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【化学】四川省成都市成都外国语学校2018-2019学年高一上学期12月月考试题（解析版）
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四川省成都市成都外国语学校2018-2019学年高一上学期12月月考试题
1.下列有关物质的分类正确的是（ ）
分类
组合
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
纯碱
盐酸
氯化铁
氧化铁
五氧化二磷
B
烧碱
硫酸
氯化钠
四氧化三铁
二氧化硫
C
苛性钠
硝酸
小苏打
过氧化钠
二氧化碳
D
氢氧化亚铁
醋酸
苏打
氧化钙
二氧化硅
【答案】D
【解析】
【分析】碱：电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐：电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物：与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物：能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）；根据定义进行判断即可。
【详解】A.纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，错误；B.四氧化三铁不属于碱性氧化物，错误；C.过氧化钠不属于碱性氧化物，错误；D项中各物质的分类正确，故答案为D。
2.硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 晶体硅是良好的半导体材料 B. 硅是地壳中含量最多的元素
C. SiO2和酸，碱都可以反应，故为两性氧化物 D. 硅是生产光导纤维的主要原料
【答案】A
【详解】A.晶体硅是非金属材料，导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，正确；B.地壳中含量最多的元素是氧元素，错误；C.SiO2能溶解于氢氟酸中：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，能与强碱反应，但二氧化硅不属于两性氧化物，属于酸性氧化物，错误；D.二氧化硅是生产光导纤维的主要原料，错误。
3.当光线通过下列分散系：①有尘埃的空气 ②稀硫酸 ③NaCl溶液 ④墨水 ⑤稀豆浆 ⑥Fe(OH)3胶体。能观察到丁达尔现象的是（ ）
A. ②③ B. ④⑤ C. ①②⑤ D. ①④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】根据常见物质的分类，分为纯净物和混合物；分散系可以根据分散质直径的大小不同分为溶液、胶体、浊液，根据胶体的性质具有丁达尔现象，常见胶体的种类等知识点来解题。
【详解】有尘埃的空气、墨水、稀豆浆、Fe(OH)3胶体属于胶体，稀硫酸、NaCl溶液属于溶液，故能观察到丁达尔现象的是①④⑤⑥，故答案为D。
4. 下列叙述正确的是（ ）
A. 氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
B. 溶于水后电离出氢离子的化合物都是酸
C. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是电解质
D. 二氧化碳的水溶液能导电，故二氧化碳属于电解质
【答案】C
【解析】电离是不需要通电的，在水分子的作用下即可电离，选项A不正确；溶于水后电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，选项B不正确；电解质与溶解性无关，选项C正确；溶于水或熔融状态下，能电离出阴阳离子的化合物是酸，在上述条件下，都不能电离出阴阳离子的化合物是非电解质。二氧化碳的水溶液能导电，是CO2和水反应生成的碳酸电离出离子而导电，CO2不能电离，所以二氧化碳属于非电解质，碳酸是电解质，答案选C。
5.把一小块钠投入盛有煤油（与水不相溶）和水的烧杯中，可以观察到的现象是（ ）
A. 钠浮在烧杯中的液面上
B. 钠沉在烧杯的底部
C. 钠会在水和煤油的交界面上下浮动，直到反应结束
D. 煤油会燃烧起来，产生很浓的黑烟
【答案】C
【解析】试题分析：由于钠的密度大于煤油的而小于水的，所以钠在水的煤油的交界处。由于钠和水反应生成氢气，氢气推动钠的移动，所以钠会在水和煤油的交界面上下浮动，直到反应结束，答案选C。
6.纯碱和小苏打都是白色固体，在日常生活中都可以找到。若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是（ ）
A. 分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物
B. 分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色
C. 将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀
D. 在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积等浓度的白醋，观察反应的剧烈程度
【答案】D
【解析】
【分析】NaHCO3与Na2CO3相比，NaHCO3的热稳定性差，且与Ca（OH）2反应均生成碳酸钙沉淀，二者都含钠元素，焰色反应都呈黄色，与酸反应，碳酸氢钠更剧烈。
【详解】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，二者加热时都有残留物，不能鉴别，错误；
B.二者都含钠元素，焰色反应都呈黄色，不能鉴别，错误；
C.加入澄清石灰水，Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，不能鉴别，错误；
D.加入醋酸，碳酸氢钠反应剧烈，可鉴别，正确。
7.右图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，沉淀的物质的量随Ba(OH)2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是（ ）
A. MgSO4 B. KAl(SO4)2 C. Al2(SO4)3 D. NaAlO2
【答案】C
【解析】A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，故A错误；
B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol，故B错误；
C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；
D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；
故选C．
8.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl检查氯气管道是否漏气。下列说法正确的是（ ）
A. 当反应转移6mol电子，生成N2体积为22.4L
B. N2氧化性强于Cl2
C. 每消耗1.5mol Cl2，则有1molNH3被还原
D. 该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3︰2
【答案】D
【解析】
【分析】3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl中，氧化剂为Cl2，化合价从0价降低为-1价，还原产物为NH4Cl；还原剂为NH3，N元素化合价从-3价升高至0价，氧化产物为N2；每生成1molN2，转移6mol电子，由此作答。
【详解】A.当转移6mol电子，生成1molN2，但题干并未告诉温度和压强，无法判断是否为标准状况，故N2的体积无法计算，错误；
B.由上述分析可知，氧化剂为Cl2，氧化产物为N2，故氧化性关系为：Cl2>N2，错误；
C.每消耗1.5molCl2，转移电子为3mol，有1molNH3被氧化，错误；
D.若该反应转移1mol电子，则消耗氧化剂0.5mol，还原剂1/3mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3︰2，正确。
9.某溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A. Mg2+ 、Cl-、Na+、NO3- B. K+、Na+、NO3-、HCO3-
C. Na+、Ba2+、Cl-、NO3- D. Fe3+、Na+、AlO2-、SO42-
【答案】C
【解析】试题分析：A、碱性条件下Mg2+离子不能大量共存，故A错误；B、在碱性或酸性条件下HCO3-离子都不能大量存在，故B错误；C、在碱性或酸性条件下该题中四种离子都不发生任何反应，能大量共存，故C正确；D、碱性条件下Fe3+离子不能大量共存，酸性条件下AlO2-离子不能大量存在，且Fe3+与AlO2-离子发生相互促进的水解而不能大量共存，故D错误；故选C。
10.不用任何试剂，仅用胶头滴管和试管不能区分开来的是（ ）
A. NaAlO2和HCl B. Na2CO3和NaHSO4 C. Al2(SO4)3和NaOH D. BaCl2和H2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查互滴法的应用。可根据参加反应的物质的量不同，对应的现象不同进行区分。
【详解】A.向NaAlO2溶液中逐滴滴加HCl：试管内立即产生白色沉淀，随着盐酸的滴入，沉淀不断增加，当盐酸过量时，沉淀逐渐溶解；向HCl中逐滴滴加NaAlO2溶液：试管内开始无沉淀产生，当NaAlO2溶液过量时，试管内又逐渐生成白色沉淀，沉淀不会溶解，两次现象不同，可以鉴别；
B.向Na2CO3溶液中滴加NaHSO4溶液：开始无现象，后产生气泡；向NaHSO4溶液中滴加Na2CO3溶液：立即产生气泡；现象不同，可以鉴别；
C.向含Al3＋的溶液中滴加NaOH溶液：先生成白色沉淀，后沉淀又逐渐溶解；向NaOH溶液中滴加含Al3＋的溶液：开始无沉淀产生，后产生白色沉淀，且沉淀不溶解；两次现象不同，可以鉴别；
D.无论是BaCl2溶液中滴入H2SO4，还是H2SO4中滴入BaCl2溶液，都立即有沉淀产生，故无法鉴别，故答案为D。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 钠在氧气中燃烧生成的淡黄色的固体Na2O2，可做为呼吸面具的供氧剂
B. 将足量CO2气体通入饱和碳酸钠溶液中，会析出固体
C. 保存硫酸亚铁溶液时应加入一定量的铁粉
D. 向过氧化钠中滴入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
【答案】D
【解析】
【分析】A.根据Na2O2的生成条件和用途来分析；B.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；C.亚铁容易被氧化；D.紫色石蕊遇碱变蓝。
【详解】A.钠在氧气中燃烧生成的淡黄色的固体Na2O2，过氧化钠与人呼出的二氧化碳发生反应：2Na2O2＋2CO2=Na2CO3＋O2，可作为呼吸面具的供氧剂，正确；
B.将足量CO2气体通入饱和碳酸钠溶液中，发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，其原因是碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，正确；
