1、陕西省汉中市洋县中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题1. 下列装置或操作能达到实验目的是：A. 取4gNaOH加入96mL水中配制4%NaOH溶液B. 配制150mL0.10mol/L盐酸C. 读取液体体积D. 干燥Cl2【答案】A【解析】【详解】A96mL水，其质量为96g，则溶质为4g，溶液质量为4g+96g=100g，则可配制4%NaOH溶液，故A正确；B配制150mL0.10mol/L盐酸，应选配制250mL容量瓶，图中为100mL容量瓶，故B错误；C图中为仰视，读数时应视线与凹液面的最低处相平，故C错误；D除杂时，导管应长进短出，图中气体的进入方向错误，故D错误；故选
2、A。2. 下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )选项陈述陈述判断A盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠对，错，无B氯水可以使有色布条褪色氯气具有漂白性错，对，有 C二氧化硅可以与水反应生成硅酸二氧化硅是酸性氧化物具有酸性氧化物的通性对，对，无D为增强漂白能力使用漂白粉时向漂白粉溶液中加入少量白醋醋酸的酸性比次氯酸强对，对，有A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II都正确；B氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂
3、白性；C酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；D漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。3. 下列离子检验的操作与现象不正确的是（）A. 向少许待测液中滴加KSCN溶液无明显变化，再滴入氯水，溶液呈红色，则待测液中含有Fe2+B. 向少许待测液中滴几滴稀硝酸，再滴加少许硝酸银，有白色沉淀生成，则待测液中含有ClC. 向少许待测液中逐滴加入稀氨水至过量，产生白色胶状沉淀，后又逐渐溶解，则待测液中含有Al3+D. 用洁净的铂丝用盐酸清洗后在酒精灯外焰上灼烧至无色时蘸取待测液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰为
4、紫色，则待测液中含有K+【答案】C【解析】【详解】A向少许待测液中滴加KSCN溶液无明显变化，说明溶液中不存在铁离子，再滴入氯水，溶液呈红色，说明此时溶液中存在铁离子，则证明待测液中含有Fe2+，故A正确；B向少许待测液中滴几滴稀硝酸，排除干扰离子，然后再滴加少许硝酸银，有白色沉淀生成，该白色沉淀为氯化银，则说明待测液中含有Cl，故B正确；C向少许待测液中逐滴加入稀氨水至过量，产生白色胶状沉淀，由于氨水碱性较弱，白色沉淀不会溶解，应该使用氢氧化钠溶液检验铝离子，故C错误；D检验钾离子的操作方法为：用洁净的铂丝用盐酸清洗后在酒精灯外焰上灼烧至无色时，蘸取待测液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰
5、为紫色，则待测液中含有K+，故D正确；答案选C。4. 下列除去杂质的方法不正确的是()A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中少量Al3C. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤D. MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO【答案】B【解析】【分析】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液；B.氨水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量
6、CO2又生成Al(OH)3；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应；【详解】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液，加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去镁粉中混有少量铝粉，故A正确；B.氨水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀，不能用氨水除去Fe3溶液中的少量Al3，故B错误；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3，所以加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤可以除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，故C正确；D. Al2O3与烧碱反应生成NaA
