1、四川省泸州市泸县第二中学2019-2020学年高一化学下学期第一次在线月考试题（含解析）一、单选题（每小题3分，共15个小题，共45分）1.有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”，下列有关硅可能成为新型能源的叙述中不正确的是A. 自然界中存在大量硅单质B. 自然界中的硅易开采，且可再生C. 硅燃料便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是优质燃料D. 硅燃料燃烧放出的热量多，其燃烧产物对环境的污染容易有效地控制【答案】A【解析】【详解】A.硅具有亲氧性，在自然界中主要以氧化物形式存在，而没有硅单质，故A错误；B.硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，易开采且可再生，故B
2、正确；C.硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，硅燃烧放出大量的热，是优质的燃料，故C正确；D.硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易有效控制，故D正确。综上所述，本题选A。2.下列有关物质的分离说法正确的是()A. 可用加热法分离氯化钠和碳酸钙B. 蒸馏和蒸发都用来分离液体混合物C. 工业上制无水酒精通常是将生石灰与95%酒精混合后蒸馏D. 碘水中加四氯化碳振荡静置后，上层为紫色，下层几乎为无色【答案】C【解析】【分析】根据物质的分离和提纯操作及注意事项分析。【详解】A.碳酸钙需要在高温下分解，不能用加热法分离氯化钠和
3、碳酸钙的混合物，故A错误；B.蒸馏常用来分离相互溶解且沸点不同的液体混合物，蒸发是将可溶性固体溶质从其溶液中析出，故B错误；C.乙醇与水转变为乙醇与氢氧化钙的混合物，沸点差异较大，蒸馏提取乙醇效果更好，故C正确；D.四氯化碳密度比水大，紫色层在下层，故D错误。故选C。【点睛】萃取是利用物质在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使溶质物质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中的方法，高中阶段常用萃取剂有四氯化碳、苯。其中四氯化碳密度比水大，在水下层，苯的密度比水小，在水层上方。3.在甲、乙两个体积不同密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说
4、法正确的是( )A. 充入的CO分子数比CO2分子数少B. 甲容器的体积比乙容器的体积小C. CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小D. 甲中CO的密度比乙中CO2的密度小【答案】D【解析】【详解】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=m/M 可知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，则A根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，A错误；B根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比
5、乙大，B错误；C温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，C错误；D=M/Vm可知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正确；答案选D。【点晴】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=1/2。在进行物质的量的有关计算时，特别要注意气体摩尔体积的使
6、用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。4.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是A. 是否是大量分子或离子的集合体B. 是否能通过滤纸C. 分散质粒子直径的大小D. 是否均一、透明、稳定【答案】C【解析】【详解】溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质直径的大小不同，大于100nm的是浊液，10nm1nm之间为胶体，小于1nm为溶液。5.下列离子方程式正确的是（ ）A. 硅酸钠溶液与盐酸反应：SiO32-2HCl=2ClH2OSiO2B. 水玻璃中通入过量二氧化碳：SiO32-CO2H2O=CO32-H2SiO3C. 硅酸与氢氧化钠溶液反应
7、H2SiO3OH=SiO32-H2OD. SiO2与氢氧化钠溶液反应SiO22OH=SiO32-H2O【答案】D【解析】【详解】A.硅酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和硅酸，盐酸为强酸，应写离子形式，硅酸沉淀应写化学式，正确的离子方程式为：SiO32-2H+=H2SiO3，故A错误；B.在硅酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-，故B错误；C.硅酸和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，电荷不守恒，正确的离子方程式为：H2SiO3+2OH-=SiO32-+2H2O，故C错误；D.二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠
8、和水，离子方程式：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。6.点燃的镁条能在氨气中剧烈燃烧，发生如下反应：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，对该反应说法正确的是A. NH3既是氧化剂又是还原剂B. 氢元素既被氧化又被还原C. 0.5 mo
