【化学】山西省运城市芮城县2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

山西省运城市芮城县2018-2019学年高一上学期期末考试试题
(时间90分钟；满分100分）
相对原子质量：H：1 C:12 N:14 O：16 Na：23 Mg：24 Al:27
S：32 Cl: 35.5 Fe:56 Cu:64
第I卷（客观题 54分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是（ ）
A. 常温下可用铁或铝制容器盛装浓硫酸
B. 小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
C. 实验室可用石英坩埚熔融烧碱
D. 氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下铁或铝在浓硫酸中钝化，因此常温下可用铁或铝制容器盛装浓硫酸，A正确；
B. 小苏打是碳酸氢钠，能与酸反应产生二氧化碳，受热分解也产生二氧化碳，因此小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂，B正确；
C. 二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此实验室不能用石英坩埚熔融烧碱，可以用铁坩埚，C错误；
D. 氧化铝的熔点高，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，D正确；
答案选C。
2.下列实验操作中错误的是（ ）
A. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
B. 蒸发操作时，不能使蒸发皿中的水分完全蒸干后才停止加热
C. 容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体也从下口放出
【答案】D
【解析】
【详解】A．蒸馏时，测定馏分的温度，则应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故A正确；
B．蒸发时不能使蒸发皿中的水分完全蒸干后才停止加热，出现大量晶体剩余少量液体时停止加热，利用余热蒸干，故B正确；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，故C正确；
D．分液时，避免液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D错误；
故答案选D。
3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L H2O含有的原子数为3 NA
B. 常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数目为0.02 NA
C. 5.6g铁粉放入足量稀硫酸中转移的电子数为0.3NA
D. 0.5 mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、标准状况下水不是气体，不能使用22.4L/mol计算水分子含有的原子数目，故A错误；
B、Na2CO3的摩尔质量为106 g /mol，1.06 g Na2CO3的物质的量为0.01mol，含有的Na+数为0.02NA，故B正确；
C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，放入足量稀硫酸中反应生成硫酸亚铁和氢气，转移的电子数为0.2NA，故C错误；
D、物质的量浓度为0.5 mol·L–1的MgCl2溶液的体积未知，则无法计算含有的Cl－个数，故D错误；
答案选B。
4.下列各组离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A. Ca2+、Mg2+、Cl-、NO3- B. Al3+、K+、SO42-、OH-
C. Fe2+、H+、SO42-、NO3- D. Na+、H+、HCO3-、SO42-
【答案】A
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、发生的反应分析判断。
【详解】A. Ca2+、Mg2+、Cl-、NO3-在溶液中相互之间不反应，可以大量共存，A符合；
B. Al3+、OH-反应生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸根离子，不能大量共存，B不符合；
C. Fe2+、H+、NO3-在溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子、NO和水，不能大量共存，C不符合；
