【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题（解析版）

黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Si：28 Al：27 Na：23 Mg：24 K：39 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Ba：137
一、选择题
1.下列叙述错误的是( )
A. 金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下进行电解
B. 在水溶液中NaHSO4的电离:NaHSO4=Na++HSO4-
C. 配置FeSO4溶液时,需加入少量铁粉防止Fe2+被氧化
D. 碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【详解】A. 电解熔融Al2O3制备金属铝，为了降低氧化铝熔点，加入冰晶石作为溶剂，故不选A；
B. 强酸的酸式盐在水溶液中完全电离，NaHSO4的电离:NaHSO4=Na++H++SO42-，故选B；
C. 配置FeSO4溶液时,由于亚铁离子具有比较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以需加入少量铁粉防止Fe2+被氧化，故不选C；
D. 碳酸氢钠碱性比较弱，还可以和胃酸发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，所以碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多，故不选D；
答案：B。
2.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是( )
① 过滤② 蒸发③ 溶解④ 向容量瓶转移液体
A. ①和② B. ①和③ C. ①和④ D. ③和④
【答案】C
【详解】①过滤操作中玻璃棒的作用是引流；②蒸发操作中玻璃棒的作用是搅拌；③溶解操作中玻璃棒的作用是搅拌；④向容量瓶转移液体时玻璃棒的作用是引流，所以玻璃棒作用相同的是①和④、②和③；
答案：C。
3.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )
A. Ca2+、Fe2+、NO3－、HCO3－ B. K+、AlO2－、Cl－、SO42－
C. H+、Ba2+、Cl－、NO3－ D. Na+、Cl－、CO32－、SO32－
【答案】B
【详解】Na2O2具有强氧化性，与水反应生成强碱，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
A. HCO3－+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，Fe2+被氧化成了Fe3+，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故A错误；
B. K+、AlO2－、Cl－、SO42－可以大量共存，故B正确；
C. H++OH-=H2O，故C错误；
D. SO32－被氧化为SO42-，故D错误；
答案：B。
4.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 ( )
A. 常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NA
B. 标准状况下，22.4L水中含电子数为10 NA
C. l L1 mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
D. 足量铁在l L1 mol/L的盐酸溶液中反应，铁失去的电子数为3NA
【答案】A
【解析】A. S4和S8由硫元素组成，64gS4和S8混合物中含有2mol硫原子，原子数为2NA，故A正确；B. HF分子含有10个电子，标准状况下，HF呈液态，22.4LHF中含电子数大于10NA，故B错误；C. 氯化氢属于强电解质，盐酸中不含有含氯化氢分子，故C错误；D. 足量铁在lL1mol/L的盐酸溶液中反应，生成0,5mol氯化亚铁，铁失去的电子数为2NA，故D错误。故选A。
5.分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是(   )
A. 水 B. 醋酸溶液
C. 盐酸 D. NaCl溶液
【答案】C
【解析】
【分析】根据电解质的电离概念分析。
【详解】A.水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，故导电能力变化较明显，故A错误；
B. 醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显，故B错误；
C.HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，但是反应过程中生成水，导电能力变化不大，故C正确；
D.NaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显，故D错误。
故选C。
6.标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是(   )
A. 在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：n
B. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n
C. 同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：m
D. 25℃、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：m
【答案】D
【解析】标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，则二者物质的量相同，二者摩尔质量之比为m：n。A、在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比等于摩尔质量之比，则为m∶n，选项A正确；B、相同状况下，同体积A气体与B气体的质量之比等于摩尔质量之比，则为m：n，选项B正确；C、同质量气体A与B的分子个数之比与摩尔质量成反比，同质量气体A与B的分子个数之比为n：m，选项C正确；D、同温同压下，同体积A气体与B气体的密度之比等于相对分子质量之比等于摩尔质量之比为n：m，选项D不正确。答案选D。
7.下列有关实验操作说法中，不正确的是( )
①做钾的焰色反应需要用铂丝、氯化钾溶液、蓝色钴玻璃、硝酸溶液
②过氧化钠和水反应后的溶液中滴加酚酞试液后溶液变红，振荡后又褪色
③验证小苏打中是否含有纯碱,取样溶于水中滴加少量的氢氧化钡溶液，观察有无白色沉淀产生
④分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯再从下口接出上层液
⑤可用丁达尔实验鉴别氢氧化铁胶体和三氯化铁溶液
