【化学】江苏省海安高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（创新实验班）（解析版）

江苏省海安高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（创新实验班）
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 氧化铝熔点很高，可用来制造耐火坩埚，耐火管和耐高温的实验仪器等
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. 明矾是电解质，可用于自来水的杀菌消毒
D. 氢氧化铝可作为治疗某种胃病的内服药，这是利用了氢氧化铝的碱性
【答案】C
【解析】A、氧化铝具有高熔点，耐火坩埚、耐火管和耐高温的实验仪器等，选项A正确；
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，为置换反应，选项B正确；
C、明矾能水解生成氢氧化铝胶体，只能吸附悬浮杂质，不能杀菌消毒，选项C不正确；
D、胃酸主要成分为盐酸，胃酸分泌过多会引起胃病．氢氧化铝为弱碱性，与胃液中含有的盐酸反应中和生成氯化铝和水，反应方程式为Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O，选项D正确。
答案选C。
2.下列物质中含原子个数最多的是（ ）
A. 0.4 mol氧气 B. 4℃时,5.4 mL H2O
C. 标准状况下5.6 L二氧化碳 D. 10 g氖气
【答案】D
【解析】
【分析】根据n=m/M=V/Vm=N/NA结合分子的构成计算。
【详解】A.0.4mol氧气中含有0.8molO原子；
B.4℃时5.4 mL水的物质的量n（H2O）= 5.4g÷18g/mol=0.3mol，原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol；
C.标况下5.6L 二氧化碳的物质的量n（CO2）=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，原子的物质的量为0.25mol×3=0.75mol；
D.10 g 氖的物质的量n（Ne）=10g÷20g/mol=0.2mol，原子的物质的量为0.2mol,
则含原子个数最多的是B，故选B。
3.下列反应能用离子方程式CO32-+2H+CO2↑+H2O表示的是（ ）
A. 碳酸氢钠与足量盐酸反应
B. 碳酸钠与少量硫酸溶液反应
C. 碳酸钡与足量醋酸溶液反应
D. 碳酸钾与足量硝酸溶液反应
【答案】D
【解析】根据离子方程式可知该离子反应表示可溶性碳酸盐和强酸反应生成可溶性盐、二氧化碳和水的反应。
A、碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子而不是碳酸根离子，不能用该离子方程式表示，选项A错误；
B、碳酸钠和少量硫酸反应生成碳酸氢钠、硫酸钠，不能用该离子方程式表示，选项B错误；
C、碳酸钡是难溶性碳酸盐，不能用该离子方程式表示，选项C错误；
D、碳酸钾和硝酸溶液反应生成硝酸钾、二氧化碳和水，可以用该离子方程式表示，选项D正确；
答案选D。
4.若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温下，9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为0.2NA
B. 22.4L N2与CO组成的混合气体所含有的电子数为14NA
C. 0.1mol/L K2CO3溶液中所含K＋数目为0.2NA
D. 在反应KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为6NA
【答案】A
【解析】A、NO2和N2O4的最简式相同，计算9.2 g NO2中所含氮原子数=×1×NA=0.2NA，选项A正确；
B．没有指明气体是否处于标准状况下，则不能确定22.4L的CO气体的物质的量，无法确定二者的关系，选项B错误；
C．溶液的体积未知，无法计算K+数目，选项C错误；
D、根据价态归中规律分析该反应电子转移的方向和数目知生成3molCl2转移5mol电子，选项D错误；
答案选A。
5.将下列溶液分别稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是（ ）
A. 15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3 B. 50 mL 1 mol•L﹣1的KCl
C. 20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl D. 10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2
【答案】B
【解析】A．15 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.015L=0.045mol；
B．50 mL 1 mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×1×0.05L=0.05mol；
C．20 mL 2 mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.02L=0.04mol；
D．10 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.01L=0.02mol；
根据分析可知，溶液中Cl-的物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，
答案选B。
6.以下各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. 含有大量SO42-的溶液： Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-
B. 滴加酚酞变红的溶液： SO42-、Al3+、K+、Cl-
C. 所含溶质为NaHSO4的溶液： K+、AlO2-、NO3-、Na+
D. 常温下，加入铝粉能生成H2的溶液： Na+、Ba2+、Cl-、HCO3-
【答案】A
【解析】A. SO42-、Mg2+、Cu2+、Cl-、NO3-相互之间不反应，能大量共存，选项A正确；
B. 滴加酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与OH-反应而不能大量存在，选项B错误；