D. H+、HCO3-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，D不符合；
答案选A。
5.下列离子方程式中书写正确的是（ ）
A. 向FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2+ + Cl2 ＝ Fe3+ + 2Cl-
B. Ba(OH)2溶液与硫酸的反应：OH- + H+ ＝ H2O
C. 碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应：HCO3－＋OH－ = CO32-＋H2O
D. 将铁粉与水蒸气共热：2Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向FeCl2溶液中通入Cl2生成氯化铁：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，A错误；
B. Ba(OH)2溶液与硫酸反应生成硫酸钡和水：Ba2++2OH-+SO42－+2H+＝BaSO4↓+2H2O，B错误；
C. 碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水：HCO3－＋OH－＝CO32-＋H2O，C正确；
D. 将铁粉与水蒸气共热生成四氧化三铁和氢气，D错误；
答案选C。
6.归纳与推理在化学学习与研究中经常被采用，以下推理正确的是（ ）
A. 因为SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性
B. 因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质
C. 因为NO2可以与水反应生成硝酸，所以NO2是酸性氧化物
D. 因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2
【答案】D
【解析】
【详解】A、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，利用的是SO2的还原性，故A错误；
B、二氧化碳的水溶液导电是因为二氧化碳和水反应生成了碳酸，碳酸电离出自由移动的阴、阳离子，不是二氧化碳自身电离，CO2是非电解质，故B错误；
C、NO2可以与水反应生成硝酸，但同时还有NO生成，所以NO2不是酸性氧化物，故C错误；
D、金属钾和金属钠是同主族元素，性质具有相似性，因此K、Na均可以与水反应放出H2，故D正确；
故答案选D。
7.氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3═N2+6HCl检查氯气管道是否漏气．下列说法错误的是（ ）
A. 该反应中NH3被还原 B. 该反应利用了Cl2的强氧化性
C. 若管道漏气遇氨就会产生白烟 D. 生成1mol N2有6mol电子转移
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应中氮元素化合价升高，失去电子被氧化，氨气是还原剂，故A错误；
B、在反应3Cl2+2NH3＝N2+6HCl中，Cl元素的化合价由0价降低为-1价，氯气表现出氧化性，故B正确；
C、如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3＝N2+6HCl，反应生成HCl，HCl与NH3反应生成NH4Cl，现象为有白烟生成，故C正确；
D、在反应3Cl2+2NH3＝N2+6HCl中，N元素的化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确。
答案选A。
8.水是生命之源，下列有关“水”说法中正确的是（ ）
A. 双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
B. 王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比1︰3配成的混合物，可以溶解Au、Pt
C. 人们利用臭氧的强氧化性可将其用作自来水的消毒剂
D. 酸雨是指pH﹤7的雨水
【答案】C
【解析】
【详解】A、双氧水被称为“绿色氧化剂”，是因为其还原产物为H2O，对环境没有污染，故A错误；
B、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，故B错误；
C、人们利用臭氧的强氧化性可将其用作自来水的消毒剂，故C正确；
D、酸雨是指常温下，pH<5.6的雨水，故D错误；
故答案选C。
9. 如图纵坐标代表沉淀的质量，横坐标代表加入溶液的体积，符合下列图像的是（ ）