⑥在进行过滤操作时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒不断搅拌过滤器中液体
⑦除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3杂质，可向溶液中通入足量的CO2
⑧配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，将NaOH固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中
A. ①③④⑥ B. ①②③⑤⑥
C. ③④⑤⑥ D. ①②③④⑥
【答案】A
【详解】①焰色反应中铂丝需要盐酸清洗，不能使用硝酸，故①不正确；
②过氧化钠和水反应后生成NaOH、溶液显碱性，过氧化钠具有强氧化性，则观察到溶液变红，振荡后又褪色，故②正确；
③因为小苏打、纯碱均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，所以验证小苏打中是否含有纯碱，应该取样溶于水中，滴加少量的氯化钡溶液，观察有无白色沉淀产生，故③不正确；
④分液时上下层液体不能混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯从上口倒出上层液，故④不正确；
⑤胶体具有丁达尔现象，则可用丁达尔实验鉴别氢氧化铁胶体和三氯化铁溶液，故⑤正确；
⑥玻璃棒搅拌过滤器，易捣碎滤纸，则过滤时不能搅拌，故⑥不正确；
⑦因为二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3杂质，可向溶液中通入足量的CO2，故⑦正确；
⑧在烧杯中溶解冷却后才可以转移到容量瓶中，溶液配制操作合理，故⑧正确；
所以不正确的是 ①③④⑥；
答案：A。
8.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是( )
A. Z2 与X-在水溶液中不能大量共存
B. 2NaW＋Y2=2NaY＋W2
C. 还原性：Y-＞Z-＞W-
D. W2 通入到NaX和NaY的混合溶液中：W2优先氧化Y-
【答案】B
【详解】A.因为氧化能力Z2>X2，所以Z2能置换出X2，则Z2与X-在水溶液中不能大量共存，故A成立；
B.因为氧化性W2>Y2，所以Y2不能置换出W2，所以2NaW+Y2=2NaY+W2不能发生，故B不成立；
C．因为氧化能力是W2>Z2>X2>Y2，所以还原性：Y->Z->W-，故C成立；
D．因为氧化能力是W2>Z2>X2>Y2，所以还原性：Y->X->Z->W-，则W2通入到NaX和NaY的混合溶液中：W2优先氧化Y-，故D成立；
答案：B。
9.下列各组物质间可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是 ( )
A. 向NaClO溶液中通入过量SO2：ClO－＋SO2＋H2O===HClO＋HSO3－
B. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
C. 向 AlCl3溶液中投入过量Na：Al3＋＋4Na＋2H2O===AlO2－＋4Na＋＋2H2↑
D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－ 沉淀完全：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】C
【详解】A.次氯酸钠具有强氧化性，会与SO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：ClO-+SO2+H2O═2H++Cl-+SO42-，故A错误；
B.还原性Fe2+＞Br-，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子被氯气氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故B错误；
C.向AlCl3溶液中投入过量Na，反应生成了偏铝酸根离子和氢气，反应的离子方程式为Al3++4Na+2H2O═AlO2-+4Na++2H2↑，故C正确；
D.溶液中钡离子与硫酸根离子的物质的量相等，此时Al元素以AlO2-的形式存在，反应的离子方程式为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═AlO2-+2H2O+2BaSO4↓，故D错误；
答案：C。
10.在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44 L，质量为24 g，此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比是( )
A. 2∶7 B. 3∶7 C. 4∶7 D. 5∶7
【答案】C
【解析】试题分析：混合气体13.44L，物质的量为，由分子组成可知n（C）=0.6mol，则m(O)=24g-0.6mol×12g/mol=16.8g，n(O)==1.05mol，
则此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比是0.6：1.05=4：7，选项C符合题意。
11.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. mol·L-1 B. mol·L-1
C. mol·L-1 D. mol·L-1
【答案】D
【解析】选项为：A. (b-a)/V B.(2b-a)/V C.2(2b-a)/V D.2(b-a)/V
一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有a/2mol，硫酸镁也就是a/2mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-a/2mol，钾离子就有2(b-a/2)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即2(2b-a)/V mol·L-1故答案为C
12.在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是( )
A. 白色沉淀是BaSO4和BaSO3 B. 溶液的酸性增强
C. 白色沉淀是BaSO4 D. FeCl3全部被还原为FeCl2
【答案】A
【解析】试题分析：在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后，发生反应：2FeCl3+ SO2+ 2H2O＝2FeCl2+H2SO4+2HCl，H2SO4+ BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有白色沉淀生成，再向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，反应产生的沉淀是BaSO4，FeCl3全部被还原为FeCl2，由于反应产生盐酸，因此溶液的酸性增强，故错误的是A。
13.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是( )