9、l氢气生成时转移1 mol电子D. 镁具有氧化性【答案】C【解析】A.氢元素化合价从1价降低到0价，得到电子， NH3是氧化剂，镁是还原剂，A错误；B. 氢元素得到电子，被还原，B错误；C. 氢元素化合价从1价降低到0价，得到1个电子，0.5mol氢气生成时转移1mol电子，C正确；D. 镁具有还原性，D错误，答案选C。7.利用如图完成一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠(2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3，NO能被酸性KMnO4溶液氧化为NO3-)，下列说法错误的是A. 检查装置气密性后，应先打开止水夹，从导管中通入N2B. 装置C是用来吸收CO2的C. D管
10、中可能含有的杂质为NaNO3、NaOHD. 装置E用于处理尾气，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1【答案】D【解析】【详解】A. 检查装置气密性后，应先打开止水夹，从导管中通入N2或稀有气体，以排出装置中的空气，A正确；B. 二氧化碳也能与D中过氧化钠反应，所以在混合气体通入D装置前要除去二氧化碳，B正确；C. 通入D装置的气体中有水，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，氧气可将NO氧化为NO2，NO2与过氧化钠反应生成NaNO3，C正确；D. NO能被酸性KMnO4溶液氧化为NO3-，KMnO4溶液被还原为Mn2+，则根据氧化还原反应中电子守恒，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比
11、为(7-2)：(5-2)=5：3，D错误；故合理选项是D。8.0.10 mol镁条在只含有CO2和O2混合气体容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为()A. 3.2 gB. 4.0 gC. 4.2 gD. 4.6 g【答案】D【解析】【分析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，据此答题。【详解】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成
12、的氧化镁的质量，采用极限思维法。如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，2Mg+CO22MgO+C，2 2 10.10mol 0.10mol0.05mol则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol40g/mol+0.05mol12g/mol=4.6g，再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol24g/mol=2.4克，则固体的范围应该在2.4g4.6g之间，则反应后容器内固体物质的质量不可能为D。故选D。【点睛】极限思维法是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维法，该方法的特点是确定了事物发展的最大或最小程度以及事物发展的范围。9.将0.3 mol钠、0.1
13、mol铁分别加入到各盛有500 mL 0.2 molL1稀硫酸的两个烧杯中，下列说法正确的是()A. 两个烧杯中金属沉在液面下B. 两个烧杯中都没有金属剩余C. 两个烧杯中都有金属剩余D. 两个烧杯中产生氢气的质量相同【答案】B【解析】【详解】A. 钠的密度小于水，因此两个烧杯中铁沉在液面下，钠浮在水面上，A错误；B. 由于钠极易和水反应，则钠投入到硫酸中钠一定全部反应。硫酸的物质的量是0.5L0.2mol/L0.1mol，铁也是0.1mol，则铁和稀硫酸恰好反应，所以两个烧杯中都没有金属剩余，B正确；C. 根据选项B中的分析可知两个烧杯中都没有金属剩余，C错误；D. 0.3mol钠产生0.1
14、5mol氢气，0.1mol铁产生0.1mol氢气，则两个烧杯中产生氢气的质量不相同，D错误。答案选B。【点睛】关于金属钠与酸溶液反应需要注意：Na与H2O反应的实质是Na置换H2O电离出的H。酸溶液中H主要由酸电离得到，所以Na投入酸溶液中时，首先与酸反应，且比在纯水中反应剧烈，只有当酸反应完后，才与水反应。例如少量Na投入盐酸中先发生反应：2Na2HCl2NaClH2。10.向含有HCO3-、CO32-、NO3-、Na的溶液中加入一定量Na2O2后，下列离子的浓度减少的是（ ）A. HCO3-B. CO32-C. NO3-D. Na【答案】A【解析】【分析】Na2O2与水反应生成NaOH和O
15、2，反应后溶液成碱性，并且Na2O2具有强氧化性，凡是与NaOH或者与Na2O2发生氧化还原反应的离子浓度肯定发生变化，以此解答该题。【详解】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，HCO3-在强碱性条件下转化为碳酸根离子，故其浓度减小，CO32-、Na+浓度增大，若忽略溶液体积的变化，浓度不变的只有NO3-，故答案选A。11.使5.16 g 二氧化碳和水蒸气的混合气体通过足量的过氧化钠，固体增重1.96 g，则参加反应的过氧化钠质量为()A. 7.8 gB. 3.9 gC. 3.2 gD. 15.6 g【答案】D【解析】设二氧化碳和水蒸气的物质的量分别是xmol、ymol，则
16、44x+18y5.16；根据方程式可知2CO22Na2O22Na2CO3O2 固体质量增加2mol 2mol 56gxmol xmol 28xg2H2O2Na2O24NaOHO2 固体质量增加2mol 2mol 4gymol ymol 2yg则28x+2y1.96联立后解得x0.06、y0.14，所以参加反应的过氧化钠质量为（0.06mol+0.14mol）78g/mol15.6g，答案选D。12.据最近报道,中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块;方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是（ ）A. 方法1叫外