7、lO2，MgO与烧碱不反应，加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去MgO中混有少量Al2O3，故D正确。【点睛】MgO是碱性氧化物，MgO能溶于酸，但不溶于碱； Al2O3是两性氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱，向MgO、Al2O3的混合物中加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO。5. 关于物质的用途下列说法正确的是 水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料；氢氧化铝可以用做耐火材料；氢氟酸可以用来刻蚀玻璃；纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料；利用氯气的毒性可以消灭田鼠；漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂；四氧化三铁常用作红色油漆和涂料晶体硅是
8、良好的半导体材料，可以制成光电池A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：水玻璃是硅酸钠溶液，具有防火作用，是制备硅胶和木材防火剂的材料；SiO2+4HF=SiF4+2H2O，氢氟酸是唯一可以与二氧化硅反应的酸，玻璃中含有二氧化硅，所以可以用氢氟酸刻蚀玻璃；纯净的二氧化硅是制备现代光学及光纤制品的基本原料；氯气有剧毒，可以消灭田鼠，但如果是在实验室里使用一定要注意安全；四氧化三铁是具有磁性的黑色晶体，三氧化二铁才是红棕色粉末，可以做红色油漆和涂料；晶体硅是良好的半导体材料，故选B6. 用固体NaOH配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是：A. 称量时，不能将固体
9、NaOH直接放在托盘上称量，而应放在天平左盘的称量纸上称量B. 将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D. 将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中【答案】D【解析】【详解】ANaOH易潮解，具有腐蚀性，称量时，NaOH应放在烧杯中称量，故A错误；B将称量好的固体NaOH放入烧杯中，加蒸馏水溶解，故B错误；C定容时如果加水超过了刻度线，应重新配制，故C错误；DNaOH溶解时放热，将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中，故D正确；选D。7. 对Fe、Cl2、Al2O3、SiO2、NaC
10、lO、NaAlO2的分类正确的是：A. 能与碱反应的物质是Cl2、Al2O3、SiO2B. 能与盐酸反应的物质是Fe、Al2O3、SiO2C. 能与水反应的物质是Fe、Cl2、Al2O3D. 具有两性的物质是Al2O3、SiO2、NaAlO2【答案】A【解析】【详解】ACl2与碱反应生成次氯酸盐、氯化物与水，Al2O3可以与碱反应生成偏铝酸盐，SiO2可以与碱反应生成硅酸盐，A正确；BFe与盐酸反应生成FeCl2与H2，Al2O3与盐酸反应生成AlCl3与水，而SiO2不能与盐酸反应，B错误；CFe与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4与H2，Cl2与水反应生成HCl与HClO，但Al2O3不
11、能与水反应，C错误；DAl2O3属于两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，NaAlO2不能与碱反应，不是两性物质，D错误；故选A。8. 下列离子方程式书写正确的是：A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2B. 硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2+OH+H+=BaSO4+H2OC. 氯气通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOD. 铁钉放入硫酸铜溶液中：Fe+Cu2+=Fe2+Cu【答案】D【解析】【详解】A钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故A错误；B硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2+2OH+2H+=BaSO4
12、+2H2O，故B错误；C氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，应写成分子形式，离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故C错误；D铁钉放入硫酸铜溶液中生成铜和硫酸亚铁，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，故D正确；故选D。9. 若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能共存的是：A. 、NaB. Na、Ba2、Mg2、C. 、K、OHD. 、Fe2、K、Cl【答案】C【解析】【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性。【详解】A若溶液呈酸性，与氢离子不能共存，若溶液呈碱性，与氢氧根不能共存，所以、Na在加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存，故A
