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【化学】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高一上学期第二次月考试题（解析版）
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黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高一上学期第二次月考试题
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
可能用到的相对原子质量： H-1 O-16 C-12 Na-23 Mg- 24 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56
一、选择题(本题共有10小题，每小题2分，只有一个选项符合题意，共计20分)
1. 下列性质中不是所有金属共有的是（ ）
A. 不透明 B. 易与氧气反应 C. 易导热 D. 易导电
【答案】B
【解析】试题分析：金属一般有金属光泽，不透明，容易导电、导热，有延展性，但是有的容易与氧气反应，有的不能与氧气发生反应，故选项是B。
2.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。
3.铝制品在空气中比铁制品更不易被锈蚀，原因是（ ）
A. 铝的金属活动性比铁弱
B. 铝的密度比铁的密度小
C. 铝在空气中易与氧气反应形成一层致密的氧化膜
D. 铝常温不能跟氧气发生化学反应
【答案】C
【解析】试题分析：铁在空气中发生氧化后生成的氧化物是疏松状的，导致内部金属继续被腐蚀，而铝氧化生成的氧化膜结构致密，可阻止内部铝与空气的接触，抗腐蚀能力强，因此答案选C。
4. 将少量金属钠分别投入到下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是（ ）
A. HCl B. NaOH C. K2SO4 D. CuSO4
【答案】D
【解析】试题分析：A．Na与盐酸发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，反应产生气体，溶液的质量增加，错误；B．Na加入到盐酸中，只与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；C．Na投入到K2SO4溶液中，只与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；有气体产生，溶液的质量增加；错误；D．将Na投入到硫酸铜溶液中，发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；反应产生的NaOH再与硫酸铜发生反应：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应产生气体，同时又蓝色沉淀析出。溶液的质量减轻，正确。
5. 下列叙述中正确的是（ ）
A. 含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性
B. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
C. 失电子越多，还原性越强
D. 强氧化剂与强还原剂不一定能发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】试题分析：A、含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，HClO中Cl元素的化合价不是最高价，却具有强氧化性，A错误；B、最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I-；但Fe2+、SO32-都既有氧化性又有还原性，B错误；C、还原性的强弱与失去电子的难易程度有关，越易失去电子的还原性就强，C错误；D、在化学反应中，某元素化合价从化合态变为游离态时，化合价可能升高也可能降低，则此元素可能被氧化也可能被还原，D正确；选D。
6.以下各化合物能通过对应元素单质经化合反应制取的是（ ）
A. Fe(OH)3 B. FeCl2 C. FeS D. Fe2S3
【答案】C
【详解】A.铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气， 铁离子与氢氧根离子发生反应生成Fe(OH)3，不能由铁单质经化合反应实现，A错误；
B.氯气氧化性强，铁与氯气反应只能生成氯化铁一种物质，不能生成FeCl2，不能由铁单质经化合反应实现，B错误；
C.铁与硫加热反应只能生成 FeS，不能生成Fe2S3，C正确；
D. 铁与硫加热反应只能生成 FeS，不能生成Fe2S3，D错误；
综上所述，本题选C。
7.用一定量的铁与足量的稀H2SO4及足量的CuO制成单质铜，有人设计以下两种方案：
①FeH2 Cu ②CuO CuSO4Cu
若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的量的比较中，正确的是（ ）
A. ①多 B. ②多 C. 相等 D. 无法判断
【答案】B
【解析】试题分析: 方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少，方案②生成的铜多，答案选B。
8.下列变化不可能通过一步反应直接完成的是( )
A. Al(OH)3 →Al2O3 B. Al2O3 →Al(OH)3 C. Al→AlO2－ D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】试题分析：A、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故A不选；B、氧化铝不能溶于水，不能通过一步反应直接完成Al2O3→Al(OH)3的转化，故B选；C、铝可以和碱反应可以直接反应生成偏铝酸盐，可以一步完成2Al+2OH-+2H2O ="2" AlO2-+3H2↑转化，故C不选；D、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故D不选；
故选B。
9.下列关于焰色反应的说法不正确的是（ ）
A. 金属单质无焰色反应
B. 很多金属或它们的化合物灼烧时有焰色反应
C. 透过蓝色钴玻璃观察钾元素焰色反应的颜色为紫色
D. 每次焰色反应实验后都要将铂丝用稀盐酸洗净并灼烧
【答案】A
【详解】很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应；
A.根据定义可知，无论某金属元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，体现的是元素的性质，故A错误；
B.根据定义可知，某些金属或它们的化合物灼烧时有焰色反应，故B正确；
C.钾元素的焰色反应的颜色为紫色,但要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能观察到，故C正确；
D.铂丝要用盐酸来洗涤，更容易将铂丝上的物质洗去,且盐酸易挥发不会干扰实验,故D正确；
综上所述，本题选A。
10.将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是( )
A. 1∶2∶3 B. 6∶3∶2 C. 3∶1∶1 D. 1∶1∶1
【答案】C
【解析】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，0.1molHCl消耗0.1molNa，生成0.05molH2，剩余的0.2molNa将继续与H2O反应生成H2，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.2molNa与水反应生成0.1molH2，所以0.3molNa共生成0.15molH2；Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，0.3molMg与0.1molHCl反应，Mg过量，根据HCl的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑， 0.3molAl与0.1molHCl反应，Al过量，根据HCl的物质的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol。同温同压下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以三种金属产生氢气的体积比为0.15:0.05:0.05=3:1:1，答案选C，正确答案为C。