【答案】D
【详解】A.X为Na2CO3，W为盐酸时，碳酸钠和少量盐酸反应生成Z（碳酸氢钠），碳酸钠和过量盐酸反应生成Y（二氧化碳），Z（碳酸氢钠）加入盐酸可以生成Y（二氧化碳），Y（二氧化碳）通入氢氧化钠溶液中可以生成Z（碳酸氢钠），符合转化关系，故不选A；
B.X为AlCl3，W为NaOH时，氢氧化钠过量生成Y（偏铝酸钠），氢氧化钠少量生成Z（氢氧化铝），Z（氢氧化铝）加入氢氧化钠生成Y（偏铝酸钠），Y（偏铝酸钠）加入弱酸生成Y（偏铝酸钠），符合转化关系，故不选B；
C．.X为Ca（OH）2，W为CO2，二氧化碳过量生成 Y[Ca（HCO3）2]、二氧化碳少量生成Z（CaCO3），Y[Ca（HCO3）2]与Ca（OH）2反应可生成Z（CaCO3），Z（CaCO3）与CO2、水反应可生成Y[Ca（HCO3）2]，符合转化关系，故不选C；
D．不论Cl 2 过量与不足，与金属Fe反应的产物均为FeCl 3 ，不符合转化关系，故选D；
答案：D。
14.下列除杂所用试剂和操作不合理的是(　　)
选项
物质(括号中为杂质)
除杂试剂
操作
A
CO2(SO2)
饱和NaHCO3溶液
洗气
B
BaCO3(BaSO4)
饱和Na2CO3溶液
搅拌、过滤
C
CuCl2(FeCl3)
NaOH溶液
过滤
D
Cl2(HCl)
饱和食盐水
洗气
【答案】C
【详解】A.二氧化硫与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，没有引入新的杂质,因此可以除杂，故A合理；
B.加饱和Na2CO3溶液，Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），BaSO4转化生成BaCO3沉淀，然后过滤分离，故B合理；
C.加入氢氧化钠调节pH时可以除掉铁离子，但是引入了新的杂质钠离子，故C不合理；
D.HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度非常小,可以减少损失，故D合理；
答案：C
15.已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3,水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为:3Fe2++2S2O32－+O2+4OH- Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是(　　)
A. O2和S2O32－是氧化剂,Fe2+是还原剂
B. 若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的O2为0.5 mol
C. 每生成1 mol Fe3O4 ,转移电子的物质的量为2 mol
D. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【解析】试题分析：在3Fe2++2S2O32－+O2+4OH－=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3；硫元素的化合价变化为：+2→+5/2；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-。A．根据上述分析可知，氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，A项错误；B． 2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为2mol÷4=0.5mol，B项正确；C．由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，C项错误；D．根据上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，D项错误；答案选B。
16.下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是(　　)
选项
实验现象
解释或结论
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变红色
还原性：Fe2＋>Cl－
【答案】D
【解析】a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+＞Cl-,D项正确。
17.微粒检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设样品中含有NaHCO3的质量为xg，则
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑△m（减少）
2×84 106 62
xg （w1g-w2g）
则：168/x=62/(w1g-w2g)，解得：x=84(w1−w2)/31，则该样品的纯度（质量分数）为：，答案选B。
18.向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( )