13、错误；B在酸性或碱性溶液中均能反应，不能大量共存，故B错误；C、OH在酸性条件下能反应，不能共存，在碱性条件下、K、OH均不发生反应，能大量共存，所以、K、OH在加入铝粉能放出氢气的溶液中可能大量共存，故C正确；D在酸性条件下能氧化亚铁离子，不能大量共存，在碱性条件下Fe2与氢氧根会反应，所以、Fe2、K、Cl在加入铝粉能放出氢气的溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。10. 关于NaHCO3与Na2CO3说法正确的是：NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配置成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯Ca(HCO3)2、Ba(HCO3
14、)2、Mg(HCO3)2的溶解度都比其正盐的溶解度大，因此，NaHCO3的溶解度也应该比Na2CO3的大Na2CO3固体中混有NaHCO3，高温灼烧即可区别NaHCO3与Na2CO3溶液，Ca(OH)2溶液和CaCl2溶液均可用在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后，Na2CO3溶液中的红色褪去，说明BaCl2溶液具有酸性。A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】钠着火时生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用碳酸氢钠灭火，错误；常温下，向饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，所以正确；碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，错误；碳酸氢钠受热分
15、解成碳酸钠，正确；碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钙反应生成沉淀，不能用氢氧化钙区别，而碳酸钠能和氯化钙反应，碳酸氢钠和氯化钙不反应，能区别二者，错误；碳酸钠中加入氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，溶液显中性，氯化钡没有酸性。所以选C。11. 已知： 向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体； 向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变棕黄色。下列判断正确的为A. 实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性B. 上述实验中，有一个氧化还原反应C. 实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D. 上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+【答案】D【解析】【分析】高锰酸钾与浓盐酸反应可以生成一种黄绿
16、色的气体，该气体为氯气，向氯化亚铁溶液中通入氯气，溶液中生成氯化铁，此时溶液呈棕黄色，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知该反应中MnO4Cl2Fe3+，据此回答问题。【详解】A反应中Fe2+化合价只上升，体现了还原性，A错误；B两个反应中均有化合价的变化，故两个反应均是氧化还原反应，B错误；C实验生成的气体为氯气，氯气具有氧化性，可以使湿润的KI试纸变蓝，C错误；D根据分析，三种粒子的氧化性大小为MnO4Cl2Fe3+，D正确；故选D。12. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是：A. 标准状况下，22.4LH2O所含的分子数为NAB. 铁与足量氯气反应，1molFe失去电子数为3N
17、AC. 1mol所含质子数为10NAD. 1molL-1CaCl2溶液中所含Ca2+离子的数目为NA【答案】B【解析】【详解】A标准状况下，22.4L H2O物质的量不是1mol，所含的分子数不是NA，故A错误；B铁与足量氯气反应生成氯化铁，1mol Fe失去电子数为3NA，所以B选项是正确的；C根据氮原子质子数为7，氢原子质子数为1计算，1mol所含质子数为11NA，故C错误；D1molL-1 CaCl2溶液中，溶液体积不知，不能计算所含Ca2+离子的数目，故D错误；故选B。13. 在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2粉末，高锰酸钾溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+16H+
18、5Na2O2= 2Mn2+5O2 + 8H2O + 10Na+ 下列判断正确的是:A. 高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂B. 反应的氧化产物只有氧气C. 当反应产生标准状况下224 L O2时，反应转移的电子为01molD. 通常所说的酸化的高锰酸钾溶液是指滴加了浓盐酸的高锰酸钾溶液【答案】B【解析】【详解】A、在2MnO4-+16H+5Na2O2=2Mn2+5O2+8H2O+10Na+反应中，Na2O2中的氧元素化合价升高，Na2O2只作还原剂，不是氧化剂，A错误；B、该反应的产物中，只有O2是氧化产物，B正确；C、当反应产生标准状况下224LO2时，反应转移的电子为0.2