二、选择题(本题共有10个小题，每小题3分，只有一个选项符合题意，共计30分)
11.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时自身发生如下变化：Fe3+ →Fe2+；MnO4－→ Mn2+；Cl2 → 2Cl－；HNO3 → NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最少的是（ ）
A. Fe3+ B. MnO4－ C. Cl2 D. HNO3
【答案】A
【详解】1molFe3+转化为Fe2+得到1mol电子，氧化KI时可得到0.5molI2；
1mol MnO4－转化为Mn2+可得到5mol 电子，氧化KI时可得到2.5 molI2；
1mol Cl2转化为Cl－得到2mol电子，氧化KI时可得到1 molI2；
1mol HNO3转化为NO 得到3mol电子，氧化KI时可得到1.5mol I2；
结合以上分析可知，得到I2最少的是Fe3+，A正确；
综上所述，本题选A。
12.某溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. Fe3+、NH4+、OH－、Cl－ B. K+、Na+、SO42-、HCO3－
C. Na+、Ba2+、Cl－、NO3－ D. Al3+、Na+、AlO2－、SO42-
【答案】C
【详解】溶液可以使氢氧化铝溶解，为强酸或强碱溶液，
A、Fe3+、OH－在溶液会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故A错误；
B、酸性溶液、碱性溶液中都不能大量存在HCO3﹣，故B错误；
C、碱、酸性溶液中该组离子之间不反应，可能大量共存，故C正确；
D、碱性溶液中不能大量存在A13+；酸性溶液中不能大量存在A1O2﹣，故D错误；
综上所述，本题选C。
13. 下列各组溶液，只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是（ ）
①A12(SO4)3和KOH ②稀盐酸和稀Na2CO3
③NaA1O2和H2SO4④Ba(OH)2和NaHCO3
A. ① B. ①③ C. ①②③ D. ①②③④
【答案】C
【解析】试题分析：①把A12(SO4)3滴加到KOH溶液中，开始由于碱过量，无沉淀产生，当反应到一定程度后，再加入A12(SO4)3溶液，会产生白色沉淀；将KOH溶液滴加到A12(SO4)3溶液中，立刻产生白色沉淀，滴加顺序不同，反应现象不同，可以鉴别；②把稀盐酸滴加到稀Na2CO3中，开始无现象，后来有气体产生；把碳酸钠溶液加入到稀盐酸中，立刻又气体产生，滴加顺序不同，反应现象不同，可以鉴别；③将NaA1O2溶液滴入到H2SO4中，开始无现象，后来有白色沉淀产生；把硫酸滴加到NaA1O2溶液中，立刻产生白色沉淀，滴加顺序不同，反应现象不同，可以鉴别；④Ba(OH)2和NaHCO3混合，无论是哪种溶液过量，都有白色沉淀产生，与滴加顺序无关，不能鉴别，故只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是①②③，选项C正确。
14. 将3.9 g镁铝合金投入到 500 mL 2 mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积为（ ）
A. 125mL B. 200mL C. 250mL D. 560mL
【答案】C
【解析】试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：
HCl～NaCl～NaOH
1 1
2mol/L×0.5L 4mol/L×V
V=0.25L=250ml，故选C。
15.Cl2在70℃的NaOH水溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，生成的产物为NaClO、NaClO3、NaCl。反应完全后，测得溶液中NaClO与NaClO3 物质的量之比为5∶1，则溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为（ ）
A. 9∶4 B. 6∶1 C. 10∶1 D. 11∶1
【答案】C
【详解】令NaClO与NaClO3 的物质的量分别为5mol、1mol,根据电子转移守恒有: 5×(1-0)+1×(5-0)=n（NaCl）×[(0-(-1)]，计算得出n（NaCl）=10mol；所以该溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为10:1；
综上所述，本题选C。
16.有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述正确的是（ ）
A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积大
B. 等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍
C. 将石灰水加入NaHCO3溶液中不产生沉淀，加入Na2CO3 溶液中产生白色沉淀
D. 同物质的量浓度的两种溶液，Na2CO3溶液的碱性弱于NaHCO3溶液
【答案】B
【解析】A、由于相对分子质量NaHCO3小于Na2CO3，所以等质量的NaHCO3、Na2CO3的物质的量n(NaHCO3)＞n(Na2CO3)，即在相同条件下产生CO2的体积NaHCO3的大，选项A错误；B、物质的量相等的NaHCO3、Na2CO3与HCl反应，消耗HCl的物质的量Na2CO3是NaHCO3的两倍，则消耗同浓度HCl的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，选项项B正确；C、NaHCO3溶液中HCO3－与OH－反应生成CO32-，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，选项C错误；D、相同条件下Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3强，选项D错误。答案选B。
17.如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是( )
A. Na2O2中阴阳离子数目之比为1∶1
B. 反应①的离子方程式为Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
C. ①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：①>②>③
D. 反应③转移电子的物质的量为0.1mol
【答案】C
【解析】试题分析：A.过氧化钠中阴离子是O22-，所以阴阳离子数目之比为1：2，错误；B、反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，错误；C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑转移电子2e-，则0.1mol过氧化钠反应最多能转移0.1 mol电子，正确；D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+1/2H2O=NaOH+1/2H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+1/2O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g,所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/(100+2.2)×100%、8/(100+6.2)×100%、8/(100+6.2)×100%，所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，错误,选C。
18.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 过氧化钠加入水中：2O22-＋2H2O===4OH－＋O2↑