C. 所含溶质为NaHSO4的溶液中含有大量H+，与AlO2-反应而不能大量共存，选项C错误；
D. 常温下，加入铝粉能生成H2的溶液可能为强酸性或强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项D错误。
答案选A。
7.已知常温下浓硫酸能使铝片表面形成致密氧化膜，下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 制硫酸铝 B. 制氢氧化铝
C. 过滤氢氧化铝 D. 灼烧制氧化铝
【答案】C
【解析】A、常温下浓硫酸能使铝钝化得不到硫酸铝，选项A错误；
B、过量氢氧化钠与硫酸铝反应生成偏铝酸钠而得不到氢氧化铝，选项B错误；
C、氢氧化铝不溶于水，可通过过滤与水分离,且过滤操作正确，选项C正确；
D、灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，选项D错误。
答案选C。
8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
A. 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，瓶中产生大量白烟和黑色颗粒，说明CO2具有还原性
B. 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色无味的气体，说明Na2O2没有变质
C. 用铂丝蘸取少量某溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中不含有K+
D. 向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，煮沸，用激光笔照射，出现一条光亮通路，说明一定有Fe(OH)3胶体生成
【答案】D
【解析】A. 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，瓶中产生大量白烟和黑色颗粒白烟是碳酸钠，黑色颗粒是碳，说明钠被二氧化碳氧化了，CO2具有氧化性，选项A错误；
B．Na2O2粉末及变质生成的碳酸钠均能与盐酸反应生成气体，所以不能说明是否完全变质，选项B错误；
C．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，可能含有K+，选项C错误；
D．向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸溶液变红褐色，得到氢氧化铁胶体，用激光笔照射，出现丁达尔效应，选项D正确；
答案选D。
9.下列推理正确的是（ ）
A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在氧气中燃烧也生成Fe2O3
B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，钠也能从硫酸铜溶液中快速置换出铜
C. 铝片表面易形成致密的氧化膜，钠块表面也易形成致密的氧化膜
D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属单质参与氧化还原反应时金属均作还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】A．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，不会生成Fe2O3；
B．钠与硫酸铜溶液反应的实质为：钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，不会生成铜单质；
C、根据铝易于空气中的氧气反应进行分析，钠形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应；
D．金属的化合价为0价，化合物中金属的化合价为正价，所以金属单质在反应中一定做还原剂。
【详解】A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁在氧气中燃烧的方程式为：铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，选项A错误；
B．钠与硫酸铜溶液的反应方程式为：2Na+2H2O+Cu2+H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，选项B错误；
C．铝表面容易形成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，但钠化学性质比较活泼，形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应，选项C错误；
D．Na与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属在化合物中化合价都是正价，所以金属单质参与反应时金属均作还原剂，选项D正确；
答案选D。
10.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 硫酸铝溶液与过量氨水反应:Al3++4NH3·H2OAlO2-+4NH4++2H2O
B. NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2溶液反应：2HCO3-+Ca2++2OH-CaCO3↓+CO32-+2H2O
C. 向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸:Ba2++OH-+H++SO42-BaSO4↓+H2O
D. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O2Na＋＋2OH－＋O2↑
【答案】B
【解析】A、硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2OAl(OH)3↓+3NH3•H2O，选项A错误；
B、NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2溶液反应，OH-部分反应，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-CaCO3↓+H2O，选项B错误；
C. 向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O，选项C错误；
D. Na2O2溶于水产生O2，反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O4Na＋＋4OH－＋O2↑，选项D错误。
