【化学】云南省玉溪市第一中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

云南省玉溪市第一中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 S-32 O-16 Zn-65 C-12 Mg-24 Fe-56 Al-27 Cu-64 Cl-35.5 N-14 K-39 Ca-40
第Ⅰ卷 (选择题 共40分)
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。
1.下列物质与其俗名匹配且相关叙述合理的是（ ）
A. 磁性氧化铁：四氧化三铁，为黑色晶体
B. 铁红：氧化亚铁，可用作红色油漆的颜料
C. 双氧水：过氧化氢，受热稳定、易溶于水
D. 苏打： 碳酸氢钠，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【解析】试题分析：A．磁性氧化铁是四氧化三铁的俗称，它黑色晶体，正确；B．铁红是氧化铁的俗称，可用作红色油漆的颜料，错误；C． 小苏打是碳氢钠的俗称，该物质不稳定，受热稳定、能够溶于水，错误；D． 苏打是碳酸钠的俗称，由于溶液碱性强，因此不可用于治疗胃酸过多，错误。
2.下列现象与胶体的性质无关的是（ ）
A. 河流入海口处易形成三角洲
B. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐
C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
D. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
【答案】C
【详解】A．河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关；
B．豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关；
C．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀，FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl，发生了复分解反应，与胶体性质无关；
D．清晨的雾属于胶体，人们经常看到阳光穿过茂密的森林时产生美丽的景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关；
综上所述，本题答案选C。
3.下列说法中正确的是( )
A. NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质
B. CuSO4·5H2O属于纯净物
C. 凡能电离出H+的化合物均属于酸
D. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－
【答案】B
【详解】A、NH3和CO2本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨或碳酸，它们属于电解质，因此溶液导电，NH3和CO2属于非电解质，故A错误；B．胆矾(CuSO4•5H2O)只有一种物质组成，属于纯净物，故B正确；C．硫酸氢钠电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，但是属于盐，故C错误；D、电解质的电离不需要通电，是自发进行的，通电是发生氯化钠溶液的电解，故D错误；故选B。
4.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）
①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A. ①③⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④⑥ D. ③④⑤⑥
【答案】A
【解析】试题分析：①对于天平来说，右盘应放砝码，其质量加上游码读数即为物质的质量，如果位置颠倒，则会使称量的物质的质量小于所需质量，最终导致浓度偏低；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数，会造成你量出的液体比理论的要大，导致物质的量偏大，浓度偏高；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低；④若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低；⑥定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低。答案选A。
5.用NA表示阿伏德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4LCCl4含有分子数为1 NA
B. 常温常压下，1.42g Na2SO4含的有的Na+离子数为0.01 NA
C. 标准状况下，1.5 NA 个CO2分子占有的体积约为33.6L
D. 物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为2 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；B．1.42g硫酸钠的物质的量为0.01mol，故钠离子的物质的量为0.01×2=0.02mol，故B错误；C．标准状况下，Vm=22.4L/mol，所以1.5NA 个CO2分子的物质的量为1.5mol，占有的体积为22.4L/mol×1.5mol=33.6L，故C正确；D．不知道溶液的体积，故无法计算溶质的物质的量，故D错误；故选C。
6.下列用单、双线桥表示电子转移的方向和数目不正确的是(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】A、转移电子为2×[5－(－1)]=12，故A错误；B、得失电子数目正确，以及双线桥的表示正确，故B正确；C、C的化合价升高，C应是失去电子，Cu应是得到电子，故C错误；D、1mol氧气得到4mole－，得失电子数目应守恒，故D错误。
7.下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是（   ）
A. N2→NH3 B. MgCl2→MgSO4 C. Cu→CuO D. FeO→Fe
【答案】C
