：是使酸性溶液褪色。
（5）用离子方程式表示假设2可能成立的原因____________。
（6）该同学补充设计了一组实验验证假设1成立而假设2不成立，实验操作及现象为____________。
【答案】（1） ①. d ②. 金属键
（2） ①. 三颈烧瓶(或三口烧瓶) ②. B
（3） ①. 防止锥形瓶中的水进入三颈烧瓶使和水解 ②. 球泡中有较多液体时
（4） ①. 碱式 ②.
（5）
（6）向的酸性溶液中滴入的溶液(或溶液)，无明显现象
【解析】
【分析】利用制备，并测定其产率，之后进行实验探究，据此分析解答。
【小问1详解】
铁属于元素周期表中的d区元素，晶体铁熔化时破坏的作用力为金属键。
【小问2详解】
仪器X的名称为三颈烧瓶；控制反应温度在适宜选用油浴加热。
【小问3详解】
干燥管中无水氯化钙的作用为防止锥形瓶中的水进入三颈烧瓶使和水解；易溶于水发生倒吸，当导管的球泡中有较多液体时，需通入一会，将球泡和导管中的液体压回锥形瓶中。
【小问4详解】
盛装标准溶液应选用碱式滴定管；根据元素守恒，可知无水氯化铁理论上生成的物质的量为，消耗的物质的量，故根据可知，反应生成的，的产率为。
【小问5详解】
可以与高锰酸钾发生反应，可能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【小问6详解】
向的酸性溶液中滴入的溶液，无明显现象，即可证明该浓度下未使酸性溶液褪色，假设2不成立，对比原实验溶液褪色可知，假设1成立。
四、计算题(共1小题，满分3分，每小题3分)
20. 碱式碳酸钠铝[NaaAlb(OH)c(CO3)d]可用作阻燃剂、抗酸剂等。其制备方法是:控制温度、pH，向NaHCO3稀溶液中加入Al(OH)3，并搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得碱式碳酸钠铝。
（1）碱式碳酸钠铝[NaaAlb(OH)c(CO3)d]中a、b、c、d之间的关系为________。
（2）碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因:①在分解过程中大量吸热；②本身及产物无毒且不可燃；③________________________。
（3）若pH过高，则对产品的影响是________________________。
（4）为确定碱式碳酸钠铝的组成，进行如下实验:
①准确称取2.880 g样品用足量稀硝酸溶解，得到CO20.448 L(已换算成标准状况下)，并测得溶液中含有0.02 ml Al3＋。
②加热至340 ℃以上时样品迅速分解，得到金属氧化物、CO2和H2O。当样品分解完全时，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)为56.9%，根据以上实验数据确定碱式碳酸钠铝的组成__________________________(写出计算过程)。
【答案】（1）a＋3b＝c＋2d
（2）产生阻燃性气体CO2、H2O
（3）pH过高会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2
（4）NaAl(OH)2CO3
【解析】
【小问1详解】
碱式碳酸钠铝[NaaAlb(OH)c(CO3)d]中，化合价代数和为0，所以a+3b-c-2d=0，则a+3b=c+2d；
【小问2详解】
碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因:①在分解过程中大量吸热；②本身及产物无毒且不可燃；③同产生不支持燃烧的二氧化碳和水；
【小问3详解】
pH过高，碱性强不生成氢氧化铝，而产生偏铝酸盐，所以pH过高，则对产品的影响是会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2；
【小问4详解】
因为:n(CO2)＝＝0.02 ml，n(H2O)＝＝0.02 ml，而测得溶液中含有0.02mlAl3+，所以b:c:d=1:2:1，根据电荷守恒a+0.02×3=0.02×2+0.02×2，所以a=0.02ml，所以a:b:c:d=1:1:2:1，所以，碱式碳酸铝的化学组成为NaAl(OH)2CO3。物质
A
B
C
D
反应前质量/g
19.7
8.7
31.6
0.4
反应后质量/g
待测
17.4
0
3.6