B. 向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液：H＋＋OH－===H2O
C. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4 +8H+ =3Fe3+ +4H2O
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
【答案】D
【详解】A. 过氧化钠属于氧化物，不能拆成离子形式，A错误；
B. HCO3-属于弱酸的酸式酸根离子，不能拆成氢离子和碳酸根离子形式，应保留化学式形式，B错误；
C. 氧化铁属于氧化物，写成化学式形式，但是离子方程式中电荷不守恒，C错误；
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式书写正确；D正确；
综上所述，本题选D。
19.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；③向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸；⑤向Fe（OH）3胶体中滴入稀盐酸至过量（ ）
A. ①② B. ④⑤ C. ①④ D. ①④⑤
【答案】C
【解析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠沉淀，CO2过量后沉淀不溶解，①符合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸生成氢氧化铝沉淀，盐酸过量后氢氧化铝溶解，②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后氢氧化铝溶解，③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸生成硅酸沉淀，盐酸过量后沉淀不溶解，④符合；⑤向Fe（OH）3胶体中滴入稀盐酸至过量生成氢氧化铁沉淀，盐酸过量后沉淀溶解，⑤不符合，答案选C。
20.将适量的CH4、O2、Na2O2密封于一密闭容器中，在150℃时，不断地用电火花引燃混合气体，反应彻底结束后，容器内压强为0，且残留固体溶于水无气体产生。则CH4、O2、Na2O2三种物质的物质的量之比为（ ）
A. 2:1:3 B. 2:3:1 C. 2:6:1 D. 2:1:6
【答案】D
【解析】三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零，容器内没有氧气剩余，剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，则反应的总转化关系可写为：2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，根据方程式可知：原CH4、O2、Na2O2物质的量之比为2：1：6，故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共50分)
21.铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的知识，完成下列问题．
(1)所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是_______(用字母代号填)．
A．Fe B．FeCl3 C．FeSO4 D．Fe2O3
(2)向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是_________nm．
(3)中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是____________。
(4)我国早在春秋战国就开始生产和使用铁器，写出工业上用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式：_______________________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。Fe(OH)3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_____________________。
【答案】(1). C (2). 1-100 (3). Fe3O4 (4). Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-
【详解】(1)铁元素有0价、+2价、+3价，+2价铁元素的化合价处于中间价态时,既能升高,又能降低, 所以FeSO4既有氧化性又有还原性；因此，本题正确答案是:C；
(2)因透明的红褐色分散系是胶体,胶体的粒子直径1nm
(4)氧化铁与一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式：Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 ；综上所述，本题答案是：Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2。
(5) ClO-具有强氧化性，能够把+3价铁氧化为FeO42-，本身被还原为Cl-，其反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；综上所述，本题答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-。
22.已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见的金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。
(1)写出下列物质的化学式：A：_________I：_________J：_________G：_________；
(2)按要求写出下列反应的方程式
C→I的离子方程式：_____________________________________
F→G的化学方程式：_____________________________________
(3)将一定量A和C混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
①混合物中含A的质量为______________；
②所用硫酸溶液物质的量浓度为___________；
【答案】(1). Fe2O3 (2). NaAlO2 (3). Al(OH)3 (4). Fe(OH)3 (5). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O (6). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3 (7). 16g (8). 6.5mol/L
【详解】A是一种红棕色金属氧化物,所以是三氧化二铁,和金属B在高温下发生铝热反应,生成的C为铝的氧化物,既能和酸反应又能和碱反应,白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀,一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换,所以G是氢氧化铁,F是氢氧化亚铁,根据物质的性质可推断得,E是氯化亚铁,D是金属铁,J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝,则金属B是铝,H是氯化铝，I是偏铝酸钠；
(1)根据上面的分析可以知道,则A为Fe2O3, I是NaAlO2,J是Al(OH)3,G是Fe(OH)3；
因此，本题正确答案是: Fe2O3； NaAlO2；Al(OH)3 ；Fe(OH)3。
(2) 氧化铝是两性氧化物，氧化铝在氢氧化钠溶液中反应生成偏铝酸钠和水，C→I的离子方程式：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；综上所述，本题答案是：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O。