A. 图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3
B. 原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1:2
C. AB段反应的离子方程式为：3Ba３＋＋2Al３＋＋8OH－＋3SO4＝BaSO4↓＋2AlO2-＋4H2O D. 向D点溶液中通入CO２气体，立即产生白色沉淀
【答案】C
【解析】试题分析：向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，如下：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A-B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B-C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、根据上述分析，A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，故A正确；B、前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故B正确；C、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH-+3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故C错误；D、D点的溶液中含有Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，故D正确；故选C。
19.向Fe2O3和Fe粉组成的混合物中加入适量的稀H2SO4，各物质均恰好完全反应，测得所得溶液中不含Fe3+，且Fe2+与H2的物质的量之比为4：1，那么在反应中Fe2O3、Fe、H2SO4之间的物质的量之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 1：2：4 C. 1：2：3 D. 2：3：5
【答案】B
【解析】设Fe2+与H2的物质的量分别为4mol、 1mol，由电荷守恒可知，溶液中SO42-的物质的量也是4mol， 再由反应的离子方程式2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、2H＋＋Fe=H2↑+Fe2＋可知，在反应中Fe2O3、 Fe、H2SO4之间的物质的量分别为1mol、 2mol和4mol，所以在反应中Fe2O3、 Fe、H2SO4之间的物质的量之比为1:2:4，C正确，选C。
20.把一块镁铝合金投入到1 mol/L盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol/L NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化的关系如下图所示，下列说法中错误的是（ ）

A. 盐酸的体积为80mL B. a的取值范围为0≤ a ＜50
C. n(Mg2+)＜0.025mol D. 当a值为30时，b值为0.01
【答案】D
【解析】
【分析】根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n[Al（OH）3]=0.01mol。
【详解】A．第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-=H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，在加入V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，可以看出氢氧化钠与盐酸物质的量相等，求出盐酸的体积为80mL，故A正确；
B.第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，所以第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0≤a<50，故B正确；
C.第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值，第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，n（Mg2+）最大值=0.025mol，而如图所示a>0，所以n（Mg2+）<0.025mol，故C正确；
D．a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故D错误；
答案：D。
二、非选择题
21.（1）把5.1g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到5.6 LH2（标准状况下）。
①合金中镁的物质的量_________。
②写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式_________________。同时产生H2的体积（标准状况下）为____________ 。
（2）相同条件下，某Cl2与O2混合气体100 mL恰好与150 mL H2化合生成HCl和H2O，则混合气体中Cl2与O2的体积比为__________，混合气体的平均相对分子质量为____________。
（3）两个相同容积的密闭容器X、Y，在25 ℃下，X中充入a g A气体，Y中充入a g CH4气体，X与Y内的压强之比是4∶11，则A的摩尔质量为____________。
（4）在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，其中O2的质量分数为____________ (计算结果保留1位小数) 。若其中CO和N2的物质的量之比为1∶1，则混合气体中氧元素的质量分数为_______________ (计算结果保留1位小数)。
【答案】(1). 0.1 mol (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (3). 3.36 L (4). 1∶1 (5). 51.5 (6). 44 g·mol－1 (7). 27.6% (8). 48.3%
【解析】
【分析】（1）①根据镁铝质量和生成氢气的体积列方程组计算；
②只有铝与氢氧化钠反应，进行计算；
（2）列方程组计算，混合气体的平均相对分子质量等于混合气体的总质量除以混合气体的总物质的量所得数值；
（3）根据PV=nRT进行计算；
（4）在同温、同压下，密度比等于相对分子质量之比进行计算；混合气体中氧元素的质量分数为氧元素的质量除以气体的总质量；
【详解】①设镁、铝的物质的量分别为 x mol、 y mol，列方程组：
①24x +27y =5.1 ②x + 1.5y =5.6/22.4=0.25，①②联立得x=0.1mol、y=0.1mol
答案：0.1mol；
②该合金中只有Al和NaOH溶液反应，溶于足量NaOH溶液的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
因为2Al～3H2，前面已经算出Al的物质的量为0.1mol，则V（H2）=0.1mol×3/2×22.4L/mol=3.36L；
答案：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ； 3.36L。
（2）设氯气为xmL，氧气为ymL
Cl2 + H22HCl，2H2 + O22H2O
xmL xmL 2y mL ymL
①x+y=100 ② x+2y=150，①②两个方程联立可得x=y=50mL，
假设氯气和氧气各1摩尔，则混合气体的平均摩尔质量为：=51.5g/mol，混合气体的平均相对分子质量为51.5；答案：1：1；51.5
（3）（1）根据PV=nRT，在T、V相同时，压强之比等于物质的量之比，即4：11=：，解得：M=44g/mol；答案：44g/mol。
（4）混合气体的密度是H2的14.5倍,平均相对分子质量=14.5×2=29,由于CO,N2相对分子质量都是28,所以可以设CO,N2总物质的量为x,O2物质的量为y,则28x+32y=29×(x+y),解得x:y=3:1,所以O2的质量分数=32/(29×4)=27.6%
若其中CO和N2的物质的量之比为1:1,假设CO为1mol,氮气为1mol，氧气为（1+1）×1/3=2/3mol,则混合气体中氧元素的质量分数=×100%=48.3%；答案：27.6% 48.3%
22.某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）等，一种综合利用工艺设计如下：