答案选B。
11.下列选项所表示的物质间转化关系均能一步转化的是（ ）
A. Al → Al2O3 → Al(OH)3 → NaAlO2 B. Na → Na2O2 → Na2CO3 → NaOH
C. NaCl → NaHCO3 → Na2CO3 → Na2O2 D. CaO → Ca(OH)2 → CaCl2 → CaCO3
【答案】BD
【解析】A、Al2O3不溶于水，也不能与水反应，Al2O3 → Al(OH)3不能一步实现，可以用Al2O3先与酸反应生成Al3+，然后与碱反应生成Al(OH)3，选项A错误；
B、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化钠，所以Na → Na2O2 → Na2CO3 → NaOH符合一步实现，选项B正确；
C、饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，但碳酸钠无法一步转化生成过氧化钠，选项C错误；
D、氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯化镁反应生成氯化钙，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，所以CaO → Ca(OH)2 → CaCl2 → CaCO3符合一步实现，选项D正确。
答案选BD。
12.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3 K2O＋5X＋16N2↑,下列说法不正确的是（ ）
A. X的化学式为Na2O
B. 每生成1.6molN2，则转移的电子为3 mol
C. 若被氧化的N原子的物质的量为3mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol
D. 上述反应中NaN3被氧化，KNO3发生氧化反应
【答案】BD
【解析】
【分析】反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析。
【详解】A、反应10NaN3＋2KNO3 K2O＋5X＋16N2↑，根据质量守恒可知，右边少10个Na、5个O，X的计量数为5，则X的化学式为Na2O，选项A正确；
B、氮元素由-价变为0价，每生成16molN2，则转移的电子为10mol，故每生成1.6molN2，则转移的电子为1 mol，选项B不正确；
C、若被氧化的N原子的物质的量为3mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol，选项C正确；
D、反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，发生还原反应，选项D不正确。
答案选BD。
13.碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·eH2O]在一定条件下的转化如下图所示，下列说法不正确的是（ ）

A. Q可能为NH3
B. a、b、c、d符合关系式:2a+3b=c+2d
C. X可能为NaOH
D. 碱式碳酸铝镁医疗上可用做抗酸剂，工业上可用做阻燃剂
【答案】A
【解析】A、结合流程进行分析，溶液Z可能为NaAlO2溶液，则气体Q可能为CO2，不可能为NH3，选项A不正确；
B、化合物中Mg的化合价为+2、Al的化合价为+3、氢氧根的化合价为-1、碳酸根的化合价为-2，根据正负化合价代数和为0可得，2a+3b=c+2d，选项B正确；
C、根据流程，烧渣主要为氧化镁和氧化铝，氧化铝具有两性能溶于强碱溶液，所以溶液X可能为NaOH溶液，选项C正确；
D、碱式碳酸铝镁能与酸反应，医疗上可用做抗酸剂，碱式碳酸铝镁受热分解时吸收大量热量，工业上可用做阻燃剂，选项D正确；
答案选A。
14.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。现有以下反应：
①2A2+ + B2 2A3+ + 2B― ②2B― + Z2 B2+ 2Z―
③16H+ + 10Z― + 2XO4―2X2+ + 5Z2 + 8H2O
根据上述反应提供的信息，判断下列结论不正确的是（ ）
A. 氧化性：XO4―＞B2＞A3+
B. X2+既有还原性，又有氧化性
C. 还原性：Z―> A2+
D. 溶液中可发生：Z2 + 2A2+ == 2A3++ 2Z―
【答案】C
【解析】
【分析】A、利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析；
B、根据③利用氧化剂的氧化性强于还原产物判断X2+中X处于中间价态；
C、利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析；
D、根据化合价判断氧化剂，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，进一步判断反应能否发生。
【详解】A、③中X的化合价降低，则氧化性XO4-＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，①中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性XO4-＞Z2＞B2＞A3+，选项A正确；
B、反应③16H+ + 10Z― + 2XO4―2X2+ + 5Z2 + 8H2O中X元素的化合价降低，则氧化性XO4-＞X2+，X2+中X处于中间价态，X2+既有还原性，又有氧化性，选项B正确；
C、②2B― + Z2 B2+ 2Z―中Z的化合价降低，则还原性B―＞Z―，①2A2+ + B2 2A3+ + 2B―中A的化合价升高，则还原性A2+＞B―，故还原性： A2+> Z―，选项C不正确；
D、③中X的化合价降低，则氧化性XO4-＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，①中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性Z2＞A3+，反应Z2+2A2+2A3++2Z-可发生，选项D正确；
答案选C。
15.将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下气体VL。下列关系式正确的是（ ）
A. x＝V/(11.2n) B. 0.5≤ x＜1
C. V＝33.6n(1－x) D. 11.2n＜V≤22.4n
【答案】BD