【解析】需加入氧化剂才能实现的变化，原物质在反应中做还原剂，化合价升高，Cu→CuO反应中铜元素化合价升高，C正确；正确选项C。
8.已知: 2KMnO4+16HCl(浓) = 2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，下列说法正确的是（ ）
A. HCl发生了还原反应
B. 氧化性: Cl2>KMnO4
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为1 : 8
D. 当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】A.部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；B. 氧化剂 的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1：5（16molHCl只有10molHCl被氧化为5mol的氯气），故C错误；D. 当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。答案选D。
9.将1.95 g锌粉加入200 mL 0.1 mol·L－1的MO2+溶液中，恰好完全反应，其他物质忽略，则还原产物可能是(　　)
A. M2＋ B. M C. M3＋ D. MO2＋
【答案】A
【解析】n（Zn）==0.03mol，n（MO2+）=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，Zn失去电子，M得到电子，设还原产物中M的化合价为x，由电子守恒可知，0.03mol×（2-0）=0.02mol×（5-x），解得x=2，故选A。
10.将一小粒钠投入以下物质中，能产生气体和沉淀的是（ ）
A. CuCl2溶液 B. NH4Cl溶液 C. BaCl2溶液 D. 稀硫酸
【答案】A
【解析】
【分析】金属钠与水的反应，通过产物NaOH是否与所加物质发生反应，进行分析。
【详解】Na与水反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，A、氢氧化钠与CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀，气体为H2，A符合题意；B、NH4＋与OH－反应生成NH3，但没沉淀，B不符合题意；C、BaCl2不与NaOH发生反应，没有沉淀产生，C不符合题意；D、NaOH和H2SO4反应生成Na2SO4和H2O，没有沉淀生成，D不符合题意。
11.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加丁则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是 ( )
A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. FeSO4 D. BaCl2
【答案】C
【解析】
【分析】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加丁则沉淀消失，应为NaOH和Al2(SO4)3的反应，可以判断出丁和乙，再结合丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，判断出甲，最后剩余的为丙物质，据此分析解答。
【详解】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2(SO4)3的反应，反应的方程式有：Al2(SO4)3+6NaOH═2Al(OH)3↓+3Na2SO4、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，则甲为BaCl2，因此，丙为FeSO4，故选C。
12.下列离子方程式书写正确的是( )。
A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－＝2AlO2-＋H2↑
B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋
D. FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
【答案】AD
【解析】试题分析：A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A错误；B．氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，但一水合氨是弱电解质，用化学式表示，B错误；C．三氯化铁溶液中加入铁粉：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，C错误；D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，D正确，答案选D。
13.下列实验现象描述正确的是（ ）
选项
实 验
现 象
A
向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液
有氢氧化铁胶体产生
B
在酒精灯上加热铝箔
铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来
C
向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液
立刻产生大量白色沉淀
D
加热放在坩埚中的小块钠
钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体
【答案】D
【解析】A、实验室制备氢氧化铁胶体，是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，反应为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3，生成Fe(OH)3沉淀，故A错误；B、铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B错误；C、向久置于空气中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，溶液中的硫酸亚铁被氧化生成了硫酸铁，所以生成红褐色沉淀，故C错误；D、钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球，燃烧火焰为黄色，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故D正确；故选D。