氢氧化亚铁与氧气、水共同作用生成氢氧化铁，F→G的化学方程式：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3 ；综上所述，本题答案是：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3。
(3) A和C为Fe2O3 和Al2O3的混合物，溶于100mL稀硫酸中，生成铁离子和铝离子；根据图像可知，加入氢氧化钠溶液后，没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余；随着碱量的增加，沉淀逐渐增多，达到最大值，碱过量，氢氧化铝溶解，氢氧化铁不溶解，
①根据21.4g沉淀的质量是氢氧化铁的质量,氢氧化铁物质的量是21.4/107=0.2mol，根据铁元素守恒,所以氧化铁的物质的量是0.1mol, Fe2O3的质量是0.1×160=16g；
因此，本题正确答案是16。
②从260-300mL，NaOH溶解Al(OH)3,发生反应:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,氢氧化铝的质量是:37-21.4=15.6g,即0.2mol,消耗NaOH为0.2mol,所以氢氧化钠的浓度0.2/0.04=5mol/L；当V(NaOH)=260mL时,沉淀量最大，此时沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4；根据钠元素守恒：2n(Na2SO4)=n(NaOH)，n(Na2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×0.26×5=0.65mol；根据硫酸根离子守恒:n(H2SO4)= n(Na2SO4)=0.65mol，则c(H2SO4)=0.65/0.1=6.5mol/L；
综上所述，本题答案是：6.5mol/L。
23.纯碱(Na2CO3)在生产生活中具有广泛的用途。
Ⅰ．以下是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图。
下表是四种物质在100g水中不同温度的溶解度
(1)粗盐中含有的杂质离子有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等。精制除杂的步骤顺序是a→________→________→________→b(填字母编号)。
a.粗盐溶解，滤去沉渣 b．加入盐酸调pH c．加入Ba(OH)2溶液
d．加入Na2CO3溶液 e．过滤
(2)向饱和食盐水中先通入_______，后通入________，生成固体A的化学方程式为____
Ⅱ．制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案．请回答下列有关问题：
方案一：把6g样品溶解后加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干后得到5g固体。
(3)洗涤沉淀的具体操作是_____________________________。
(4)根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品Na2CO3的质量分数为___________(结果保留小数点后一位)。
方案二：利用下图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。
已知：碱石灰为氢氧化钠和氧化钙的混合物。
(5)实验开始前应进行的操作是______________________________。
(6)仪器a的名称为___________________，装置A中试剂X应选用_________________。
(7)装置E的作用是_________________________________。
【答案】(1). c (2). d (3). e (4). NH3 (5). CO2 (6). NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl (7). 加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复2～3次 (8). 88.3% (9). 检查装置气密性 (10). 分液漏斗 (11). NaOH溶液 (12). 吸收空气中的水蒸气和CO2
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液反应生成硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙沉淀，过量的Na2CO3溶液能除去过量的Ba（OH）2溶液，然后可再通过过滤除去沉淀，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液，据以上分析解答。
(2) NH3易溶于水，溶液显碱性，有利于吸收溶解度不大的CO2；氨气、二氧化碳、氯化钠和水共同作用生成氯化铵和碳酸氢钠，据此写出方程式；
Ⅱ．方案一：固液分离开后，洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复操作2-3次；
因为氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以根据n(CaCO3)=n(CO32-) =n(Na2CO3)关系可以计算出样品中碳酸钠的质量，从而计算样品的质量分数。
方案二：本实验是通过碳酸钠和硫酸反应产生二氧化碳,用碱石灰来吸收二氧化碳,根据产生二氧化碳的质量来计算碳酸钠的质量,进而计算质量分数，故实验过程中应防止空气中水和二氧化碳干扰实验，把产生的二氧化碳全部被碱石灰吸收；实验开始前要检查装置的气密性；根据装置的特点及实验目的，分析鼓入空气这一操作的目的和装置A中碱液的作用；可以根据空气中的成分来分析装置E在整个装置中所起到的作用。
【详解】Ⅰ．（1）（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液反应生成硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙沉淀，过量的Na2CO3溶液能除去过量的Ba（OH）2溶液，然后可再通过过滤除去沉淀，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液；综上分析可知精制除杂的步骤顺序是a→c→d→e→b；因此，本题正确答案是：c；d；e；
(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通人CO2；反应的方程式为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；
因此，本题正确答案是：NH3，CO2；NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。
Ⅱ．(3) 样品溶解后加入过量的CaCl2溶液会生成碳酸钙沉淀，分离固液混合物的方法为过滤，洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复操作2-3次； 综上所述，本题答案是：加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复2～3次。
(4)碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干后得到5g固体碳酸钙，其物质的量为0.05mol，则n(CaCO3)=n(CO32-)=n(Na2CO3)=0.05 mol，所以碳酸钠的质量为0.05×106=5.3g，纯碱样品Na2CO3的质量分数为5.3/6×100%=88.3%；综上所述，本题答案是：88.3%。
(5)进行气体的制备或验证性实验之前，都要检查装置气密性，以防装置漏气，影响实验或带来危险；综上所述，本题答案是：检查装置气密性。
(6)仪器a为控制滴加液体的玻璃仪器，其名称为分液漏斗；根据题意可以知道我们是通过测定二氧化碳的质量来测定碳酸钠的质量分数的，所以要排除空气中的二氧化碳干扰实验结果，因此在A中装了碱性溶液来吸收空气中的二氧化碳,故装置A中试剂可选用NaOH溶液 ；综上所述，本题答案是：分液漏斗；NaOH溶液。
(7) 如果D装置直接与外界空气相连通,则空气中的水蒸气和二氧化碳会进入D装置而对测定结果产生影响，所以装置E的作用则是防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置D中；