19、mol，C错误；D、高锰酸钾能氧化浓盐酸生成氯气，所以不能将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，应该用稀硫酸，D错误；答案选B14. 在相同条件下，将相同物质的量的Na、Mg、Al分别加入盛有同浓度、同体积稀盐酸的甲、乙、丙三支试管中充分反应，生成气体的体积关系不可能是()A. 甲(Na)乙(Mg)丙(Al)B. 甲(Na)乙(Mg)丙(Al)C. 甲(Na)乙(Mg)丙(Al)D. 甲(Na)乙(Mg)丙(Al)【答案】C【解析】【详解】三种金属与酸反应的方程式分别为：2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，A.酸不足量，且三种金属
20、与酸反应后都过量时，镁、铝只和酸反应，所以乙、丙两支试管得到的氢气全部来自于酸，所以产生的氢气体积相同；钠不仅和酸反应还和水反应，所以甲试管的氢气来自于为水和酸，导致甲试管得到的氢气体积大于乙、丙两支试管得到的氢气，故A正确；B.三种金属不足量、酸过量时，以金属为标准进行分析，根据方程式知，生成的氢气最多的为铝，其次为镁，最少的为钠，故B正确；C.镁、铝只和酸反应，钠和酸、水都反应，无论酸过量还是金属过量，都不会出现甲（Na）乙（Mg）丙（Al），故C错误；D.酸不足量且钠与酸恰好完全反应时，生成的氢气全部来自于酸，因为酸的量相同，所以生成的氢气相同，故D正确；所以答案：C。【点睛】根据三种金
21、属与酸反应的方程式分别为：2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，分情况讨论：酸不足量，且三种金属与酸反应后都过量时；三种金属都不足量、酸过量时；酸不足量且钠与酸恰好完全反应时；然后依据发生的化学反应来分析。15. 新课程倡导合作学习和探究学习。科学的假设与猜想是科学探究的前提，在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的选项是A. 探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B. 探究Na与水的反应生成的气体可能是O2C. 探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuOD. 探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中
22、通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性【答案】B【解析】【详解】A项，Na2O2具有强氧化性可以氧化强还原性的SO2生成Na2SO4，A有意义；B项，钠没有氧化性不可能氧化2价的氧，B没有意义C项，浓硫酸具有强氧化性可以氧化Cu，且CuO是黑色的，C有意义；D项，Cl2H2O=HClHClO，生成物可以中和NaOH碱性减弱，HClO具有强氧化性可以漂白，D有意义；故选择B。16. 在1L含0.1 mol NaAlO2和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中，逐滴加入浓度为0.1 molL-1的H2SO4溶液，所产生的沉淀的物质的量和所加入硫酸溶液的体积关
23、系可用下列图像表示的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】向0.1 mol NaAlO2和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中，逐滴加入0.1 molL-1的H2SO4溶液，先与Ba(OH)2反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O，0.1 mol Ba(OH)2消耗硫酸的物质的量为0.1 mol，生成沉淀物质的量为0.1mol，消耗0.1 molL-1的H2SO4溶液的体积为1L；接着逐滴滴入H2SO4与NaAlO2反应，离子方程式为H+H2O=Al(OH)3，当加入硫酸的物质的量0.05mol时，0.1mol全部转化为0.1molAl(OH)3，此
24、过程消耗硫酸溶液的体积为0.5L；继续加入硫酸，Al(OH)3逐渐溶解，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，加入硫酸的物质的量0.15mol时，Al(OH)3全部溶解，消耗硫酸溶液的体积为1.5L；继续加入硫酸，沉淀物质的量不变为0.1mol；答案选A。17. 甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由、Ba2、Mg2、H、OH、Cl、中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：将甲溶液分别与其它三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c(H)0.1mol/L；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是：A. 甲溶液
25、含有Ba2B. 乙溶液含有C. 丙溶液含有ClD. 丁溶液含有Mg2【答案】D【解析】【分析】OH-只能与四种阳离子中的Ba2+大量共存，则四种物质中其中一种为Ba(OH)2，H只能与C1-、共存，则其中一种物质为H2SO4或HCl，0.1mol/L乙溶液中c(H)0.1mol/L，说明乙为二元或多元酸，则乙为H2SO4，根据离子组成，则另外两种物质为MgCl2和NH4HCO3或NH4C1和Mg(HCO3)2，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，则丙中含有氯离子，可能为MgCl2或NH4Cl，甲溶液分别与其它3种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为Ba(OH)2，乙为