A. 向硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液
B. 向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙
C. 向硫酸、硫酸镁、硫酸铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量
D. 向氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】试题分析：A、向硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液发生反应：Ba(OH)2+ H2SO4="=" BaSO4↓+ 2H2O，一开始就生成沉淀，与图像不符，错误；B、向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙不发生反应，与图像不符，错误；C、向硫酸、硫酸镁、硫酸铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量发生的反应依次为H++ OH-==H2O，Mg2++ 2OH-==Mg(OH)2↓，Al3++ 3OH-==Al(OH)3↓ 、Al(OH)3+ OH-==AlO2-+ 2H2O，生成沉淀的情况与图像相符，正确；D、向氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液发生的反应依次为：AlCl3+3NaOH==Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH==NaAlO2+2H2O，一开始就生成沉淀，最后消失，与图像不符，错误。
10.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（ ）

实验操作及现象
实验结沦
A
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色消失
H2O2具有氧化性
B
氯气通入品红溶液中，溶液褪色
氯气具有漂白性
C
将NaOH浓溶液滴加到饱和FeC13溶液中呈红褐色
制Fe(OH)3胶体
D
向某溶液加入NaOH 并微热，产生能够使湿润的红色，石蕊试纸变蓝的无色气体
该溶液中一定含有NH4+
【答案】D
【解析】A．酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，MnO4-转化为Mn2+紫色消失，H2O2中氧元素化合价升高被氧化，具有还原性，选项A错误；B、氯水中含HClO，具有漂白性，则通入品红溶液中，品红褪色，而不是氯气具有漂白性，选项B错误；C、将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，选项C错误；D、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵盐与强碱共热产生氨气，则该溶液中一定含有NH4+，选项D正确。答案选D。
11.下列方法中，不能用于实验室制取氨的是（ ）
A. 加热试管中的氯化铵固体
B. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热
C. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中
D. 将烧瓶中的浓氨水加热
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方法不能够用于实验室制氨气，故A选；
B、熟石灰和氯化铵混合后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故B不选；
C、利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3·H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3·H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3·H2O+CaO＝NH3↑+Ca（OH）2，能用于实验室制氨气，故C不选；
D、加热浓氨水，一水合氨受热分解可以制取氨气，反应的化学方程式为：NH3·H2ONH3↑+H2O，故D不选；
故答案选A。
12.已知 Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2↑，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应中的氧化剂只有Cu2O
B. Cu2O在反应中既是氧化剂又是还原剂
C. Cu既是氧化产物又是还原产物
D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6
【答案】D
【解析】
【分析】反应Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑中，Cu2S、Cu2O中Cu元素的化合价都由+1价降低为0价，Cu2S中S元素的化合价由-2价升高为SO2中+4价，以此来解答。
【详解】A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；
B．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，Cu2O在反应中仅是氧化剂，故B错误；
C．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故C错误；
D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6，故D正确；
故答案选D。
13.下列物质不能通过化合反应制取的是（ ）
A. NO B. FeSO4 C. H2SiO3 D. SO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮气和氧气在放电的条件下化合生成NO，A不选；
B. 硫酸铁和铁发生化合反应生成FeSO4，B不选；
C. 二氧化硅不溶于水，H2SiO3不能通过化合反应制取，C选；
D. 氧气和二氧化硫在催化剂、加热条件下发生化合反应生成SO3，D不选；
答案选C。
14.关于硅及其化合物的叙述中，正确的是（ ）
A. 硅是良好的半导体材料，且是制造光缆的主要材料
B. 玻璃上的精美刻花，是工艺师用盐酸刻蚀玻璃形成的
C. 工业用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+CSi + CO2↑
D. SiO2是酸性氧化物，在一定条件下能和氧化钙反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、硅是良好的半导体材料，但制造光缆的主要材料是二氧化硅，故A项错误；
B、盐酸与二氧化硅不反应，玻璃上的精美刻花，是工艺师用氢氟酸刻蚀玻璃形成的，故B项错误；
C、工业上可以用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+2CSi +2CO↑，故C项错误；
D、SiO2是酸性氧化物，在一定条件下能和氧化钙反应生成硅酸钙，D项正确；
答案选D。
15.如图，锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y。若挤 压胶头滴管的胶头，使液体滴入瓶中，振荡，套在玻璃管一端的小气球慢慢鼓起，则气体X和液体Y不可能是（ ）

A. X是Cl2，Y是NaOH溶液
B. X是SO2，Y是澄清石灰水
C. X是NO，Y是水
D. X是NH3，Y是氯化钠溶液
【答案】C
【解析】
【分析】要使如图装置中的小气球鼓起来，则气体与滴加的液体反应或能溶于其中，使装置内气体体积减少，压强减小，据此进行分析解答。
【详解】A、氯气能与NaOH溶液反应，使装置内气体体积减少，压强减小，能使小气球a鼓起，故A不符合。
B、二氧化硫与石灰水反应，使装置内气体体积减少，压强减小，能使小气球a鼓起，故B不符合。
C、一氧化氮不能与水反应且不溶于水，装置内压强几乎无变化，不能使小气球a鼓起，故C符合。
D、氨气极易溶于氯化钠溶液，使装置内气体体积减少，压强减小，能使小气球a鼓起，故D不符合。
答案选C。
16. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A