C.硫酸亚铁的铁是正二价，容易被空气氧化成正三价，导致溶液变质，加铁屑可防止溶液中Fe2+被氧化，正确；
D.Na2O2与紫色石蕊试液中的水反应NaOH和O2，NaOH显碱性，使溶液变蓝，但过量Na2O2具有漂白性，又可将蓝色溶液氧化成无色，错误。
12.上成外一直是荣浩同学的理想，为了激励自己，他准备在玻璃片上刻下“我要上成外”的豪言壮语，下列试剂可以选择的是（ ）
A. NaOH溶液 B. 浓硫酸 C. 氢氟酸 D. FeCl3溶液
【答案】C
【详解】A.NaOH溶液能与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，但该反应的速率很慢，不适用于刻蚀玻璃，错误；C. HF（氢氟酸）来刻蚀玻璃，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，该反应速率快，且生成气体和水，正确；浓硫酸和FeCl3溶液与二氧化硅均不发生反应，无法刻蚀玻璃，故BD选项错误。
13.某溶液中有Fe3+、Fe2+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的Na2O2并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（ ）
A. Mg2+ B. Fe3+ C. Fe2+ D. Al3+
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查Na2O2的性质。Na2O2具有强氧化性，Fe2+具有还原性，向溶液中加入Na2O2，发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，与金属阳离子发生反应，加入过量盐酸再发生一系列反应，据此分析。
【详解】溶液中有Fe2+、Fe3+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的Na2O2并充分搅拌，反应时，Fe2+先被氧化为Fe3+，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH与三种金属离子均先转化为沉淀，然后氢氧化铝与过量的NaOH反应转化为偏铝酸根离子，再加入过量的盐酸，氢氧化铁、氢氧化镁、偏铝酸钠与盐酸反应生成金属阳离子为Fe3+、Mg2+和Al3+，显然溶液中大量减少的离子是Fe2+，故答案为C。
14.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，不全部是通过一步反应完成的是（ ）
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
【答案】B
【解析】A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3和水，碳酸钠和BaCl2反应生成碳酸钡和NaCl，故A不选；B.铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝无法通过一步反应生成氢氧化铝，故B选；C.Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2白色沉淀，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，故C不选；D.铁与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，故D不选；故选B。
15.将过量的CO2通入下列溶液中，最终一定能产生沉淀的是（ ）
A. 硅酸钠(Na2SiO3)溶液 B. 石灰水 C. 食盐水 D. 氯化钙溶液
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查离子反应发生的条件。A.硅酸钠溶液可以和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸；B.过量二氧化碳通入石灰水生成碳酸氢钙溶液；C.二氧化碳与食盐水不反应；D.二氧化碳与氯化钙不反应。
【详解】A.硅酸钠溶液可以和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸，硅酸是白色不溶于水的沉淀，正确；B.过量二氧化碳通入石灰水生成碳酸氢钙溶液，反应为2CO2+Ca（OH）2=Ca（HCO3）2 ，错误；C.二氧化碳和氯化钠不反应，错误；D.二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，错误。
16.将固体X投入过量的Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是（ ）
A. 锌和稀硫酸 B. 铝和烧碱溶液
C. 过氧化钠和氯化亚铁溶液 D. 钠和氯化铝溶液
【答案】D
【解析】A. 锌和稀硫酸反应生成氢气、可溶于水的硫酸锌； B. 铝和烧碱溶液反应生成氢气及可溶于水的偏铝酸钠； C. 过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和不可燃的氧气，氢氧化钠再和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为红褐色的氢氧化铁；D. 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和氯化铝溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝。综上所述，D选项符合题意。
17.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 1 molNa2O2所含离子总数为4NA
B. 2 mol Na2O2 跟足量CO2反应转移电子的数目为NA
C. 标准状况下，22.4 L氦气所含的原子总数为2NA
D. 24 g O2和24 g O3所含的氧原子数目相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算。
A. Na2O2中含有钠离子和过氧根；B.Na2O2与CO2反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂；C.氦气为单原子分子；D.氧气和臭氧所含元素均只有氧元素。
【详解】A.1molNa2O2中所含离子总数为3NA，错误；
B.Na2O2与CO2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故2mol Na2O2跟足量CO2反应转移电子的数目为2NA，错误；
C.标准状况下，22.4L氦气为1mol，氦气为单原子气体，故所含的原子总数为NA，错误；
D.氧气和臭氧所含元素均只有氧元素，故24 g O2和24 g O3所含的氧原子数相等，正确。
18.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是（ ）
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
【答案】B
【解析】A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B. 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
19.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al + 2OH- = 2AlO2- + H2↑
B. 小苏打与足量澄清石灰水反应：2HCO3- + Ca2+ + 2OH- =CaCO3↓ + CO32- + 2H2O
C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
D. FeCl2溶液中加入氯水：Cl2 +2Fe2+ =2Fe3+ + 2Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查离子反应方程式的正误判断。A.氧原子不守恒；B.不符合化学反应事实；C.不符合化学反应事实；D.离子方程式书写正确。
【详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，错误；
B.小苏打与足量澄清石灰水反应：HCO3- + Ca2+ + OH- =CaCO3↓+ H2O，错误；
C.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+，错误；
D. FeCl2溶液中加入氯水，发生氧化还原反应：Cl2 +2Fe2+ =2Fe3+ + 2Cl-，正确。
20.科学家用一种称为“超酸”的化合物H[CB11H6Cl6]和C60反应使C60获得一个H+，得到一种新型化合物 [HC60][CB11H6Cl6]。该反应看起来很陌生，但反应类型跟下列某个化学反应所属类型相似，这个化学反应是（ ）
A. Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑ B. NH3＋HCl=NH4Cl
C. NaOH＋HCl=NaCl＋H2O D. CaCO3CaO＋CO2↑
【答案】B
【详解】在H[CB11H6Cl6]+C60= [HC60][CB11H6Cl6]的化合反应中，C60获得一个质子，表现出碱性；H[CB11H6Cl6]提供一个质子，表现出酸性，与之相类似的是：NH3+酸=铵盐，故答案为B。
21.下列除杂质所选用的试剂和主要操作都正确的是（ ）
选项
物质
杂质
试剂
主要操作
A
K2CO3
KHCO3
无
加热
B
FeCl2溶液
FeCl3
铜粉
过滤
C
I2
H2O
乙醇
萃取
D
CO2
HCl
饱和Na2CO3溶液
洗气
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查除杂实验的试剂选择与操作。除杂的原则：（1）不增：不增加新的杂质，（2）不减：被提纯的物质不能减少，（3）易分：操作简便，易于分离，据此作答。
【详解】A.KHCO3受热分解为K2CO3、CO2、H2O，除去碳酸氢钾，同时生成碳酸钾，没有引入新杂质，正确；
B.加入铜粉，溶液中发生反应：2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，引入新杂质，试剂可选用铁粉，错误；
C.乙醇能与H2O、I2互溶，无法达到分离除杂的目的，错误；
D.CO2、HCl均能与Na2CO3溶液反应，会减少CO2的量，错误。
22.已知有如下反应：①2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-，
②ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，
③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，
④2FeCl2+Cl2=2FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）
A. ClO3->BrO3->Cl2>Fe3+>I2 B. BrO3- >Cl2>ClO3->I2>Fe3+
C. BrO3->ClO3- >Cl2>Fe3+>I2 D. BrO3->ClO3- >Fe3+>Cl2>I2
【答案】C