【解析】金属没有剩余，说明反应2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑中铝与氢氧化钠恰好完全或钠过量，否则剩下铝不与水反应。
若恰好反应，即钠与铝按1：1混合，x=0.5，则有钠0.5nmol，铝0.5nmol，由方程式2Na+2H2O2NaOH+H2↑可知，0.5nmol钠生成氢气0.25nmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑可知，0.5nmol铝生成氢气0.75nmol，所以共生成氢气0.25nmol+0.75nmol=nmol，氢气体积为22.4nL。
若Na过量，即1＞x＞0.5，则有钠nxmol，铝n（1-x）mol，由方程式2Na+2H2O2NaOH+H2↑可知，nxmol钠生成氢气0.5nxmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑可知，n（1-x）mol铝生成氢气1.5n（1-x）mol，所以共生成氢气0.5nxmol+1.5n（1-x）mol=n（1.5-x）mol，氢气体积为22.4n（1.5-x）L．则根据上面的关系可知，所以钠越多气体总量越少，当即全是钠时，即x=1，生成氢气体积为11.2nL，
故氢气体积为11.2nL＜V≤22.4nL。
答案选BD。
16.如下表格是硫酸试剂标签上的部分内容。请回答下列问题：
硫酸 化学纯（CP）（500mL）
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84 g/cm3
质量分数：98%
（1）该浓硫酸中溶质、溶剂分子数目之比为______，现用该浓H2SO4来配制480 mL、0.3 mol·L-1的稀H2SO4，需量取该浓H2SO4的体积为______mL。
（2）配制时，下列仪器中必须使用 ______(填代号), 还缺少仪器是______、______。
①托盘天平(带砝码) ②10 mL量筒 ③20 mL量筒 ④烧杯
⑤玻璃棒 ⑥100 mL容量瓶 ⑦漏斗 ⑧烧瓶
（3）在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏高的有____________（填代号）。
①用量筒量取98%的硫酸时俯视
②洗涤量取浓硫酸的量筒,并将洗涤液转移到容量瓶中
③未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
⑦定容时，仰视刻度线
【答案】(1). 9:1 (2). 8.2 (3). ②④⑤ (4). 500 mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). ②③
【解析】（1）假定该浓硫酸为100g，则溶质硫酸为98g，n（H2SO4）=1mol，溶剂水为2g，n（H2O）= =mol，所以n（H2SO4 ）：n（H2O）=1mol：mol=9：1，所以该浓硫酸中溶质、溶剂分子数目之比为9：1；
质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓H2SO4的物质的量浓度为：mol/L=18.4mol/L，实验室没有480 mL规格的容量瓶，必须配制500mL，设需要浓硫酸的体积为VL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则VL×18.4mol/L=500mL×0.3mol•L-1，解得：V≈0.0082L=8.2mL；
（2）用液体配制溶液时用到的仪器有量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，量筒选用10mL规格，故选②④⑤；还需要500mL容量瓶和胶头滴管；
（3）①量筒量取98%的硫酸时俯视会造成硫酸的体积偏小，浓度就偏低；
②洗涤了量取浓硫酸的量筒，会造成浓硫酸的量增多，浓度偏高；
③未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，根据cB= 可得，配制的溶液的浓度偏高；
④配制溶液是需要加水，故容量瓶中有水对浓度没有影响；
⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，则会导致溶质减少，所以浓度偏低；
⑥定容后再加入蒸馏水，导致配制的溶液体积偏大，根据cB=可得，配制的溶液的浓度偏低；
⑦定容时，仰视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，根据cB=可得，配制的溶液的浓度偏低；
答案选②③。
17.（1）有BaCl2和KCl的混合溶液V L，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2＋完全沉淀，消耗a mol H2SO4；另一份滴加AgNO3溶液，消耗b mol AgNO3使Cl－完全沉淀。原混合溶液中的K＋的物质的量浓度为___________________mol·L-1。
（2）下列微粒：①S ②SO32－ ③Fe2＋ ④Al3＋ ⑤Na ⑥HCl ⑦Na2O2在化学反应中只能被氧化的是________（填序号），只能表现出氧化性的是______（填序号）。
（3）一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为_______________mol；
（4）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，四个反应中转移的电子数之比为___________。
（5）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，请完成方程式的配平。
____Al＋____NO3－＋____□ ——____AlO2－______N2↑＋____H2O，_____________
（6）某化学反应的反应物和产物：KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O
①该反应的氧化产物是__________。
②若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是是6和3，请在下边的化学式上用单线桥标出电子转移的方向和数目：KMnO4+KI+H2SO4→__________。
【答案】 (1). (2b-4a)/V (2). ⑤ (3). ④ (4). 1.5 (5). 1：2：2：1 (6). 10Al＋6NO3－＋4 OH－ 10 AlO2－＋ 3 N2↑＋ 2 H2O (7). I2、KIO3 (8).