14.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，则进行如下实验操作的最佳顺序为（ ）
①加入少量氯水 ②加入少量KMnO4溶液 ③加入少量KSCN
A. ①③ B. ③② C. ③① D. ①②③
【答案】C
【解析】因为KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，即最佳顺序为③①，答案选C。
15.下列物质的鉴别方法不正确的是（ ）
A. 用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2和AlCl3溶液
B. 利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液
C. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4
D. 用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液
【答案】C
【解析】A．NaOH与AlCl3溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；B．丁达尔效应为胶体特有的性质，则利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，故B正确；C．NaCl、Na2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故C错误；D．Na2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO3不能，现象不同，可鉴别，故D正确；故选C。
16.下列对于过氧化钠的叙述中，正确的是( )
A. 将少量Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液最终呈蓝色
B. 1 mol Na2O2与H2O完全反应，转移2 mol电子
C. 充分加热等物质的量的Na2O2和NaHCO3的混合物，剩余物质为Na2CO3
D. Na2O2与CO2反应时，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2O2与H2O反应产生NaOH使紫色石蕊试液变蓝，但Na2O2具有强氧化性能漂白溶液，又会使蓝色退去，故A错误；B．2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，Na2O2与水反应时，既作氧化剂，又作还原剂，1 mol Na2O2生成1/4molO2，转移1 mol电子，故B错误；C．1 mol NaHCO3受热分解产生0.5 mol CO2和0.5 mol H2O，0.5 mol CO2反应消耗0.5 molNa2O2，0.5 mol H2O反应消耗0.5molNa2O2，则CO2、H2O恰好与Na2O2反应，故残留的固体物质为Na2CO3、NaOH，故C错误；D．2Na2O2 +2CO2 == 2Na2CO3 + O2，Na2O2与CO2反应过程中，Na2O2中氧元素化合价既升高又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故D正确；故选D。
17.茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化→用浓硝酸溶解茶叶灰→过滤得到的滤液→检验滤液中的Fe3+．如图是可能用到的实验用品．

有关该实验的说法中正确的是（　　）
A. 第一步需选用仪器①、②和⑨，①的名称叫钳埚
B. 第二步用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C. 要完成第三步，需选用④、⑤和⑦，除夹持仪器外还缺滤纸
D. 第四步，若滤液中含有Fe3+，加入⑧中的溶液后滤液会显红色
【答案】C
【解析】试题分析：A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A不正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，另外还需要滤纸，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，但⑧中的溶液不一定KSCN溶液，D错误，答案选C。
18.某合金与铁的物理性质的比较如下表所示:
 
熔点/℃
密度/gcm -3
硬度(金刚石为10)
导电性(银为100)
某合金
2 500
3.00
7.4
2.3
铁
1 535
7.86
4.5
17
还知该合金耐腐蚀、强度大。从以上性能看,该合金不适合作(    )
A. 导线 B. 门窗框 C. 炉具 D. 飞机外壳
【答案】A
【解析】A．合金的导电性差，不能做导线，故A正确；B．合金的硬度大，可做门窗框，故B错误；C．合金的熔点高，可做炉具，故C错误；D．合金的熔点高，可做炉具，故D错误；故选A。
19.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。
20.将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe3＋和Fe2＋物质的量浓度之比为1:3，则已反应的Fe3＋与未反应的Fe3＋的物质的量之比是（ ）
A. 1：1 B. 3：2 C. 2：1 D. 2：3
【答案】C
【解析】铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为n，则
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2 3
n 1.5n
溶液中Fe3＋和Fe2＋浓度为1:3，所以未反应的Fe3+的物质的量为0.5n，因此已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n：0.5n=2：1，答案选C。
第Ⅱ卷 (非选择题 共60分)
本题共4个大题，每空2分，最后一题10分，共60分。
21.I现有下列七种物质：①铝　 ②蔗糖 ③CO2　 ④H2SO4　 ⑤Ba(OH)2 ⑥红褐色的氢氧化铁胶体 　⑦HCl.