【解析】①2BrO3-+Cl2═Br2+2ClO3-中，氧化性：BrO3-＞ClO3-，②ClO3-+5Cl-+6H+═3Cl2+3H2O中，氧化性：ClO3-＞Cl2；③2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I-＞Fe2+；④2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Cl-，氧化能力：BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2，故选C。
23.甲、乙两烧杯各盛有100 mL 3 mol·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液，向烧杯分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙＝3∶4，则加入铝粉的质量为（ ）
A. 1.8 g B. 2.7 g C. 3.6 g D. 5.4 g
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查铝的化学性质以及化学方程式的有关计算。根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量来计算解答。
【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，
设铝与酸反应时，酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，
则 2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
6 3
0.3mol x
解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×4/3=0.2mol，
碱与金属铝反应时，铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，
则 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.2mol
2/3=y/0.2 mol，解得y=2/15mol，其质量为2/15mol×27g/mol=3.6g。
24.密闭容器中有1mol NaHCO3和0.8mol Na2O2，加热充分反应后，容器内残留的固体（ ）
A. 0.5molNa2CO3和0.8mol Na2O2 B. 0.5molNa2CO3和1.6molNaOH
C. 0.8molNa2CO3和1molNaOH D. 1molNa2CO3和0.6molNaOH
【答案】D
【详解】本题涉及的化学方程式有：①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，②2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，③2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2↑，Na2O2先与CO2反应，后与H2O反应；根据方程式①：1molNaHCO3能生成0.5molNa2CO3和0.5molH2O以及0.5molCO2，根据反应②：0.5molCO2可以和Na2O2反应生成0.5molNa2CO3，所以Na2CO3为1mol，剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反应生成0.6mol氢氧化钠，故答案为D。
25.等体积的A1C13和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则A1C13和 NaOH两种溶液物质的量浓度之比是（ ）
①1∶3 ②2∶3 ③1∶4 ④2∶7
A. ①和② B. ①和③ C. ②和④ D. ③和④
【答案】C
【解析】试题分析：等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，有2种情况，一、氢氧化钠过量，氯化铝与氢氧化钠反应生成的沉淀是Al(OH)3，溶液中的铝元素是NaAlO2；设生成氢氧化铝1mol，则生成的NaAlO2也是1mol，则最初产生2molAl(OH)3，根据AlCl3～Al(OH)3～3NaCl，得AlCl3的物质的量是2mol，根据Na元素守恒可知NaOH的物质的量是7mol，AlCl3和NaOH两种溶液的体积相同，则物质的量浓度之比也是物质的量之比，所以是2:7；二、若氯化铝过量，则产生Al(OH)3，溶液中的铝元素是AlCl3，设各为1mol，则AlCl3～Al(OH)3～3NaCl，需要NaOH的物质的量是3mol，需要AlCl3的物质的量是1mol，剩余1molAlCl3，则原溶液中的AlCl3的物质的量是2mol，则AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比即物质的量之比是2：3，答案选C。
26.KClO3和浓盐酸一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，配平方程式。
（1）____KClO3＋___HCl(浓)＝___KCl＋__ClO2↑＋___Cl2↑＋______________
（2）浓盐酸在反应中表现出来的性质为______________。
（3）将氯气通入某些含氧酸盐的溶液中，能发生反应RO3n-＋Cl2＋H2O=RO42-＋2Cl－＋2H+则反应物RO3n-中元素R的化合价是__________。当此反应消耗0.25mol氯气时，转移电子的数目为____________。
（4）根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为______
A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.2∶3
【答案】(1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2H2O (7). 还原性和酸性 (8). +4 (9). 0.5NA (10). B
【解析】
【分析】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高1价，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，可知未知物是水，配平各物质的系数；
（2）HCl在参加化学反应中，一部分被氧化，一部分与金属阳离子成盐；
（3）根据化合价升降守恒以及化学方程式中电荷守恒计算；根据Cl2从0价降低为-1价计算；
（4）根据氧化还原反应中得失电子总数相等计算。
【详解】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高1价，故ClO2系数为2，Cl2系数为1，所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2，故该方程式为：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
（2）反应2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，一部分HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，一部分与金属阳离子成盐，故HCl在反应中表现出的性质为还原性与酸性；
（3）该反应中氧化剂为Cl2，还原剂为RO3n-，根据化学方程式的电荷守恒：-n=-2-2+2，可知n=2，故RO32-中R的化合价为+4价；Cl2化合价从0价降低为-1价，每消耗0.25mol氯气时，转移电子的数目为0.5NA；
（4）该反应中，NaClO3中Cl化合价从+5价降低为+4价，降低1价，Na2SO3中S化合价从+4价升高至+6价，升高2价，故NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故答案为B。
27.已知A为金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出物质B、D的化学式：__________________、__________________ 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
反应①____________________________________________________________ 。
反应②______________________________________________________________________。
（3）将B溶于盐酸完全反应，试写出反应的离子方程式：___________________________，为证明反应后溶液中浓度较低的金属离子的存在，操作为____________________
【答案】 (1). Fe3O4 (2). FeCl3 (3). 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 (4). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (5). Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O (6). 取少量溶液于试管中，加适量蒸馏水稀释，再加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明溶液中含有Fe2+
【解析】
【分析】A是金属单质，与盐酸反应生成C为金属氯化物，C与氢氧化钠反应生成E，E被空气中氧气氧化生成红褐色固体，该红褐色固体为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，故A为Fe。C与氯气反应生成D为FeCl3，FeCl3能与NaOH溶液反应生成Fe（OH）3，根据转化关系可知，F为氢气，Fe与X再加热的条件下也可以生成氢气，应是Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，则X为水，B为四氧化三铁，据此解答。
【详解】由上述分析可知：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为H2。
（1）由上述分析可知，B为Fe3O4；D为FeCl3；
（2）反应①为Fe（OH）2在空气中转化为Fe（OH）3，其化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；反应②为Fe与水蒸气的反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）Fe3O4与盐酸的离子方程式为：Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；若要证明混合溶液中的Fe2+，可取少量溶液于试管中，加适量蒸馏水稀释，再加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明溶液中含有Fe2+。
28.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。
Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。
（1）往滤渣中加入过量 NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是______。
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是__________。
Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：________________________________。
（4）C中反应生成沉淀的离子方程式是______________________________。
（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____________（填标号）。
a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体 b．滴加盐酸不宜过快
c．在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d．在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
（6）实验中准确称取10.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。
【答案】(1). Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O或Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－ (2). 通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解 (3). 把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收 (4). Ba2++2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O (5). c、d (6). 20%
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
Ⅱ．（3）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数，装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；
（4）C中为Ba(OH)2和CO2反应生成碳酸钡沉淀；
（5）a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收；
b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收；
c.BC中均为水溶液，不需要干燥；
d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会生成二氧化碳；
（6）根据碳原子守恒计算。
【详解】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2））往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，反应现象是通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解；
Ⅱ．（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；
（4）C中的反应的离子方程式为Ba2++2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O；
（5）在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体可以提高测定的准确度，a不选；滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，滴加盐酸不宜过快，确保生成的CO2被完全吸收，提高实验的精确度，b不选；B中装有溶液，因此气体通入前没有必要干燥，c选；在B—C之间连接盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶会造成Ba(OH)2溶液还可能吸收由挥发出的氯化氢与NaHCO3反应生成的CO2气体，干扰实验，d选；答案选c、d。
（6）根据碳元素守恒得：BaCO3—CO2—CaCO3，m(CaCO3)= ，CaCO3的质量分数为。
29.某溶液只可能含有K＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4+、Cl－、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学取100 mL的溶液分成两等份进行如下实验：
①第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.05 mol有刺激性气味的气体，同时得到澄清溶液甲。
②向溶液甲中通入过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到1.02 g固体。
③第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，加入足量盐酸，沉淀并不溶解，过滤沉淀，充分洗涤，干燥，得到11.65 g固体。
（1）在原溶液中一定存在的离子有_________________________________；一定不存在的离子有_____________________；不能确定是否存在的离子有___________。
（2）为了确定不能确定的离子是否存在，可以采取的方法为__________________________________。
（3）由操作②确定的离子在溶液中的浓度为___________。
【答案】(1). NH4+、Al3+、SO42-、Cl- (2). Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32- (3). K+ (4). 用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有K+ (5). c(Al3+)=0.4mol/L
【解析】
【分析】本题主要考查离子共存与离子反应及其相关计算。溶液和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，可以和过量的氢氧化钠反应生成的沉淀可以是氢氧化铁、氢氧化镁，氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠之间反应；向偏铝酸钠中通过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝，根据铝元素守恒可以计算铝离子的量，在溶液中，铝离子和碳酸根离子因为双水解不共存；硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成硫酸钡沉淀，是一种不溶于盐酸的白色沉淀，根据沉淀的量，并结合发生的反应来计算硫酸根离子的量，再根据溶液中电荷守恒判断其它离子即可。
【详解】①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.05mol气体，即为氨气，一定含有NH4+，NH3物质的量为0.05mol，NH4+浓度为：0.05 mol×2/0.1L=1mol/L，无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；
②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al3+，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量和Al3+浓度；
③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，原溶液中一定无钡离子，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体，即硫酸钡的质量是11.65g，硫酸钡物质的量为：，根据原子守恒，得到硫酸根离子的物质的量和硫酸根浓度，
综上分析可知，一定含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：1mol/L、0.4mol/L、1mol/L，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，根据电荷守恒，溶液中一定存在Cl-，无法确定是否存在K+。
（1）由上述分析可知，溶液中一定存在的离子为：NH4+、Al3+、SO42-、Cl-；一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；无法确定是否存在K+；
（2）对于K+的检验，常采用焰色反应，其操作方法为：用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有K+；
（3）通过上述分析可知，由操作②确定的Al3+在溶液中的浓度为0.4mol/L。
30.MgO、Al2O3都是常用的耐火材料，某研究小组取100 kg含60%Al的报废汽车的镁合金材料来制备MgO、Al2O3，其中物质甲可由溶液B转化再生，其工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是__________(填字母)。
A．合金是金属与金属熔合而成的混合物
B．合金的熔点比成分金属更高
C．合金的硬度等机械性能优于成分金属
D．氧化铝熔点高，故可以用氧化铝坩埚熔融氢氧化钠
（2）物质甲是________________，产品A是________________。
（3）操作②为____________。
（4）足量物质乙与溶液A发生反应的离子方程式为___________________________。
（5）假设不计损耗，可得产品B的质量为__________kg。（保留一位小数）
【答案】(1). C (2). NaOH (3). MgO (4). 过滤 (5). AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- (6). 113.3
【解析】
【分析】镁铝合金材料经过物质甲溶液后，得到沉淀和溶液，所以甲是氢氧化钠溶液，沉淀A是镁，溶液A是氢氧化钠和偏铝酸钠的混合溶液，所以产品A是氧化镁，物质乙是二氧化碳，过量二氧化碳与混合液反应生成碳酸氢钠溶液，则溶液B是碳酸氢钠溶液，沉淀B是氢氧化铝，所以产品B是氧化铝，据此分析即可。
【详解】（1）A.合金不一定是金属和金属的混合物，错误；
B.合金的熔点比成分金属的熔点低，错误；
C.合金的硬度等机械性能一般优于成分金属，正确；
D.氧化铝的熔点高，可作为坩埚，但氧化铝能与强碱反应，不能用于熔融氢氧化钠，错误；
（2）Al与NaOH溶液反应，而Mg不与NaOH溶液反应，将镁铝合金投入NaOH溶液中，完全反应后过滤得到固体Mg和NaAlO2溶液，沉淀A为Mg，Mg与酸反应得Mg2＋，Mg2＋与碱溶液反应生成Mg(OH)2，加热Mg(OH)2得产品A(MgO)。沉淀B为Al(OH)3，加热Al(OH)3得到产品B(Al2O3)；
（3）操作②为固液不相溶分离，故该操作为过滤；
（4）向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，其反应的离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-；
（5）100 kg合金中含有60 kg Al，根据铝元素守恒，最终可得Al2O3的质量=（60kg×102g/mol）÷（2×27g/mol）≈113.3kg。