【解析】（1）Ba2＋完全沉淀，消耗a mol H2SO4，Ba2＋+SO42－=1：1，即有amol的BaCl2，就有2amol Cl-，要使Cl-完全沉淀，需要bmol AgNO3，Ag+：Cl-=1:1，总共有bmol的Cl－，减去BaCl2 中含有的2amol Cl－，就是KCl中含有的Cl-，K+离子和Cl-为1:1的关系，所以K+离子的物质的量浓度为=mol/L；
（2）①S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
②SO32－中S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
③Fe2＋的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
④Al3＋的化合价处于最高价态，只有氧化性；
⑤Na的化合价处于最低价态，只有还原性；
⑥HCl中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；Cl元素的化合价处于最低价态，只有还原性；所以HCl既有氧化性又有还原性；
⑦Na2O2中Na元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；O的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
结合以上分析可知，在化学反应中，该物质做还原剂，只能被氧化的是⑤；该物质只做氧化剂，只能表现出氧化性的是④；
（3）利用电子守恒，当1molCr3+被氧化为Cr2O72-（0.5mol）时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1mol PbO2被还原只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为1.5mol；
（4）过氧化氢中氧元素的化合价是-1价，高锰酸钾、氯酸钾中氧元素的化合价均为-2价；过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，所以当制得同温、同压下相同体积的氧气时，四个反应中转移的电子数之比为1：2：2：1；
（5）Al→AlO2－中，铝元素化合价升高了3价，2NO3－→N2中，氮元素化合价升高了5价，共变化了10价；根据氧化还原反应中化合价升降总数相等规律可知，Al填系数10，AlO2－填系数10，NO3－填系数6，N2填系数3，最后根据电荷守恒及原子守恒配平其它物质的系数，具体如下：10Al＋6NO3－＋4OH－10AlO2－＋3N2↑＋2H2O；
（6）①在氧化还原反应中，元素化合价的变化与发生反应的关系是：“升失氧，降得还，若说剂，正相反”。在KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O反应中，锰元素化合价由+7价降低为+2价，锰元素被还原，还原产物是MnSO4，KMnO4是氧化剂，I元素的化合价由﹣1价升高为I2中的0价和KIO3中的+5价，KI作还原剂，发生氧化反应，
②该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是是6和3，则12KI～6I2，3KI～3KIO3，反应中碘元素失去的电子总数为[0﹣（﹣1）]×12+[+5﹣（﹣1）]×3=30，在氧化还原反应中，用单线桥表示电子转移的方法是，从还原剂中变化的元素出发指向氧化剂中变化的元素，因此该反应中电子转移的方向和数目可表示为。
18.下图是中学化学中常用于化合物的分离和提纯装置，请根据装置回答问题：

（1）装置B中被加热仪器的名称是________。装置C中①的名称是________。
（2）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液。
实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验。
选择试剂
①
Na2CO3溶液
④
实验操作
②
③
加热
所加入的试剂①可以是________（填化学式），证明溶液中SO42-已经除尽的操作是____________。加入Na2CO3溶液的目的是_________________________，所加入的试剂④是________（填化学式）。
（3）青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，在乙醇、乙醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35℃。提取青蒿素的主要工艺为：

若要在实验室模拟上述工艺，操作I选择的实验装置是____（填代号），操作Ⅱ选择的实验装置是______（填代号）。操作Ⅲ的主要过程最可能是________（填字母）：
A.加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
B.加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤
C加入乙醚进行萃取分液
【答案】(1). 蒸发皿 (2). 蒸馏烧瓶 (3). Ba(NO3)2或者Ba(OH)2 (4). 静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽 (5). 除去过量的Ba2+ (6). HNO3 (7). A (8). C (9). B
【解析】（1）根据仪器的构造可知，装置B中被加热仪器的名称是蒸发皿；装置C中①的名称是蒸馏烧瓶；
（2）试剂①为Ba(NO3)2或者Ba(OH)2，使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，同时生成硝酸钠；
静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者Ba(OH)2，若无沉淀产生则证明溶液中SO42-已经除尽；为除去过量的Ba2+，加入Na2CO3溶液；所加入的试剂④是HNO3，以除去过量的氢氧化钡和碳酸钠；
（3）操作I为过滤，选择装置A。提取液经过蒸馏得到乙醚和粗品，操作Ⅱ为蒸馏，选择装置C，为防止暴沸，需要加入碎瓷片。操作Ⅲ从粗品中经过溶解、浓缩结晶，再进行过滤得到精品，答案选 B。