因此，本题正确答案是: 吸收空气中的水蒸气和CO2。
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
可能用到的相对原子质量： H-1 O-16 C-12 Na-23 Mg- 24 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56
一、选择题(本题共有10小题，每小题2分，只有一个选项符合题意，共计20分)
1. 下列性质中不是所有金属共有的是（ ）
A. 不透明 B. 易与氧气反应 C. 易导热 D. 易导电
【答案】B
【解析】试题分析：金属一般有金属光泽，不透明，容易导电、导热，有延展性，但是有的容易与氧气反应，有的不能与氧气发生反应，故选项是B。
2.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。
3.铝制品在空气中比铁制品更不易被锈蚀，原因是（ ）
A. 铝的金属活动性比铁弱
B. 铝的密度比铁的密度小
C. 铝在空气中易与氧气反应形成一层致密的氧化膜
D. 铝常温不能跟氧气发生化学反应
【答案】C
【解析】试题分析：铁在空气中发生氧化后生成的氧化物是疏松状的，导致内部金属继续被腐蚀，而铝氧化生成的氧化膜结构致密，可阻止内部铝与空气的接触，抗腐蚀能力强，因此答案选C。
4. 将少量金属钠分别投入到下列物质的水溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是（ ）
A. HCl B. NaOH C. K2SO4 D. CuSO4
【答案】D
【解析】试题分析：A．Na与盐酸发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，反应产生气体，溶液的质量增加，错误；B．Na加入到盐酸中，只与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；C．Na投入到K2SO4溶液中，只与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；有气体产生，溶液的质量增加；错误；D．将Na投入到硫酸铜溶液中，发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；反应产生的NaOH再与硫酸铜发生反应：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应产生气体，同时又蓝色沉淀析出。溶液的质量减轻，正确。
5. 下列叙述中正确的是（ ）
A. 含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性
B. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
C. 失电子越多，还原性越强
D. 强氧化剂与强还原剂不一定能发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】试题分析：A、含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，HClO中Cl元素的化合价不是最高价，却具有强氧化性，A错误；B、最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I-；但Fe2+、SO32-都既有氧化性又有还原性，B错误；C、还原性的强弱与失去电子的难易程度有关，越易失去电子的还原性就强，C错误；D、在化学反应中，某元素化合价从化合态变为游离态时，化合价可能升高也可能降低，则此元素可能被氧化也可能被还原，D正确；选D。
6.以下各化合物能通过对应元素单质经化合反应制取的是（ ）
A. Fe(OH)3 B. FeCl2 C. FeS D. Fe2S3
【答案】C
【详解】A.铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气， 铁离子与氢氧根离子发生反应生成Fe(OH)3，不能由铁单质经化合反应实现，A错误；
B.氯气氧化性强，铁与氯气反应只能生成氯化铁一种物质，不能生成FeCl2，不能由铁单质经化合反应实现，B错误；
C.铁与硫加热反应只能生成 FeS，不能生成Fe2S3，C正确；
D. 铁与硫加热反应只能生成 FeS，不能生成Fe2S3，D错误；
综上所述，本题选C。
7.用一定量的铁与足量的稀H2SO4及足量的CuO制成单质铜，有人设计以下两种方案：
①FeH2 Cu ②CuO CuSO4Cu
若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的量的比较中，正确的是（ ）
A. ①多 B. ②多 C. 相等 D. 无法判断
【答案】B
【解析】试题分析: 方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少，方案②生成的铜多，答案选B。
8.下列变化不可能通过一步反应直接完成的是( )
A. Al(OH)3 →Al2O3 B. Al2O3 →Al(OH)3 C. Al→AlO2－ D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】试题分析：A、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故A不选；B、氧化铝不能溶于水，不能通过一步反应直接完成Al2O3→Al(OH)3的转化，故B选；C、铝可以和碱反应可以直接反应生成偏铝酸盐，可以一步完成2Al+2OH-+2H2O ="2" AlO2-+3H2↑转化，故C不选；D、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故D不选；
故选B。
9.下列关于焰色反应的说法不正确的是（ ）
A. 金属单质无焰色反应
B. 很多金属或它们的化合物灼烧时有焰色反应
C. 透过蓝色钴玻璃观察钾元素焰色反应的颜色为紫色
D. 每次焰色反应实验后都要将铂丝用稀盐酸洗净并灼烧
【答案】A
【详解】很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应；
A.根据定义可知，无论某金属元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，体现的是元素的性质，故A错误；
B.根据定义可知，某些金属或它们的化合物灼烧时有焰色反应，故B正确；
C.钾元素的焰色反应的颜色为紫色,但要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能观察到，故C正确；
D.铂丝要用盐酸来洗涤，更容易将铂丝上的物质洗去,且盐酸易挥发不会干扰实验,故D正确；
综上所述，本题选A。
10.将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是( )
A. 1∶2∶3 B. 6∶3∶2 C. 3∶1∶1 D. 1∶1∶1
【答案】C
【解析】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，0.1molHCl消耗0.1molNa，生成0.05molH2，剩余的0.2molNa将继续与H2O反应生成H2，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.2molNa与水反应生成0.1molH2，所以0.3molNa共生成0.15molH2；Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，0.3molMg与0.1molHCl反应，Mg过量，根据HCl的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑， 0.3molAl与0.1molHCl反应，Al过量，根据HCl的物质的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol。同温同压下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以三种金属产生氢气的体积比为0.15:0.05:0.05=3:1:1，答案选C，正确答案为C。