1.下列有关物质的分类正确的是（ ）
分类
组合
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
纯碱
盐酸
氯化铁
氧化铁
五氧化二磷
B
烧碱
硫酸
氯化钠
四氧化三铁
二氧化硫
C
苛性钠
硝酸
小苏打
过氧化钠
二氧化碳
D
氢氧化亚铁
醋酸
苏打
氧化钙
二氧化硅
【答案】D
【解析】
【分析】碱：电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐：电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物：与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物：能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）；根据定义进行判断即可。
【详解】A.纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，错误；B.四氧化三铁不属于碱性氧化物，错误；C.过氧化钠不属于碱性氧化物，错误；D项中各物质的分类正确，故答案为D。
2.硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 晶体硅是良好的半导体材料 B. 硅是地壳中含量最多的元素
C. SiO2和酸，碱都可以反应，故为两性氧化物 D. 硅是生产光导纤维的主要原料
【答案】A
【详解】A.晶体硅是非金属材料，导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，正确；B.地壳中含量最多的元素是氧元素，错误；C.SiO2能溶解于氢氟酸中：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，能与强碱反应，但二氧化硅不属于两性氧化物，属于酸性氧化物，错误；D.二氧化硅是生产光导纤维的主要原料，错误。
3.当光线通过下列分散系：①有尘埃的空气 ②稀硫酸 ③NaCl溶液 ④墨水 ⑤稀豆浆 ⑥Fe(OH)3胶体。能观察到丁达尔现象的是（ ）
A. ②③ B. ④⑤ C. ①②⑤ D. ①④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】根据常见物质的分类，分为纯净物和混合物；分散系可以根据分散质直径的大小不同分为溶液、胶体、浊液，根据胶体的性质具有丁达尔现象，常见胶体的种类等知识点来解题。
【详解】有尘埃的空气、墨水、稀豆浆、Fe(OH)3胶体属于胶体，稀硫酸、NaCl溶液属于溶液，故能观察到丁达尔现象的是①④⑤⑥，故答案为D。
4. 下列叙述正确的是（ ）
A. 氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
B. 溶于水后电离出氢离子的化合物都是酸
C. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是电解质
D. 二氧化碳的水溶液能导电，故二氧化碳属于电解质
【答案】C
【解析】电离是不需要通电的，在水分子的作用下即可电离，选项A不正确；溶于水后电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，选项B不正确；电解质与溶解性无关，选项C正确；溶于水或熔融状态下，能电离出阴阳离子的化合物是酸，在上述条件下，都不能电离出阴阳离子的化合物是非电解质。二氧化碳的水溶液能导电，是CO2和水反应生成的碳酸电离出离子而导电，CO2不能电离，所以二氧化碳属于非电解质，碳酸是电解质，答案选C。
5.把一小块钠投入盛有煤油（与水不相溶）和水的烧杯中，可以观察到的现象是（ ）
A. 钠浮在烧杯中的液面上
B. 钠沉在烧杯的底部
C. 钠会在水和煤油的交界面上下浮动，直到反应结束
D. 煤油会燃烧起来，产生很浓的黑烟
【答案】C
【解析】试题分析：由于钠的密度大于煤油的而小于水的，所以钠在水的煤油的交界处。由于钠和水反应生成氢气，氢气推动钠的移动，所以钠会在水和煤油的交界面上下浮动，直到反应结束，答案选C。
6.纯碱和小苏打都是白色固体，在日常生活中都可以找到。若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是（ ）
A. 分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物
B. 分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色
C. 将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀
D. 在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积等浓度的白醋，观察反应的剧烈程度
【答案】D
【解析】
【分析】NaHCO3与Na2CO3相比，NaHCO3的热稳定性差，且与Ca（OH）2反应均生成碳酸钙沉淀，二者都含钠元素，焰色反应都呈黄色，与酸反应，碳酸氢钠更剧烈。
【详解】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，二者加热时都有残留物，不能鉴别，错误；
B.二者都含钠元素，焰色反应都呈黄色，不能鉴别，错误；
C.加入澄清石灰水，Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，不能鉴别，错误；
D.加入醋酸，碳酸氢钠反应剧烈，可鉴别，正确。
7.右图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，沉淀的物质的量随Ba(OH)2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是（ ）
A. MgSO4 B. KAl(SO4)2 C. Al2(SO4)3 D. NaAlO2
【答案】C
【解析】A、氢氧化镁不溶于氢氧化钡溶液，沉淀量达最大后，再加氢氧化钡溶液，沉淀量不变，故A错误；
B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，再加入氢氧化钡，又生成硫酸钡，且氢氧化铝会逐渐溶解，最终沉淀为4mol，故B错误；
C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH﹣）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；
D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；
故选C．
8.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl检查氯气管道是否漏气。下列说法正确的是（ ）
A. 当反应转移6mol电子，生成N2体积为22.4L
B. N2氧化性强于Cl2
C. 每消耗1.5mol Cl2，则有1molNH3被还原
D. 该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3︰2
【答案】D
【解析】
【分析】3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl中，氧化剂为Cl2，化合价从0价降低为-1价，还原产物为NH4Cl；还原剂为NH3，N元素化合价从-3价升高至0价，氧化产物为N2；每生成1molN2，转移6mol电子，由此作答。
【详解】A.当转移6mol电子，生成1molN2，但题干并未告诉温度和压强，无法判断是否为标准状况，故N2的体积无法计算，错误；
B.由上述分析可知，氧化剂为Cl2，氧化产物为N2，故氧化性关系为：Cl2>N2，错误；
C.每消耗1.5molCl2，转移电子为3mol，有1molNH3被氧化，错误；
D.若该反应转移1mol电子，则消耗氧化剂0.5mol，还原剂1/3mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3︰2，正确。
9.某溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A. Mg2+ 、Cl-、Na+、NO3- B. K+、Na+、NO3-、HCO3-
C. Na+、Ba2+、Cl-、NO3- D. Fe3+、Na+、AlO2-、SO42-
【答案】C
【解析】试题分析：A、碱性条件下Mg2+离子不能大量共存，故A错误；B、在碱性或酸性条件下HCO3-离子都不能大量存在，故B错误；C、在碱性或酸性条件下该题中四种离子都不发生任何反应，能大量共存，故C正确；D、碱性条件下Fe3+离子不能大量共存，酸性条件下AlO2-离子不能大量存在，且Fe3+与AlO2-离子发生相互促进的水解而不能大量共存，故D错误；故选C。
10.不用任何试剂，仅用胶头滴管和试管不能区分开来的是（ ）
A. NaAlO2和HCl B. Na2CO3和NaHSO4 C. Al2(SO4)3和NaOH D. BaCl2和H2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查互滴法的应用。可根据参加反应的物质的量不同，对应的现象不同进行区分。
【详解】A.向NaAlO2溶液中逐滴滴加HCl：试管内立即产生白色沉淀，随着盐酸的滴入，沉淀不断增加，当盐酸过量时，沉淀逐渐溶解；向HCl中逐滴滴加NaAlO2溶液：试管内开始无沉淀产生，当NaAlO2溶液过量时，试管内又逐渐生成白色沉淀，沉淀不会溶解，两次现象不同，可以鉴别；
B.向Na2CO3溶液中滴加NaHSO4溶液：开始无现象，后产生气泡；向NaHSO4溶液中滴加Na2CO3溶液：立即产生气泡；现象不同，可以鉴别；
C.向含Al3＋的溶液中滴加NaOH溶液：先生成白色沉淀，后沉淀又逐渐溶解；向NaOH溶液中滴加含Al3＋的溶液：开始无沉淀产生，后产生白色沉淀，且沉淀不溶解；两次现象不同，可以鉴别；
D.无论是BaCl2溶液中滴入H2SO4，还是H2SO4中滴入BaCl2溶液，都立即有沉淀产生，故无法鉴别，故答案为D。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 钠在氧气中燃烧生成的淡黄色的固体Na2O2，可做为呼吸面具的供氧剂
B. 将足量CO2气体通入饱和碳酸钠溶液中，会析出固体
C. 保存硫酸亚铁溶液时应加入一定量的铁粉
D. 向过氧化钠中滴入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
【答案】D
【解析】
【分析】A.根据Na2O2的生成条件和用途来分析；B.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；C.亚铁容易被氧化；D.紫色石蕊遇碱变蓝。
【详解】A.钠在氧气中燃烧生成的淡黄色的固体Na2O2，过氧化钠与人呼出的二氧化碳发生反应：2Na2O2＋2CO2=Na2CO3＋O2，可作为呼吸面具的供氧剂，正确；
B.将足量CO2气体通入饱和碳酸钠溶液中，发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，其原因是碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，正确；
C.硫酸亚铁的铁是正二价，容易被空气氧化成正三价，导致溶液变质，加铁屑可防止溶液中Fe2+被氧化，正确；
D.Na2O2与紫色石蕊试液中的水反应NaOH和O2，NaOH显碱性，使溶液变蓝，但过量Na2O2具有漂白性，又可将蓝色溶液氧化成无色，错误。