19.某铝合金中含有元素：铝、镁、铜、碳，为测定该合金中铝的含量。
Ⅰ 甲同学设计如下实验：
（1）称取样品a g(精确到0.1 g)，溶于足量稀盐酸，过滤。
（2）向步骤(1)所得滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤并洗涤滤渣。有关反应的离子方程式是_________________________________、____________________________________________。
（3）向步骤(2)所得滤液中通入过量的二氧化碳气体，过滤并洗涤滤渣。有关反应的离子方程式是_________________________________、____________________________________________。
（4）将步骤(3)所得的滤渣烘干并灼烧至恒重、冷却后称量，其质量为b g。有关反应的化学方程式是_________________________________。原样品中铝的质量分数是__________。
Ⅱ 乙同学认为也可以向一定质量的样品中直接加足量氢氧化钠溶液充分反应后，将剩余固体过滤、洗涤、干燥后称量，即可计算该合金中铝的含量。有关反应的离子方程式是____________________________________________。
【答案】(1). Mg2＋＋2OH－Mg(OH)2↓ (2). Al3＋＋4OH－AlO2－＋2H2O (3). OH－＋CO2HCO3－ (4). AlO2－＋CO2＋2H2OAl(OH)3↓＋HCO3－ (5). 2Al(OH)3=△=Al2O3＋3H2O (6). 900b/17a% (7). 2Al＋2OH－＋2H2O2AlO2－＋3H2↑
【解析】Ⅰ（2）将合金溶于足量稀盐酸，反应生成氯化镁和氯化铝，再加入过量氢氧化钠溶液，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠，反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－Mg(OH)2↓；氯化铝与足量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－AlO2－＋2H2O；
（3）向步骤(2)所得滤液中通入过量的二氧化碳气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为OH－＋CO2HCO3－；二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式是AlO2－＋CO22H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－；
（4）将步骤(3)所得的滤渣烘干并灼烧至恒重、冷却后称量，其质量为b g。有关反应的化学方程式是2Al(OH)3Al2O3＋3H2O；
所得b g固体为Al2O3，故合金中含Al质量分数为×100%＝%；
Ⅱ 乙同学认为也可以向一定质量的样品中直接加足量氢氧化钠溶液充分反应后，将剩余固体过滤、洗涤、干燥后称量，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2Al＋2OH－＋2H2O2AlO2－＋3H2↑。
20.A~H为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中“○”代表化合物，“□”代表单质。A为治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体。

请回答下列问题：
（1）G的化学式为_____________，反应③中，每生成1 mol H则转移________mol电子。
（2）反应①~④中，属于非氧化还原反应的是________(填序号)。
（3）写出下列反应的离子反应方程式：溶液A和H混合：_______________________________。向D的稀溶液中通入B： ______________________________________。
【答案】(1). Na2O2 (2). 05 (3). ①④ (4). OH－＋HCO3－CO32－＋H2O (5). CO32－＋H2O＋CO22HCO3－
【解析】化合物G为淡黄色固体，化合物C在通常状况下为无色液体，二者反应生成气体单质E与化合物H，则G是Na2O2，C是H2O，H为NaOH，E是O2，由反应②可知单质F为Na．根据反应④可知D中含有Na元素，A是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，加热分解生成水、B及含Na元素化合物D，可推知A是NaHCO3，B为CO2，D为Na2CO3，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，符合转化关系，
（1）由上述分析可知，G为Na2O2，反应③为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑，每生成1molNaOH需要0.5mol Na2O2，O元素化合价由-1价升高为0，故转移电子为0.5mol；
（2）再反应①②③④中，Na与氧气混合生成过氧化钠、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，二者都属于氧化还原反应，属于非氧化还原反应的是：①④；
（3）A是NaHCO3，H为NaOH，二者发生NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O，离子反应方程式为OH－＋HCO3－CO32－＋H2O；
D是Na2CO3，B为CO2，向D的稀溶液中通入B，离子反应方程式为CO32－＋H2O＋CO2 2HCO3－。
21.纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。
（1）工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如下：

请回答下列问题：
①析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是___________________________________________________。