二、选择题(本题共有10个小题，每小题3分，只有一个选项符合题意，共计30分)
11.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时自身发生如下变化：Fe3+ →Fe2+；MnO4－→ Mn2+；Cl2 → 2Cl－；HNO3 → NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最少的是（ ）
A. Fe3+ B. MnO4－ C. Cl2 D. HNO3
【答案】A
【详解】1molFe3+转化为Fe2+得到1mol电子，氧化KI时可得到0.5molI2；
1mol MnO4－转化为Mn2+可得到5mol 电子，氧化KI时可得到2.5 molI2；
1mol Cl2转化为Cl－得到2mol电子，氧化KI时可得到1 molI2；
1mol HNO3转化为NO 得到3mol电子，氧化KI时可得到1.5mol I2；
结合以上分析可知，得到I2最少的是Fe3+，A正确；
综上所述，本题选A。
12.某溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. Fe3+、NH4+、OH－、Cl－ B. K+、Na+、SO42-、HCO3－
C. Na+、Ba2+、Cl－、NO3－ D. Al3+、Na+、AlO2－、SO42-
【答案】C
【详解】溶液可以使氢氧化铝溶解，为强酸或强碱溶液，
A、Fe3+、OH－在溶液会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故A错误；
B、酸性溶液、碱性溶液中都不能大量存在HCO3﹣，故B错误；
C、碱、酸性溶液中该组离子之间不反应，可能大量共存，故C正确；
D、碱性溶液中不能大量存在A13+；酸性溶液中不能大量存在A1O2﹣，故D错误；
综上所述，本题选C。
13. 下列各组溶液，只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是（ ）
①A12(SO4)3和KOH ②稀盐酸和稀Na2CO3
③NaA1O2和H2SO4④Ba(OH)2和NaHCO3
A. ① B. ①③ C. ①②③ D. ①②③④
【答案】C
【解析】试题分析：①把A12(SO4)3滴加到KOH溶液中，开始由于碱过量，无沉淀产生，当反应到一定程度后，再加入A12(SO4)3溶液，会产生白色沉淀；将KOH溶液滴加到A12(SO4)3溶液中，立刻产生白色沉淀，滴加顺序不同，反应现象不同，可以鉴别；②把稀盐酸滴加到稀Na2CO3中，开始无现象，后来有气体产生；把碳酸钠溶液加入到稀盐酸中，立刻又气体产生，滴加顺序不同，反应现象不同，可以鉴别；③将NaA1O2溶液滴入到H2SO4中，开始无现象，后来有白色沉淀产生；把硫酸滴加到NaA1O2溶液中，立刻产生白色沉淀，滴加顺序不同，反应现象不同，可以鉴别；④Ba(OH)2和NaHCO3混合，无论是哪种溶液过量，都有白色沉淀产生，与滴加顺序无关，不能鉴别，故只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是①②③，选项C正确。
14. 将3.9 g镁铝合金投入到 500 mL 2 mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积为（ ）
A. 125mL B. 200mL C. 250mL D. 560mL
【答案】C
【解析】试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：
HCl～NaCl～NaOH
1 1
2mol/L×0.5L 4mol/L×V
V=0.25L=250ml，故选C。
15.Cl2在70℃的NaOH水溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，生成的产物为NaClO、NaClO3、NaCl。反应完全后，测得溶液中NaClO与NaClO3 物质的量之比为5∶1，则溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为（ ）
A. 9∶4 B. 6∶1 C. 10∶1 D. 11∶1
【答案】C
【详解】令NaClO与NaClO3 的物质的量分别为5mol、1mol,根据电子转移守恒有: 5×(1-0)+1×(5-0)=n（NaCl）×[(0-(-1)]，计算得出n（NaCl）=10mol；所以该溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为10:1；
综上所述，本题选C。
16.有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述正确的是（ ）
A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积大
B. 等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍
C. 将石灰水加入NaHCO3溶液中不产生沉淀，加入Na2CO3 溶液中产生白色沉淀
D. 同物质的量浓度的两种溶液，Na2CO3溶液的碱性弱于NaHCO3溶液
【答案】B
【解析】A、由于相对分子质量NaHCO3小于Na2CO3，所以等质量的NaHCO3、Na2CO3的物质的量n(NaHCO3)＞n(Na2CO3)，即在相同条件下产生CO2的体积NaHCO3的大，选项A错误；B、物质的量相等的NaHCO3、Na2CO3与HCl反应，消耗HCl的物质的量Na2CO3是NaHCO3的两倍，则消耗同浓度HCl的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，选项项B正确；C、NaHCO3溶液中HCO3－与OH－反应生成CO32-，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，选项C错误；D、相同条件下Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3强，选项D错误。答案选B。
17.如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是( )
A. Na2O2中阴阳离子数目之比为1∶1
B. 反应①的离子方程式为Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
C. ①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：①>②>③
D. 反应③转移电子的物质的量为0.1mol
【答案】C
【解析】试题分析：A.过氧化钠中阴离子是O22-，所以阴阳离子数目之比为1：2，错误；B、反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，错误；C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑转移电子2e-，则0.1mol过氧化钠反应最多能转移0.1 mol电子，正确；D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+1/2H2O=NaOH+1/2H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+1/2O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g,所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/(100+2.2)×100%、8/(100+6.2)×100%、8/(100+6.2)×100%，所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，错误,选C。
18.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 过氧化钠加入水中：2O22-＋2H2O===4OH－＋O2↑
B. 向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液：H＋＋OH－===H2O
C. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4 +8H+ =3Fe3+ +4H2O