(1)上述物质中属于电解质的有__________(填序号)。
(2)向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是________________________。
(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH﹣═H2O，则该反应的化学方程式为______________________________。
(4)⑦的浓溶液与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O。
①该反应中的氧化剂是________，氧化产物是_________。
②浓盐酸在反应中显示出来的性质是____________。
③产生0.1mol Cl2，被氧化的的浓盐酸的物质的量为_______mol。
II(1)写出铁与水蒸气在高温下反应方程式___________________________。
(2)常温下，铜在潮湿的空气里会被锈蚀，有关化学方程式为_________________________________。
(3)在呼吸面具中，Na2O2 与CO2反应的化学方程式为____________________________________。当有7.8克Na2O2反应时，放出氧气的质量为____________。
(4)将铜片投到FeCl3溶液中，发生的反应离子方程式为__________________________。
(5)向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出此变化过程的化学方程式：_________________________________。
【答案】(1). ④⑤⑦ (2). 开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失 (3). Ba(OH)2+2HCl＝BaCl2+2H2O (4). KMnO4 (5). Cl2 (6). 还原性和酸性 (7). 0.2 (8). 3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2 (9). 2Cu + O2 +CO2 + H2O =Cu2(OH)2CO3 (10). 2Na2O2 + 2CO2 == 2Na2CO3 + O2 (11). 1.6g (12). 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ (13). FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2 ↓+ Na2SO4， 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3
【解析】
【分析】I.(1)电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；(2)氢氧化铁胶体中加电解质会发生聚沉，氢氧化铁能与强酸反应；(3)强酸与强碱反应生成可溶性盐的离子方程为：H++OH-═H2O；(4)氧化剂反应中得到电子，化合价降低，还原剂化合价升高被氧化，产物为氧化产物，据此分析解答；
II.(1)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；(2)常温下，铜在潮湿的空气里会被锈蚀生成碱式碳酸铜；(3)在呼吸面具中，Na2O2 与CO2反应生成碳酸钠和氧气；(4)将铜片投到FeCl3溶液中，铜被氯化铁氧化生成氯化铜；(5)向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时，生成的白色絮状沉淀(氢氧化亚铁)迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(氢氧化铁)，据此书写反应的方程式。
【详解】I.(1)①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；②蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；③CO2自身不能电离，是非电解质；④H2SO4在水溶液中能够导电，是电解质；⑤Ba(OH)2在水溶液中能够导电，是电解质；⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦HCl在水溶液中能够导电，是电解质；故属于电解质的是：④⑤⑦，故答案为：④⑤⑦；
(2)向氢氧化铁胶体中加入盐酸，胶体遇到电解质会发生聚沉，故先出现红褐色沉淀，氢氧化铁能与盐酸反应，后沉淀溶解，故答案为：开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失；
(3)离子反应H++OH-=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，如Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O等，故答案为：Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O；
(4)①浓盐酸与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，反应中KMnO4中锰的化合价由+7价降低为+2价，化合价降低，故KMnO4为氧化剂；HCl中氯的化合价部分升高，被氧化，生成的氯气是氧化产物，故答案为：KMnO4；Cl2；
②根据方程式，氯化氢中氯元素的化合价部分升高，氯化氢为还原剂，部分化合价不变，是酸，在反应中显示出来的性质有还原性和酸性，故答案为：还原性和酸性；
③根据方程式，生成5mol氯气，有16mol氯化氢参与反应，其中10mol氯化氢被氧化，因此产生0.1mol Cl2，被氧化的的浓盐酸的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2；
II.(1)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2，故答案为：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2；
(2)常温下，铜在潮湿的空气里会被锈蚀生成碱式碳酸铜，反应的方程式为2Cu + O2 +CO2 + H2O =Cu2(OH)2CO3，故答案为：2Cu + O2 +CO2 + H2O =Cu2(OH)2CO3；
(3)在呼吸面具中，Na2O2 与CO2反应的化学方程式为2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；7.8克Na2O2的物质的量为0.1mol，根据方程式，放出氧气0.05mol，氧气的质量为0.05mol×32g/mol=1.6g，故答案为：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；1.6g；
(4)将铜片投到FeCl3溶液中，铜被氯化铁氧化生成氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+；