②向沉淀池中先通入足量NH3，后通入CO2，析出NaHCO3晶体而不是Na2CO3晶体，其原因是_______________________________________________________________________。
③该工艺流程中可回收再利用的物质是________________。
④若制得的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是________(填字母)。
a. 向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g
b. 向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g
c. 向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g
（2）常温下在10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 HCl溶液20 mL，溶液中含碳元素的各种微粒的质量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如下图所示。

根据图示回答下列问题：
①在同一溶液中，CO32－、HCO3－、H2CO3________(填“能”或“不能”)大量共存。
②在滴加盐酸的过程中HCO3－的物质的量先增加后减少的原因是_____________、________(请分别用离子方程式表示)。
③将0.84 g NaHCO3和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10 mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是___________（填字母）。
A. B.
C. D.
（3）若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 mol·L－1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度（设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计）（写出计算过程）。___________
【答案】(1). 取少量晶体溶于水，加入硝酸银溶液和足量稀硝酸，若产生白色沉淀，则有Cl－，反之则没有 (2). NH3、CO2、H2O先反应生成NH4HCO3，NH4HCO3与NaCl反应生成NaHCO3 ，NaHCO3的溶解度在相同条件下小于Na2CO3 ，所以NaHCO3易析出 (3). CO2 (4). ac (5). 不能 (6). CO32－＋ H+ HCO3－ (7). HCO3－＋ H+ H2O＋CO2↑ (8). D (9). 0.75 mol·L－1
【解析】（1）①检验晶体中是否有氯离子，取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该晶体中含有氯离子，故答案为：取少量晶体溶于水，加入硝酸银溶液和足量稀硝酸，若产生白色沉淀，则有Cl－，反之则没有；
②因相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故向沉淀池中先通入足量NH3，后通入CO2，析出NaHCO3晶体而不是Na2CO3晶体，故答案为：NH3、CO2、H2O先反应生成NH4HCO3，NH4HCO3与NaCl反应生成NaHCO3 ，NaHCO3的溶解度在相同条件下小于Na2CO3 ，所以NaHCO3易析出；
③由图可知，该流程中可循环利用的物质是CO2；
④a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g，可计算出纯碱的纯度==，正确；
b.向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，Na2CO3和NaHCO3与过量的稀盐酸反应均能产生CO2气体，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g，无法确定NaHCO3或Na2CO3的量，故无法计算纯碱纯度，错误；
c.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，Na2CO3与AgNO3反应生成Ag2CO3沉淀，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g，可计算出纯碱的纯度==，正确。
答案选ac；
（2）①：H2CO3会发生电离出H+， HCO3－会发生电离出H+和发生水解结合H+， CO32－会发生水解与H+结合，故H2CO3、HCO3－、CO32－不能大量共存；
②在滴加盐酸的过程中HCO3－的物质的量先增加后减少的原因是CO32－＋ H+ HCO3－、HCO3－＋ H+H2O＋CO2↑；
③0.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol；二者混合后，溶液中含有0.01molHCO3-和0.01molCO32-，滴加盐酸，CO32-先与H+反应：CO32-+H+HCO3-，不放出气体，消耗0.01molH+即0.1L盐酸；此时溶液中含有0.02molHCO3-，继续滴加盐酸，HCO3-与H+反应发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，有气体产生，0.02molHCO3-完全反应消耗盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生CO2达到最大值。故选D；
（3）n(NaHCO3) ==0.125 mol, NaHCO3最终完全转变成NaCl,消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n (HCl)剩余=n (HCl) -n (NaHCO3) =0.1L×2mol/L-0.125mol=0.07 5mol，故c (HCl)剩余==0.75 mol/L。
答:溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度为0.75 mol/L。