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
【答案】D
【详解】A. 过氧化钠属于氧化物，不能拆成离子形式，A错误；
B. HCO3-属于弱酸的酸式酸根离子，不能拆成氢离子和碳酸根离子形式，应保留化学式形式，B错误；
C. 氧化铁属于氧化物，写成化学式形式，但是离子方程式中电荷不守恒，C错误；
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式书写正确；D正确；
综上所述，本题选D。
19.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；③向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸；⑤向Fe（OH）3胶体中滴入稀盐酸至过量（ ）
A. ①② B. ④⑤ C. ①④ D. ①④⑤
【答案】C
【解析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠沉淀，CO2过量后沉淀不溶解，①符合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸生成氢氧化铝沉淀，盐酸过量后氢氧化铝溶解，②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后氢氧化铝溶解，③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸生成硅酸沉淀，盐酸过量后沉淀不溶解，④符合；⑤向Fe（OH）3胶体中滴入稀盐酸至过量生成氢氧化铁沉淀，盐酸过量后沉淀溶解，⑤不符合，答案选C。
20.将适量的CH4、O2、Na2O2密封于一密闭容器中，在150℃时，不断地用电火花引燃混合气体，反应彻底结束后，容器内压强为0，且残留固体溶于水无气体产生。则CH4、O2、Na2O2三种物质的物质的量之比为（ ）
A. 2:1:3 B. 2:3:1 C. 2:6:1 D. 2:1:6
【答案】D
【解析】三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零，容器内没有氧气剩余，剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，则反应的总转化关系可写为：2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，根据方程式可知：原CH4、O2、Na2O2物质的量之比为2：1：6，故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共50分)
21.铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的知识，完成下列问题．
(1)所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是_______(用字母代号填)．
A．Fe B．FeCl3 C．FeSO4 D．Fe2O3
(2)向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是_________nm．
(3)中国古代四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是____________。
(4)我国早在春秋战国就开始生产和使用铁器，写出工业上用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式：_______________________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。Fe(OH)3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_____________________。
【答案】(1). C (2). 1-100 (3). Fe3O4 (4). Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-
【详解】(1)铁元素有0价、+2价、+3价，+2价铁元素的化合价处于中间价态时,既能升高,又能降低, 所以FeSO4既有氧化性又有还原性；因此，本题正确答案是:C；
(2)因透明的红褐色分散系是胶体,胶体的粒子直径1nm
(4)氧化铁与一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，用赤铁矿为原料炼铁的化学方程式：Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 ；综上所述，本题答案是：Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2。
(5) ClO-具有强氧化性，能够把+3价铁氧化为FeO42-，本身被还原为Cl-，其反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；综上所述，本题答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-。
22.已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见的金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。
(1)写出下列物质的化学式：A：_________I：_________J：_________G：_________；
(2)按要求写出下列反应的方程式
C→I的离子方程式：_____________________________________
F→G的化学方程式：_____________________________________
(3)将一定量A和C混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
①混合物中含A的质量为______________；
②所用硫酸溶液物质的量浓度为___________；
【答案】(1). Fe2O3 (2). NaAlO2 (3). Al(OH)3 (4). Fe(OH)3 (5). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O (6). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3 (7). 16g (8). 6.5mol/L
【详解】A是一种红棕色金属氧化物,所以是三氧化二铁,和金属B在高温下发生铝热反应,生成的C为铝的氧化物,既能和酸反应又能和碱反应,白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀,一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换,所以G是氢氧化铁,F是氢氧化亚铁,根据物质的性质可推断得,E是氯化亚铁,D是金属铁,J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝,则金属B是铝,H是氯化铝，I是偏铝酸钠；
(1)根据上面的分析可以知道,则A为Fe2O3, I是NaAlO2,J是Al(OH)3,G是Fe(OH)3；
因此，本题正确答案是: Fe2O3； NaAlO2；Al(OH)3 ；Fe(OH)3。
(2) 氧化铝是两性氧化物，氧化铝在氢氧化钠溶液中反应生成偏铝酸钠和水，C→I的离子方程式：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；综上所述，本题答案是：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O。
氢氧化亚铁与氧气、水共同作用生成氢氧化铁，F→G的化学方程式：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3 ；综上所述，本题答案是：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3。