（1）物质X的化学式为__________________
（2）“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为：________________，________________
（3）“碱溶”的目的是___________________
（4）从流程中分离出来的Fe(OH)3沉淀可在碱性条件下用KClO溶液处理，制备新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4)，该反应的离子方程式为：_________________________
【答案】 (1). CO2 (2). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O (3). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (4). 将Al(OH)3转化为AlO2-,以便和Fe(OH)3分离 (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）的煤矸石用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤，沉淀中加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液，再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝，所以物质X为CO2。
【详解】（1）根据以上分析可知物质X的化学式为CO2；答案： CO2
（2）由以上分析可知，“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；答案：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。
（3）沉淀为氢氧化铁、氢氧化铝，过滤，沉淀中加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，与氢氧化铁分离，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；答案： 将Al(OH)3转化为AlO2-,以便和Fe(OH)3分离
（4）三步法书写离子方程式：①根据化合价升降相等配平化合价发生变化的元素、②根据左右两边电荷守恒填写H+或OH-，由于是碱性环境所以填写的是OH、③根据两边原子守恒填写水，该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
答案：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
23.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：把一定质量的样品溶解后加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀____________(填操作名称)、洗涤、烘干、称量、计算。洗涤沉淀的具体操作是_____________________________。
方案二：把一定量的样品与足量硫酸反应后，用下图所示装置测定产生CO2的体积，为了确保测定结果的准确性，B中的溶液最好采用_________________。下图装置中实验仪器a的名是_________________。

方案三：利用如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）。实验步骤如下：

①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为33.4g；
③准确称得6g纯碱样品放入容器b中；
④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为35.6g。
（1）若④⑤两步的实验操作太快，则会导致测定结果__________（填“偏大”或“偏小”）。
（2）装置A中试剂X应选用________________________。
（3）E装置的作用是_______________________________。
（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）。
【答案】方案一：过滤）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；
方案二：饱和NaHCO3溶液）圆底烧瓶）；
方案三：（1）偏小）；
（2）NaOH溶液（答案合理即给分）；
（3）防止空气中CO2和水蒸气进入D中 ；
（4）88.3%。
【解析】方案一：样品溶解后加入过量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；
方案二：把一定量的样品与足量硫酸反应后，然后用如图装置测定产生的CO2气体的体积，是利用排液法测定生成二氧化碳的气体体积，在饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳不反应，溶解度最小，所以B中的溶液最好采用饱和NaHCO3溶液；由装置图可知下图装置中实验仪器a为圆底烧瓶；
（1）反应过快会使产生的气体二氧化碳没能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收；则测得的二氧化碳质量偏小，所以测定结果偏小；
（2）鼓入空气，可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收，因为空气中含有二氧化碳，因此应把鼓入的空气中的二氧化碳吸收处理，所以装置A应放入氢氧化钠溶液；
（3）如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；
（4）反应中放出二氧化碳气体的质量=85.6g﹣83.4g=2.2g
设放出2.2g二氧化碳消耗碳酸钠的质量为x
Na2CO3～CO2
106 44
x 2.2g
解得 x=5.3g
纯碱样品Na2CO3的质量分数=×100%≈88.3%
24.海水是巨大的资源宝库。下图是从海水中提取食盐和溴的主要流程。