12.上成外一直是荣浩同学的理想，为了激励自己，他准备在玻璃片上刻下“我要上成外”的豪言壮语，下列试剂可以选择的是（ ）
A. NaOH溶液 B. 浓硫酸 C. 氢氟酸 D. FeCl3溶液
【答案】C
【详解】A.NaOH溶液能与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，但该反应的速率很慢，不适用于刻蚀玻璃，错误；C. HF（氢氟酸）来刻蚀玻璃，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，该反应速率快，且生成气体和水，正确；浓硫酸和FeCl3溶液与二氧化硅均不发生反应，无法刻蚀玻璃，故BD选项错误。
13.某溶液中有Fe3+、Fe2+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的Na2O2并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（ ）
A. Mg2+ B. Fe3+ C. Fe2+ D. Al3+
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查Na2O2的性质。Na2O2具有强氧化性，Fe2+具有还原性，向溶液中加入Na2O2，发生氧化还原反应，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，与金属阳离子发生反应，加入过量盐酸再发生一系列反应，据此分析。
【详解】溶液中有Fe2+、Fe3+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的Na2O2并充分搅拌，反应时，Fe2+先被氧化为Fe3+，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH与三种金属离子均先转化为沉淀，然后氢氧化铝与过量的NaOH反应转化为偏铝酸根离子，再加入过量的盐酸，氢氧化铁、氢氧化镁、偏铝酸钠与盐酸反应生成金属阳离子为Fe3+、Mg2+和Al3+，显然溶液中大量减少的离子是Fe2+，故答案为C。
14.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，不全部是通过一步反应完成的是（ ）
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
【答案】B
【解析】A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3和水，碳酸钠和BaCl2反应生成碳酸钡和NaCl，故A不选；B.铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝无法通过一步反应生成氢氧化铝，故B选；C.Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2白色沉淀，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，故C不选；D.铁与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，故D不选；故选B。
15.将过量的CO2通入下列溶液中，最终一定能产生沉淀的是（ ）
A. 硅酸钠(Na2SiO3)溶液 B. 石灰水 C. 食盐水 D. 氯化钙溶液
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查离子反应发生的条件。A.硅酸钠溶液可以和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸；B.过量二氧化碳通入石灰水生成碳酸氢钙溶液；C.二氧化碳与食盐水不反应；D.二氧化碳与氯化钙不反应。
【详解】A.硅酸钠溶液可以和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和硅酸，硅酸是白色不溶于水的沉淀，正确；B.过量二氧化碳通入石灰水生成碳酸氢钙溶液，反应为2CO2+Ca（OH）2=Ca（HCO3）2 ，错误；C.二氧化碳和氯化钠不反应，错误；D.二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，错误。
16.将固体X投入过量的Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，不易溶于水，则X和Y分别可能是（ ）
A. 锌和稀硫酸 B. 铝和烧碱溶液
C. 过氧化钠和氯化亚铁溶液 D. 钠和氯化铝溶液
【答案】D
【解析】A. 锌和稀硫酸反应生成氢气、可溶于水的硫酸锌； B. 铝和烧碱溶液反应生成氢气及可溶于水的偏铝酸钠； C. 过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和不可燃的氧气，氢氧化钠再和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为红褐色的氢氧化铁；D. 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和氯化铝溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝。综上所述，D选项符合题意。
17.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 1 molNa2O2所含离子总数为4NA
B. 2 mol Na2O2 跟足量CO2反应转移电子的数目为NA
C. 标准状况下，22.4 L氦气所含的原子总数为2NA
D. 24 g O2和24 g O3所含的氧原子数目相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算。
A. Na2O2中含有钠离子和过氧根；B.Na2O2与CO2反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂；C.氦气为单原子分子；D.氧气和臭氧所含元素均只有氧元素。
【详解】A.1molNa2O2中所含离子总数为3NA，错误；
B.Na2O2与CO2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故2mol Na2O2跟足量CO2反应转移电子的数目为2NA，错误；
C.标准状况下，22.4L氦气为1mol，氦气为单原子气体，故所含的原子总数为NA，错误；
D.氧气和臭氧所含元素均只有氧元素，故24 g O2和24 g O3所含的氧原子数相等，正确。
18.过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是（ ）
A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
【答案】B
【解析】A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B. 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
19.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al + 2OH- = 2AlO2- + H2↑
B. 小苏打与足量澄清石灰水反应：2HCO3- + Ca2+ + 2OH- =CaCO3↓ + CO32- + 2H2O
C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
D. FeCl2溶液中加入氯水：Cl2 +2Fe2+ =2Fe3+ + 2Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查离子反应方程式的正误判断。A.氧原子不守恒；B.不符合化学反应事实；C.不符合化学反应事实；D.离子方程式书写正确。
【详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，错误；
B.小苏打与足量澄清石灰水反应：HCO3- + Ca2+ + OH- =CaCO3↓+ H2O，错误；
C.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+，错误；
D. FeCl2溶液中加入氯水，发生氧化还原反应：Cl2 +2Fe2+ =2Fe3+ + 2Cl-，正确。
20.科学家用一种称为“超酸”的化合物H[CB11H6Cl6]和C60反应使C60获得一个H+，得到一种新型化合物 [HC60][CB11H6Cl6]。该反应看起来很陌生，但反应类型跟下列某个化学反应所属类型相似，这个化学反应是（ ）
A. Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑ B. NH3＋HCl=NH4Cl
C. NaOH＋HCl=NaCl＋H2O D. CaCO3CaO＋CO2↑
【答案】B
【详解】在H[CB11H6Cl6]+C60= [HC60][CB11H6Cl6]的化合反应中，C60获得一个质子，表现出碱性；H[CB11H6Cl6]提供一个质子，表现出酸性，与之相类似的是：NH3+酸=铵盐，故答案为B。
21.下列除杂质所选用的试剂和主要操作都正确的是（ ）
选项
物质
杂质
试剂
主要操作
A
K2CO3
KHCO3
无
加热
B
FeCl2溶液
FeCl3
铜粉
过滤
C
I2
H2O
乙醇
萃取
D
CO2
HCl
饱和Na2CO3溶液
洗气
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查除杂实验的试剂选择与操作。除杂的原则：（1）不增：不增加新的杂质，（2）不减：被提纯的物质不能减少，（3）易分：操作简便，易于分离，据此作答。
【详解】A.KHCO3受热分解为K2CO3、CO2、H2O，除去碳酸氢钾，同时生成碳酸钾，没有引入新杂质，正确；
B.加入铜粉，溶液中发生反应：2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，引入新杂质，试剂可选用铁粉，错误；
C.乙醇能与H2O、I2互溶，无法达到分离除杂的目的，错误；
D.CO2、HCl均能与Na2CO3溶液反应，会减少CO2的量，错误。
22.已知有如下反应：①2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-，
②ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，
③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，
④2FeCl2+Cl2=2FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）
A. ClO3->BrO3->Cl2>Fe3+>I2 B. BrO3- >Cl2>ClO3->I2>Fe3+
C. BrO3->ClO3- >Cl2>Fe3+>I2 D. BrO3->ClO3- >Fe3+>Cl2>I2
【答案】C
【解析】①2BrO3-+Cl2═Br2+2ClO3-中，氧化性：BrO3-＞ClO3-，②ClO3-+5Cl-+6H+═3Cl2+3H2O中，氧化性：ClO3-＞Cl2；③2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I-＞Fe2+；④2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Cl-，氧化能力：BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2，故选C。