(3) A和C为Fe2O3 和Al2O3的混合物，溶于100mL稀硫酸中，生成铁离子和铝离子；根据图像可知，加入氢氧化钠溶液后，没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余；随着碱量的增加，沉淀逐渐增多，达到最大值，碱过量，氢氧化铝溶解，氢氧化铁不溶解，
①根据21.4g沉淀的质量是氢氧化铁的质量,氢氧化铁物质的量是21.4/107=0.2mol，根据铁元素守恒,所以氧化铁的物质的量是0.1mol, Fe2O3的质量是0.1×160=16g；
因此，本题正确答案是16。
②从260-300mL，NaOH溶解Al(OH)3,发生反应:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,氢氧化铝的质量是:37-21.4=15.6g,即0.2mol,消耗NaOH为0.2mol,所以氢氧化钠的浓度0.2/0.04=5mol/L；当V(NaOH)=260mL时,沉淀量最大，此时沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4；根据钠元素守恒：2n(Na2SO4)=n(NaOH)，n(Na2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×0.26×5=0.65mol；根据硫酸根离子守恒:n(H2SO4)= n(Na2SO4)=0.65mol，则c(H2SO4)=0.65/0.1=6.5mol/L；
综上所述，本题答案是：6.5mol/L。
23.纯碱(Na2CO3)在生产生活中具有广泛的用途。
Ⅰ．以下是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图。
下表是四种物质在100g水中不同温度的溶解度
(1)粗盐中含有的杂质离子有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等。精制除杂的步骤顺序是a→________→________→________→b(填字母编号)。
a.粗盐溶解，滤去沉渣 b．加入盐酸调pH c．加入Ba(OH)2溶液
d．加入Na2CO3溶液 e．过滤
(2)向饱和食盐水中先通入_______，后通入________，生成固体A的化学方程式为____
Ⅱ．制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案．请回答下列有关问题：
方案一：把6g样品溶解后加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干后得到5g固体。
(3)洗涤沉淀的具体操作是_____________________________。
(4)根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品Na2CO3的质量分数为___________(结果保留小数点后一位)。
方案二：利用下图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。
已知：碱石灰为氢氧化钠和氧化钙的混合物。
(5)实验开始前应进行的操作是______________________________。
(6)仪器a的名称为___________________，装置A中试剂X应选用_________________。
(7)装置E的作用是_________________________________。
【答案】(1). c (2). d (3). e (4). NH3 (5). CO2 (6). NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl (7). 加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复2～3次 (8). 88.3% (9). 检查装置气密性 (10). 分液漏斗 (11). NaOH溶液 (12). 吸收空气中的水蒸气和CO2
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液反应生成硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙沉淀，过量的Na2CO3溶液能除去过量的Ba（OH）2溶液，然后可再通过过滤除去沉淀，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液，据以上分析解答。
(2) NH3易溶于水，溶液显碱性，有利于吸收溶解度不大的CO2；氨气、二氧化碳、氯化钠和水共同作用生成氯化铵和碳酸氢钠，据此写出方程式；
Ⅱ．方案一：固液分离开后，洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复操作2-3次；
因为氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以根据n(CaCO3)=n(CO32-) =n(Na2CO3)关系可以计算出样品中碳酸钠的质量，从而计算样品的质量分数。
方案二：本实验是通过碳酸钠和硫酸反应产生二氧化碳,用碱石灰来吸收二氧化碳,根据产生二氧化碳的质量来计算碳酸钠的质量,进而计算质量分数，故实验过程中应防止空气中水和二氧化碳干扰实验，把产生的二氧化碳全部被碱石灰吸收；实验开始前要检查装置的气密性；根据装置的特点及实验目的，分析鼓入空气这一操作的目的和装置A中碱液的作用；可以根据空气中的成分来分析装置E在整个装置中所起到的作用。
【详解】Ⅰ．（1）（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液反应生成硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙沉淀，过量的Na2CO3溶液能除去过量的Ba（OH）2溶液，然后可再通过过滤除去沉淀，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液；综上分析可知精制除杂的步骤顺序是a→c→d→e→b；因此，本题正确答案是：c；d；e；
(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通人CO2；反应的方程式为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；
因此，本题正确答案是：NH3，CO2；NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。
Ⅱ．(3) 样品溶解后加入过量的CaCl2溶液会生成碳酸钙沉淀，分离固液混合物的方法为过滤，洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复操作2-3次； 综上所述，本题答案是：加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复2～3次。
(4)碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干后得到5g固体碳酸钙，其物质的量为0.05mol，则n(CaCO3)=n(CO32-)=n(Na2CO3)=0.05 mol，所以碳酸钠的质量为0.05×106=5.3g，纯碱样品Na2CO3的质量分数为5.3/6×100%=88.3%；综上所述，本题答案是：88.3%。
(5)进行气体的制备或验证性实验之前，都要检查装置气密性，以防装置漏气，影响实验或带来危险；综上所述，本题答案是：检查装置气密性。
(6)仪器a为控制滴加液体的玻璃仪器，其名称为分液漏斗；根据题意可以知道我们是通过测定二氧化碳的质量来测定碳酸钠的质量分数的，所以要排除空气中的二氧化碳干扰实验结果，因此在A中装了碱性溶液来吸收空气中的二氧化碳,故装置A中试剂可选用NaOH溶液 ；综上所述，本题答案是：分液漏斗；NaOH溶液。
(7) 如果D装置直接与外界空气相连通,则空气中的水蒸气和二氧化碳会进入D装置而对测定结果产生影响，所以装置E的作用则是防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置D中；
因此，本题正确答案是: 吸收空气中的水蒸气和CO2。
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