将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B

将铜粉加入1.0mol•L-1Fe2（SO4）3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼

C

向蔗糖中加入浓硫酸

蔗糖变黑，并放出刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
D
将铜片放入浓硫酸中
无明显现象
铜片发生了钝化
【答案】C
【解析】A. 过量铁粉与稀硝酸反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B. Cu和Fe3+发生氧化还原反应,反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，故B错误；C. 蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，生成炭黑，体积膨胀并伴有刺激性气味，说明生成气体，浓硫酸表现氧化性，故C正确；D. 常温下Cu与浓硫酸不加热，没有发生反应，钝化是在金属表面形成致密的氧化膜，铜在冷的浓硫酸中不发生钝化，故D错误。本题正确答案选C。
17.某溶液经分析，其中只含有Na＋、K＋、Ca2＋、Cl－、NO3－，已知其中Na＋、K＋、Ca2＋、NO3－的浓度均为0.1 mol·L－1，则Cl－的物质的量浓度为（ ）
A. 0.1 mol·L－1 B. 0.3 mol·L－1
C. 0.2 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据溶液中的电荷守恒分析解答。
【详解】由于溶液是电中性的，所以忽略水的电离可知c(Na＋)＋c(K＋)＋2c(Ca2＋)＝c(Cl－)＋c(NO3－)，因此氯离子的物质的量浓度是0.1mol/L＋0.1mol/L＋0.1mol/L×2－0.1mol/L＝0.3mol/L，答案选B。
18.15g铁粉和氧化铁的混合物，放入150mL稀H2SO4中，发现固体完全溶解，并放出1.68L H2(标准状况)，加入KSCN溶液后，无颜色变化。为了使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，共耗用200mL 3 mol/L NaOH溶液，则原硫酸溶液的物质的量浓度为（ ）
A. 4 mol·L—1 B. 3 mol·L—1 C. 2 mol·L—1 D. 1mol·L—1
【答案】C
【解析】试题分析：解：发现固体完全溶解，铁和氧化铁均无剩余，铁元素在反应后的溶液中以Fe2+形式存在，为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）=0.5n（NaOH），则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.5n（NaOH）=0.5×3mol/L×0.2L=0.3mol，c（H2SO4）=0.3mol/0.15L=2mol/L，故选C．
第II卷 （主观题 共46分）
二、解答题（共46分）
19.化学知识与我们日常生活密切相关，根据所学知识回答下列问题：
（1）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。写出工业制漂白粉化学方程式__________________。漂白粉的主要成分是（填化学式）________________________________。漂白粉必须密封保存，是由于漂白粉中的有效成分能与空气中的二氧化碳和水蒸气发生反应而使其失效，写出该反应化学方程式_____________。
（2）“84”消毒液（含NaClO）在日常生活中使用广泛，有漂白作用；洁厕灵（主要成分为盐酸）常用作清洗剂，但若将二者混合使用则会使人发生中毒现象。写出二者反应的离子方程式__________。
（3）侯德榜是我国制碱工业的先驱，为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出的贡献。 该制碱工业的关键环节是用氨气、水、二氧化碳和氯化钠反应得到了碳酸氢钠和铵盐，反应的化学方程式为_________。
【答案】(1). 2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (2). CaCl2、Ca(ClO)2 (3). Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO (4). ClO—+Cl—+2H+＝Cl2↑+H2O (5). NaCl+NH3+H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl
【解析】
【分析】（1）工业上利用石灰乳和氯气反应制备漂白粉；根据漂白粉的制备原理判断其成分；根据次氯酸钙容易吸收水蒸气和二氧化碳分析解答；
（2）在酸性溶液中次氯酸根离子能氧化氯离子生成氯气，据此解答；
（3）根据反应物和生成物利用原子守恒书写方程式。
【详解】（1）工业上利用石灰乳和氯气反应制备漂白粉，则制漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。根据方程式可知漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2。漂白粉必须密封保存，是由于漂白粉中的有效成分次氯酸钙能与空气中的二氧化碳和水蒸气发生反应生成次氯酸，该反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO。
（2）在酸性溶液中次氯酸根离子能氧化氯离子生成氯气，因此若将二者混合使用则会使人发生中毒现象，二者反应的离子方程式为ClO—+Cl—+2H+＝Cl2↑+H2O。
（3）氨气、水、二氧化碳和氯化钠反应得到了碳酸氢钠和铵盐，根据原子守恒可知反应的化学方程式为NaCl+NH3+H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl。
20.已知硼与铝的性质相似，能与氧气、氢氧化钠溶液等物质反应，硼与氯气反应生成三氯化硼(BC13),生成的三氯化硼遇水水解产生白雾（已知：BC13的熔点为 -107. 3℃，沸点为12.5 ℃)。某兴趣小组设计如图所示装置制备三氯化硼。