23.甲、乙两烧杯各盛有100 mL 3 mol·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液，向烧杯分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙＝3∶4，则加入铝粉的质量为（ ）
A. 1.8 g B. 2.7 g C. 3.6 g D. 5.4 g
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查铝的化学性质以及化学方程式的有关计算。根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量来计算解答。
【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，
设铝与酸反应时，酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，
则 2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
6 3
0.3mol x
解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×4/3=0.2mol，
碱与金属铝反应时，铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，
则 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.2mol
2/3=y/0.2 mol，解得y=2/15mol，其质量为2/15mol×27g/mol=3.6g。
24.密闭容器中有1mol NaHCO3和0.8mol Na2O2，加热充分反应后，容器内残留的固体（ ）
A. 0.5molNa2CO3和0.8mol Na2O2 B. 0.5molNa2CO3和1.6molNaOH
C. 0.8molNa2CO3和1molNaOH D. 1molNa2CO3和0.6molNaOH
【答案】D
【详解】本题涉及的化学方程式有：①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，②2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，③2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2↑，Na2O2先与CO2反应，后与H2O反应；根据方程式①：1molNaHCO3能生成0.5molNa2CO3和0.5molH2O以及0.5molCO2，根据反应②：0.5molCO2可以和Na2O2反应生成0.5molNa2CO3，所以Na2CO3为1mol，剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反应生成0.6mol氢氧化钠，故答案为D。
25.等体积的A1C13和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则A1C13和 NaOH两种溶液物质的量浓度之比是（ ）
①1∶3 ②2∶3 ③1∶4 ④2∶7
A. ①和② B. ①和③ C. ②和④ D. ③和④
【答案】C
【解析】试题分析：等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，有2种情况，一、氢氧化钠过量，氯化铝与氢氧化钠反应生成的沉淀是Al(OH)3，溶液中的铝元素是NaAlO2；设生成氢氧化铝1mol，则生成的NaAlO2也是1mol，则最初产生2molAl(OH)3，根据AlCl3～Al(OH)3～3NaCl，得AlCl3的物质的量是2mol，根据Na元素守恒可知NaOH的物质的量是7mol，AlCl3和NaOH两种溶液的体积相同，则物质的量浓度之比也是物质的量之比，所以是2:7；二、若氯化铝过量，则产生Al(OH)3，溶液中的铝元素是AlCl3，设各为1mol，则AlCl3～Al(OH)3～3NaCl，需要NaOH的物质的量是3mol，需要AlCl3的物质的量是1mol，剩余1molAlCl3，则原溶液中的AlCl3的物质的量是2mol，则AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比即物质的量之比是2：3，答案选C。
26.KClO3和浓盐酸一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，配平方程式。
（1）____KClO3＋___HCl(浓)＝___KCl＋__ClO2↑＋___Cl2↑＋______________
（2）浓盐酸在反应中表现出来的性质为______________。
（3）将氯气通入某些含氧酸盐的溶液中，能发生反应RO3n-＋Cl2＋H2O=RO42-＋2Cl－＋2H+则反应物RO3n-中元素R的化合价是__________。当此反应消耗0.25mol氯气时，转移电子的数目为____________。
（4）根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为______
A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.2∶3
【答案】(1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2H2O (7). 还原性和酸性 (8). +4 (9). 0.5NA (10). B
【解析】
【分析】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高1价，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，可知未知物是水，配平各物质的系数；
（2）HCl在参加化学反应中，一部分被氧化，一部分与金属阳离子成盐；
（3）根据化合价升降守恒以及化学方程式中电荷守恒计算；根据Cl2从0价降低为-1价计算；
（4）根据氧化还原反应中得失电子总数相等计算。
【详解】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高1价，故ClO2系数为2，Cl2系数为1，所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2，故该方程式为：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
（2）反应2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，一部分HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，一部分与金属阳离子成盐，故HCl在反应中表现出的性质为还原性与酸性；
（3）该反应中氧化剂为Cl2，还原剂为RO3n-，根据化学方程式的电荷守恒：-n=-2-2+2，可知n=2，故RO32-中R的化合价为+4价；Cl2化合价从0价降低为-1价，每消耗0.25mol氯气时，转移电子的数目为0.5NA；
（4）该反应中，NaClO3中Cl化合价从+5价降低为+4价，降低1价，Na2SO3中S化合价从+4价升高至+6价，升高2价，故NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故答案为B。
27.已知A为金属单质，它们之间能发生如下反应（部分产物未标出）
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出物质B、D的化学式：__________________、__________________ 。
（2）写出下列反应的化学方程式：
反应①____________________________________________________________ 。
反应②______________________________________________________________________。
（3）将B溶于盐酸完全反应，试写出反应的离子方程式：___________________________，为证明反应后溶液中浓度较低的金属离子的存在，操作为____________________
【答案】 (1). Fe3O4 (2). FeCl3 (3). 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 (4). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (5). Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O (6). 取少量溶液于试管中，加适量蒸馏水稀释，再加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明溶液中含有Fe2+
【解析】
【分析】A是金属单质，与盐酸反应生成C为金属氯化物，C与氢氧化钠反应生成E，E被空气中氧气氧化生成红褐色固体，该红褐色固体为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，故A为Fe。C与氯气反应生成D为FeCl3，FeCl3能与NaOH溶液反应生成Fe（OH）3，根据转化关系可知，F为氢气，Fe与X再加热的条件下也可以生成氢气，应是Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，则X为水，B为四氧化三铁，据此解答。
【详解】由上述分析可知：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为H2。
（1）由上述分析可知，B为Fe3O4；D为FeCl3；
（2）反应①为Fe（OH）2在空气中转化为Fe（OH）3，其化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；反应②为Fe与水蒸气的反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）Fe3O4与盐酸的离子方程式为：Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；若要证明混合溶液中的Fe2+，可取少量溶液于试管中，加适量蒸馏水稀释，再加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明溶液中含有Fe2+。
28.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。
Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。
（1）往滤渣中加入过量 NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是______。
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察的现象是__________。
Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：________________________________。