26、H2SO4，丙为MgCl2，丁为NH4HCO3，据此解答。【详解】A甲为Ba(OH)2，其溶液中含有Ba2+，故A项正确；B乙为H2SO4，其溶液中含有，故B项正确；C丙为MgCl2，其溶液中含有C1-，故C项正确；D根据分析可知丁为NH4HCO3，其溶液中不含有Mg2+，故D项错误；故选D。18. 向含有amol AlCl3溶液中加入含有bmol KOH溶液，生成沉淀的物质的量可能是amol bmol a/3mol b/3mol 0 mol (4a-b)molA. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据反应AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl、Al（OH）3+KOHKAlO
27、2+2H2O，并利用a、b的大小来分析。【详解】若a：b=1：3时，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl，生成沉淀的物质的量等于AlCl3的物质的量，即为amol，故可能；若a：b=1：3时，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl，生成沉淀的物质的量等于AlCl3的物质的量，也等于bmol，故可能；若1：3a：b1：4时，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+3KCl、Al（OH）3+KOHKAlO2+2H2O，生成沉淀的物质的量等于amol-（b-3a）mol=（4a-b）mol，故可能；若1：3a：b1：4时，且b=3a+a，发生AlCl3+3KOHAl（OH）3+
28、3KCl、Al（OH）3+KOHKAlO2+2H2O，生成沉淀的物质的量等于amol-amol=mol，故可能；若b4a，发生AlCl3+4KOHKAlO2+2H2O+3KCl，则生成沉淀的物质的量为0，故可能；故选A。19. （1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是_，离子方程式为_。（2）除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质的试剂是_，离子方程式为_。（3）除去混入FeCl2溶液中少量FeCl3杂质的试剂是_，离子方程式为_。还需要进行的实验操作是_。【答案】 (1). 稀盐酸 (2). CO+2H+=CO2+H2O (3). 稀盐酸 (4). HCO+H+=CO2+H2O (5).
29、 铁粉 (6). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (7). 过滤【解析】【详解】（1）KCl和K2CO3中阴离子不同，可以加入盐酸鉴别，氯化钾和盐酸不反应，无明显现象，碳酸钾和盐酸反应产生气泡，所以鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是稀盐酸，离子方程式为CO+2H+=CO2+H2O，故答案为：稀盐酸；CO+2H+=CO2+H2O；（2）NaHCO3和稀盐酸反应生成氯化钠，水和二氧化碳，所以除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质可选择稀盐酸，离子方程式为HCO+H+=CO2+H2O，故答案为：稀盐酸；HCO+H+=CO2+H2O；（3）FeCl3和铁粉反应生成氯化亚铁，所以除去混入FeCl2溶液
30、中少量FeCl3杂质选择铁粉，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，为了确保Fe3+完全除尽，要加入过量的铁粉，还需要过滤除去多余的铁粉，故答案为：铁粉；Fe+2Fe3+=3Fe2+；过滤。20. 已知某纯碱试样中含有杂质氯化钠，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图装置进行实验。主要步骤如下，请填空：按图组装仪器，并检查装置的气密性将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；称量盛有碱石灰的U形管的质量为bg；从分液漏斗中滴入6mol/L的稀硫酸，直到不再产生气体为止，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气；再次称量盛有碱石灰的U形管的质量为cg；重复和的操作，直到U形管的质量基本不变
31、，测得质量为dg。回答下列问题：(碱石灰是一种干燥剂,不能干燥酸性气体)（1）装置中干燥管B的作用是_（2）如果将分液漏斗中的硫酸换成同浓度的盐酸,测试的结果将_(填偏高.偏低或不变)（3）浓硫酸的作用是_（4）步骤的目的是_（5）步骤的目的是_（6）该试样中纯碱的质量分数的计算式为_【答案】 (1). 防止空气中的CO2和水蒸汽进入U型管中 (2). 偏高 (3). 吸收水蒸气，做干燥剂 (4). 把反应产生的CO2全部导入U型管中 (5). 判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收 (6). 【解析】【详解】(1) U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳,但空气中也