回答下列问题：
（1）写出装置A中发生反应的离子方程式________________。
（2）写出装置D中发生反应的化学方程式为_____________________。
（3）装置B、E的作用分别是________________、________________。
（4）可以用盛装____________（填试剂名称）的干燥管代替装置F和G，使实验更简便。
（5）为了顺利完成实验，点燃酒精灯的正确操作是______(填字母)，
a.先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯
b.先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯
c.同时点燃A、D两处酒精灯
其理由是______________________________。
【答案】(1). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2). 2B+3Cl22BCl3 (3). 除去Cl2中的HCl (4). 冷却和收集三氯化硼 (5). 碱石灰 (6). a (7). 先用Cl2排尽装置中的空气，避免氧气和硼粉反应生成B2O3
【解析】
【分析】A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，B装置吸收HCl，C装置干燥氯气，D装置中氯气与硼反应生成BCl3，E装置冷却和收集三氯化硼，三氯化硼遇水水解，F装置防止水蒸气进入E中，氯气有毒，直接排放会污染空气，G装置吸收氯气，据此判断。
【详解】（1）装置A用来制备氯气，其中发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
（2）装置D中氯气与硼在加热条件下反应生成三氯化硼，反应的化学方程式为：2B+3Cl22BCl3；
（3）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，B中饱和食盐水除去Cl2中的HCl，且可以降低氯气溶解度，BCl3的沸点低，E中冰水冷却便于收集三氯化硼；
（4）由于三氯化硼遇水水解，F装置防止水蒸气进入装置E中，同时氯气有毒需要尾气处理，则可以用一个盛装碱石灰的干燥管代替装置F和G；
（5）先用Cl2排尽装置中的空气，避免氧气和硼粉反应生成B2O3，再加热制备三氯化硼，故先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯，答案选a。
21.已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中 使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。

（1）物质A的化学式为 ________，F化学式为 ________；
（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为__________________________；
（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是________，化学方程式为______________；
（4）A和水反应生成B和C的化学方程式为__________________________
（5）印刷行业刻制印刷电路板（含有铜箔）时，要用W溶液中作为“腐蚀液”，写出该反应的离子方程式______________________。
【答案】(1). Na2O2 (2). H2 (3). 2Al + 2OH－ + 2H2O=2AlO2－ + 3H2↑ (4). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 =4Fe(OH)3 (6). 2Na2O2 + 2H2O =4NaOH + O2↑ (7). 2Fe3+ +Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】
【分析】已知A为淡黄色固体，能和水反应生成B和C，则A是过氧化钠。R是地壳中含量最多的金属元素的单质，R是Al，T为生活中使用最广泛的金属单质，T是铁，D是具有磁性的黑色晶体，D是四氧化三铁；C、F是无色无味的气体，铁与C反应生成Fe3O4，C是氧气，B为NaOH，氢氧化钠与铝反应生成F为H2，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe(OH)3，M与盐酸反应生成W为FeCl3，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A是过氧化钠，B为NaOH，C为O2，D是四氧化三铁，E为FeCl2，F为H2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3，R是Al，T是铁，则
（1）物质A是过氧化钠，化学式为Na2O2，F是氢气，化学式为H2；
（2）B和R在溶液中反应生成F，即铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑；
（3）Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的反应现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为4Fe(OH)3+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；
（4）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
（5）氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。
22.将1.66 g碳酸钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶于水配成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1 mo1·L-1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如图所示。

请回答下列问题：
（1）OA段是盐酸与Na2CO3和NaOH发生的反应，反应后溶液中的溶质有_________（填化学式）。
（2）当到达B点时，产生CO2的体积为 ________________ mL（标准状况）。
（3）计算原混合物中Na2CO3的质量分数________________。（写出必要计算过程，结果保留3位有效数字）
【答案】（8分）（1）NaCl、NaHCO3（共2分；答对1个给1分，答错一个不给分）
（2）224 （2分）
（3）63.9℅（4分。答出Na2CO3的质量为1.06g给2分，结果正确再给2分。只有结果无过程不得分。计算方法合理，可酌情给分。）
【解析】试题分析：（1）碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中加入稀盐酸，则盐酸先与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳气体，所以OA段溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3；
（2）据图可知生成二氧化碳消耗盐酸的体积为35-25=10mL，根据NaHCO3～HCl～CO2，则产生二氧化碳的物质的量是0.01L×1mol/L=0.01mol，标准状况下的体积是0.01mol×22.4L/mol=224mL；
（3）根据C元素守恒，则固体中碳酸钠的物质的量为0.01mol，质量是0.01mol×106g/mol=1.06g，则原混合物中Na2CO3的质量分数为1.06g/1.66g×100%=63.9%。