（4）C中反应生成沉淀的离子方程式是______________________________。
（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____________（填标号）。
a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体 b．滴加盐酸不宜过快
c．在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d．在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
（6）实验中准确称取10.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。
【答案】(1). Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O或Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－ (2). 通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解 (3). 把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收 (4). Ba2++2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O (5). c、d (6). 20%
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
Ⅱ．（3）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数，装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；
（4）C中为Ba(OH)2和CO2反应生成碳酸钡沉淀；
（5）a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收；
b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收；
c.BC中均为水溶液，不需要干燥；
d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会生成二氧化碳；
（6）根据碳原子守恒计算。
【详解】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2））往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，反应现象是通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解；
Ⅱ．（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；
（4）C中的反应的离子方程式为Ba2++2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O；
（5）在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体可以提高测定的准确度，a不选；滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，滴加盐酸不宜过快，确保生成的CO2被完全吸收，提高实验的精确度，b不选；B中装有溶液，因此气体通入前没有必要干燥，c选；在B—C之间连接盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶会造成Ba(OH)2溶液还可能吸收由挥发出的氯化氢与NaHCO3反应生成的CO2气体，干扰实验，d选；答案选c、d。
（6）根据碳元素守恒得：BaCO3—CO2—CaCO3，m(CaCO3)= ，CaCO3的质量分数为。
29.某溶液只可能含有K＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4+、Cl－、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学取100 mL的溶液分成两等份进行如下实验：
①第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.05 mol有刺激性气味的气体，同时得到澄清溶液甲。
②向溶液甲中通入过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到1.02 g固体。
③第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，加入足量盐酸，沉淀并不溶解，过滤沉淀，充分洗涤，干燥，得到11.65 g固体。
（1）在原溶液中一定存在的离子有_________________________________；一定不存在的离子有_____________________；不能确定是否存在的离子有___________。
（2）为了确定不能确定的离子是否存在，可以采取的方法为__________________________________。
（3）由操作②确定的离子在溶液中的浓度为___________。
【答案】(1). NH4+、Al3+、SO42-、Cl- (2). Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32- (3). K+ (4). 用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有K+ (5). c(Al3+)=0.4mol/L
【解析】
【分析】本题主要考查离子共存与离子反应及其相关计算。溶液和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，可以和过量的氢氧化钠反应生成的沉淀可以是氢氧化铁、氢氧化镁，氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠之间反应；向偏铝酸钠中通过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝，根据铝元素守恒可以计算铝离子的量，在溶液中，铝离子和碳酸根离子因为双水解不共存；硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成硫酸钡沉淀，是一种不溶于盐酸的白色沉淀，根据沉淀的量，并结合发生的反应来计算硫酸根离子的量，再根据溶液中电荷守恒判断其它离子即可。
【详解】①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.05mol气体，即为氨气，一定含有NH4+，NH3物质的量为0.05mol，NH4+浓度为：0.05 mol×2/0.1L=1mol/L，无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；
②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al3+，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量和Al3+浓度；
③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，原溶液中一定无钡离子，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体，即硫酸钡的质量是11.65g，硫酸钡物质的量为：，根据原子守恒，得到硫酸根离子的物质的量和硫酸根浓度，
综上分析可知，一定含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42-，其浓度分别是：1mol/L、0.4mol/L、1mol/L，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，根据电荷守恒，溶液中一定存在Cl-，无法确定是否存在K+。
（1）由上述分析可知，溶液中一定存在的离子为：NH4+、Al3+、SO42-、Cl-；一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；无法确定是否存在K+；
（2）对于K+的检验，常采用焰色反应，其操作方法为：用洁净的铂丝蘸取少量试样，并在煤气灯外焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰为紫色，则证明溶液中含有K+；
（3）通过上述分析可知，由操作②确定的Al3+在溶液中的浓度为0.4mol/L。
30.MgO、Al2O3都是常用的耐火材料，某研究小组取100 kg含60%Al的报废汽车的镁合金材料来制备MgO、Al2O3，其中物质甲可由溶液B转化再生，其工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是__________(填字母)。
A．合金是金属与金属熔合而成的混合物
B．合金的熔点比成分金属更高
C．合金的硬度等机械性能优于成分金属
D．氧化铝熔点高，故可以用氧化铝坩埚熔融氢氧化钠
（2）物质甲是________________，产品A是________________。
（3）操作②为____________。
（4）足量物质乙与溶液A发生反应的离子方程式为___________________________。
（5）假设不计损耗，可得产品B的质量为__________kg。（保留一位小数）
【答案】(1). C (2). NaOH (3). MgO (4). 过滤 (5). AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- (6). 113.3
【解析】
【分析】镁铝合金材料经过物质甲溶液后，得到沉淀和溶液，所以甲是氢氧化钠溶液，沉淀A是镁，溶液A是氢氧化钠和偏铝酸钠的混合溶液，所以产品A是氧化镁，物质乙是二氧化碳，过量二氧化碳与混合液反应生成碳酸氢钠溶液，则溶液B是碳酸氢钠溶液，沉淀B是氢氧化铝，所以产品B是氧化铝，据此分析即可。
【详解】（1）A.合金不一定是金属和金属的混合物，错误；
B.合金的熔点比成分金属的熔点低，错误；
C.合金的硬度等机械性能一般优于成分金属，正确；
D.氧化铝的熔点高，可作为坩埚，但氧化铝能与强碱反应，不能用于熔融氢氧化钠，错误；
（2）Al与NaOH溶液反应，而Mg不与NaOH溶液反应，将镁铝合金投入NaOH溶液中，完全反应后过滤得到固体Mg和NaAlO2溶液，沉淀A为Mg，Mg与酸反应得Mg2＋，Mg2＋与碱溶液反应生成Mg(OH)2，加热Mg(OH)2得产品A(MgO)。沉淀B为Al(OH)3，加热Al(OH)3得到产品B(Al2O3)；
（3）操作②为固液不相溶分离，故该操作为过滤；
（4）向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，其反应的离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-；
（5）100 kg合金中含有60 kg Al，根据铝元素守恒，最终可得Al2O3的质量=（60kg×102g/mol）÷（2×27g/mol）≈113.3kg。
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