（1）粗盐除含NaCl外，还含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是粗盐提纯的操作流程。

提供的试剂：Na2CO3溶液、K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、饱和NaCl溶液。
①除去溶液I中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，从提供的试剂中选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为：过量的NaOH溶液、_____________、_____________；
②如何证明操作①中NaOH溶液已经过量？_______________________________________
③蒸发过程所用的主要仪器有：铁架台、酒精灯、_______________________；
（2）某同学欲用四氯化碳萃取较高浓度的溴水中的溴，经振荡并在铁架台上静置分层后，
①分离出四氯化碳层的具体操作是：______。②分离碘的四氯化碳溶液的操作方法是：________。
（3）工业上将较高浓度的溴水经进一步处理得到工业溴。某研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为 59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。水的沸点为100℃。他们参观生产过程后，设计了如下装置简图：

①图中仪器B的名称：__________。
②用热水浴加热的优点是：________。
③实验装置气密性良好，要达到提纯溴目的，收集溴时温度计应控制的温度为：____。
【答案】(1). 过量的BaCl2溶液 (2). 过量的Na2CO3溶液 (3). 将溶液静置，向上层清液中继续加入NaOH溶液，如果不产生白色沉淀则说明NaOH已经过量（或取上层清液检验） (4). 蒸发皿、玻璃棒 (5). 将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下并及时关闭活塞。 (6). 蒸馏 (7). 直形冷凝管 (8). 受热均匀且易控制温度 (9). 59
【解析】本题主要考查对于从海水中提取食盐和溴的主要流程的评价。
（1）①需要利用Na2CO3溶液除去过量部分的BaCl2溶液，所以BaCl2溶液一定要加在Na2CO3溶液之前，按滴加顺序依次为：过量的NaOH 溶液、过量的BaCl2溶液、过量的Na2CO3溶液；
②如何证明操作①中NaOH溶液已经过量？将溶液静置，向上层清液中继续加入NaOH溶液，如果不产生白色沉淀则说明NaOH已经过量。
③蒸发过程所用主要仪器有：铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；
（2）①分离出四氯化碳层的操作是：将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下并及时关闭活塞。
②分离互溶液体的一般方法是蒸馏，分离溴的四氯化碳溶液的操作方法是：蒸馏。
（3）①图中仪器 B 的名称：直形冷凝管。
②用热水浴加热优点是：受热均匀且易控制温度。
③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，收集溴时温度计应控制的温度为：59℃。
25.某课外小组对金属钠进行了研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。

（1）F的名称是：______________
（2）金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：________________
（3）该小组同学应该如何取用金属钠：_________________________________________
（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_________________________。
（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程的离子方程式：___________________

（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如右图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为__________________________。
（7）将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为____________。
【答案】(1). 氯化氢 (2). Na2CO3 (3). 用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶 (4). 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失。 (5). 4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓ (6). c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3 (7). 大于或等于168：78（或84：39）
【解析】
【分析】根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。
【详解】（1）由上述分析可知，F为氯化氢；答案：氯化氢。
（2）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；答案：Na2CO3。
（3）Na为活泼金属，保存在煤油中，取用方法为用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶，答案：用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶。
（4）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，G为NaCl，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；
答案：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失。
（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓。答案：4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓。
（6）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H++OH-=H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4++OH-=NH3•H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在离子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H++OH-=H2O，Al3++3OH-=Al（OH）3,，NH4++OH-=NH3•H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol,
再利用电荷守恒n（SO42－）×2=n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）=3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得结论；
答案：c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3
（7）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O， 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，写出总的方程式
4NaHCO3+ 2Na2O24Na2CO3+2H2O↑+O2↑
84×4g 78×2g
m（NaHCO3）：m（Na2O2）=（84×4g）：（78×2g）=168：78（或84：39），
碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，
所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）；
答案：大于或等于168：78（或84：39）。