(5)向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时，生成的白色絮状沉淀为氢氧化亚铁，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，是随后发生了氢氧化亚铁被氧化生成了氢氧化铁，变化过程中的化学方程式有FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2 ↓+ Na2SO4、4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，故答案为：FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2 ↓+ Na2SO4、4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。
22.某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。

请回答下列问题。
（1）B、C、D、E 4种物质的化学式为：
B____________、C____________、D____________、E____________。
（2）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________。
沉淀E与稀硫酸反应的离子方程为____________________________________。
溶液G与过量稀氨水反应的化学方程为________________________________。
【答案】(1). Al2O3 (2). Fe2O3 (3). NaAlO2 (4). Al(OH)3 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). Al(OH)3+3H+=Al3+ +3H2O (7). Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4
【解析】本题考查无机推断，Al2(SO4)3溶于水，Al2O3和Fe2O3是不溶于水的物质，因此A中加水，过滤，沉淀F为Al2O3和Fe2O3的混合物，溶液G为Al2(SO4)3，氧化铝属于两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，因此F中加入NaOH发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，然后过滤，沉淀C为Fe2O3，溶液D为NaAlO2，溶液G中加入过量的稀氨水，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，沉淀E为Al(OH)3，氢氧化铝不稳定受热分解为Al2O3，即B为Al2O3， （1）根据上述分析，B为Al2O3，C为Fe2O3，D为NaAlO2，E为Al(OH)3；（2）沉淀F为氧化铝和氧化铁的混合物，氧化铁属于碱性氧化物，不与NaOH反应，氧化铝属于两性氧化物，与NaOH反应：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；氢氧化铝为两性氢氧化物，与硫酸反应的离子反应方程式为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；硫酸铝与过量氨水的反应化学方程式为Al2(SO4)＋6NH3·H2O=2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。
23.Na2CO3、NaHCO3是生活中常见的盐，某实验小组通过以下实验了探究这两种物质的性质。
(1)称取两种固体各1g分别放入两支试管中，再各加入5mL水，充分振荡，并恢复至室温。发现Na2CO3完全溶解，而NaHCO3有剩余。由此得出结论：在相同温度下，________。
(2)①取少量NaHCO3按下图装置进行实验。可观察到的现象是：大试管口有水珠生成，____________。

②用______________的方法除去混在Na2CO3粉末中少量的NaHCO3。
(3)测定Na2CO3样品(含氯化钠杂质)中Na2CO3的质量分数：
①称取mg样品放入烧杯内加水溶解。
②加入过量的氯化钙溶液充分反应，反应的化学方程式为_________________。
③过滤、洗涤、干燥，称量沉淀的质量为ng。则样品中Na2CO3的质量分数为______。
【答案】 (1). 相同温度时，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大 (2). 澄清的石灰水变浑浊 (3). 加热 (4). CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl (5).
【解析】
【分析】(1)常温下，同质量、同体积的溶剂，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3较NaHCO3易溶；
(2)根据碳酸钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀解答；
(3)根据碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠解答，利用反应的方程式，沉淀的质量为碳酸钙的质量，求出碳酸钠的质量解答。
【详解】(1)称取两种固体各1g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加5mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大，故答案为：同样的温度下，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大；
(2)①碳酸氢钠受热易分解，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可观察带的现象是：大试管口有水珠生成，生成的CO2气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，故答案为：澄清的石灰水变浑浊；
②碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠受热易分解，用加热的方法除去混在Na2CO3粉末中少量的NaHCO3，故答案为：加热；
(3)②碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，证明反应后CaCl2有剩余的方法是再加入碳酸钠，有白色沉淀生成，故答案为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；
③设碳酸钠样品中碳酸钠的质量为x，
Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl
106             100
x               ng
x=g，样品中Na2CO3的质量分数为，故答案为：。
24.10 g Mg、Al合金与足量100 mL NaOH溶液反应，产生H2的体积为6.72 L(标准状况下)，求：
（1）合金中Al的质量分数；
（2）生成物NaAlO2的物质的量浓度(假设溶液体积不变)
【答案】（1）54% （2）2 mol/L
【解析】试题分析：n(H2)＝＝＝0.3 mol，由关系式得：2Al ～ 2NaAlO2～ 3H2
2 2 3
n(Al)n(NaAlO2) 0.3 mol
（1）n(Al)＝＝0.2 mol，m(Al)＝0.2 mol×27 g·mol－1＝5.4 g，铝的质量分数＝×100%＝54%。
（2）n(NaAlO2)＝＝0.2 mol ，c(NaAlO2)＝＝＝2 mol/L。