32、存在二氧化碳,干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管,对结果产生误差。故答案为: 防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中。(2) 因为盐酸具有挥发性,会随着二氧化碳进入U型管,被碱石灰吸收，被误认为是二氧化碳,导致二氧化碳的质量比实际偏大,算出的碳酸钠的质量也会偏高的,所以结果会偏高。故答案:偏高。（3）浓硫酸的作用是吸收从锥形瓶中挥发出的水蒸汽，因为水蒸气也会被碱石灰吸收，会被错认为二氧化碳的质量，影响碳酸钠含量的测定，故要有吸收水蒸气的干燥装置。（4）反应结束后，由于锥形瓶和导管中存留有CO2，鼓入一定量的空气就是将残留的CO2完全排入U型管，减小误差。故答案为：把反应产生
33、的CO2全部导入U型管中。（5）重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，是确保二氧化碳已经被全部排到U型管中，并被U型管中的碱石灰吸。故答案为：判断反应产生的CO2是否全部排出，并被U型管中的碱石灰吸收收；（6）设样品中碳酸钠的质量为x，则：则有，解得x= 。所以试样中纯碱的质量分数的计算式为；故答案为；21. A、B、C分别是三种常见金属单质，其中B的氧化物和氢氧化物都是两性化合物。A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：D_、乙_（2）在反应中，不属
34、于氧化还原反应的是_（3）写出反应的离子方程式：_（4）若在F物质溶液中加入D物质溶液，能观察到的现象是_，发生反应的化学方程式为_、_。【答案】 (1). NaOH (2). Cl2 (3). (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2 (5). 产生白色沉淀，逐渐变成灰绿色，最终变成红褐色 (6). FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】金属A焰色反应为黄色故A为金属Na，乙是黄绿色气体乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由反应Na气体甲+D，为Na与水的反应生成甲为H2，D为NaOH
35、，由NaOH+金属BH2，可以知道B为金属Al，由甲+乙丙，故丙为HCl，HCl溶于水的物质E，故E为盐酸；G+NaOHFe(OH)3，G含有Fe3+，由E(盐酸)金属C反应，F与Cl2反应生成G，可以知道盐酸与金属C反应，生成的产物F还能继续与氯气反应，则金属B为变价金属，应为Fe，所以F为FeCl2，G为FeCl3，据此解答。【详解】（1）由分析可知，D为NaOH，乙为Cl2，故答案为：NaOH；Cl2；（2）为钠与水的反应，为氧化还原反应；为氯气和氢气化合反应，为氧化还原反应；为铝和氢氧化钠溶液生成氢气的反应，为氧化还原反应；为铁和盐酸置换氢气的反应，为氧化还原反应；为氯气和氯化亚铁的反
36、应，为氧化还原反应；氢氧化钠与氯化铁的复分解反应，不是氧化还原反应；故答案为：；（3）反应为铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气的过程，方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2；（4）)氯化亚铁与氢氧化钠反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，可观察到白色沉淀逐渐变成灰绿色，最终变成红褐色，反应的方程式为FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：产生白色沉淀，逐渐变成灰绿色，最终变成红褐色；FeCl2+2NaOH=Fe(OH)
37、2+2NaCl；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。22. 把10.2g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到11.2LH2（标准状况下）。试计算：（1）该合金中镁的质量分数。_（2）该合金溶于足量的烧碱溶液中，产生H2的体积（标准状况下）是多少？_【答案】 (1). 47% (2). 6.72L【解析】【分析】10.2g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到11.2LH2，氢气的物质的量为0.5mol，设镁的物质的量为x，铝的物质的量为y，则24x+27y=10.22x+3y=0.52解得x=0.2，y=0.2。据此解答。【详解】(1)由分析可知，镁的物质的量为0.2mol，则镁的质量为0.2mol24g/mol=4.8g，所以该合金中镁的质量分数=47%，故答案为：47%；(2)该合金溶于足量的烧碱溶液中，只有铝能反应产生氢气，根据2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2可知，0.2mol铝能产生0.3mol氢气，故生成的氢气的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72L；