17、加电流的阴极保护法B. 方法2叫牺牲阳极的阴极保护法C. 方法1中金属块可能是锌、锡和铜D. 方法2中舰体连接电源的负极【答案】D【解析】试题分析：舰体是由钢板做的。方法1，舰体镶嵌一些金属块，必须是比铁活泼的金属，如锌等（锡和铜不行），这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法；方法2，航母舰体与电源相连，必须与电源负极相连，这种方法叫外加电流的阴极保护法。综上所述，D正确，本题选D。13.氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼。下列说法不正确的是A. 电解熔融NaCl制取金属钠的反应中，钠离子被还原，氯离子被氧化B. 湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素都发生还原反应C. 用磁铁矿炼铁的反应中，1 mol F
18、e3O4被CO还原成Fe，转移9 mol eD. 铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化【答案】C【解析】【详解】A、电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，钠离子得电子生成单质钠被还原，发生还原反应；氯离子失电子生成氯气单质被氧化，发生氧化反应，所以A选项是正确的；B、湿法炼铜与火法炼铜的反应中，铜元素得电子生成铜单质，所以都发生还原反应，所以B选项是正确的；C、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，Fe3O4中3个Fe原子共显+8价，故1 mol Fe3O4被CO还原成Fe，转移8 mol e，故C错误；D、铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化，但很快会凝固，所以D选项是正确的。答案选C
19、。14.用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是A. 实验室中用二氧化锰与3 molL-1的盐酸共热制备氯气B. 装置中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C. 装置的作用是便于控制通入NO2的量D. 若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而3 molL-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置中盛放的试剂是饱和NaC
20、l溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；故合理选项C。15.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O： 3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是( )A. 上述反应中每生成1mol N2O，消耗67.2LCOB. 等质量的N2O和CO2含有相等的电子数C. N2O只有
21、氧化性，无还原性D. 上述反应中若有3 mol的CO被还原，则转移6NA个电子【答案】B【解析】【详解】A根据方程式知，生成lmolN2O，需要3molCO，由于不能确定外界条件，所以不能确定气体的体积，A错误；BN2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，B正确；CN2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C错误；D在上述反应中CO被氧化，而不是被还原，D错误。答案选B。16.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发
22、生如下过程：H2O2O2（1）该反应中的还原剂是_。（2）该反应中，发生还原反应的过程是_。（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_。（4）如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为_。（5）已知I-、Fe2+、SO2、Cl-、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：SO2I-H2O2Fe2+Cl-，则下列反应不能发生的是（ ）A2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+BI2+SO2+2H2O=H2SO4+2HICH2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2OD2Fe3+2I-=2Fe2+I2【答案】 (1). H2O2 (
23、2). H2CrO4 (3). Cr（OH）3 (4). (5). 3.36L (6). C【解析】【详解】（1）由H2O2O2，氧元素化合价从-10价，化合价升高，H2O2作还原剂。（2）所给物质中H2CrO4中铬元素的化合价降低发生还原反应作氧化剂，H2CrO4Cr（OH）3。（3）由上述分析可知，在该反应中H2O2O2，氧元素化合价从-10价，H2CrO4中铬元素的化合价降低发生还原反应作氧化剂，H2CrO4Cr（OH）3。依据化合价升降总数相等配平方程式可得：。（4）由上述反应可知每转移6 mol电子可生成322.4 L的O2，故转移0.3 mol电子时，所得气体的体积为：0.3mol
24、6mol322.4 L=3.36 L。故答案为3.36L；（5）根据氧化还原反应的规律：氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂大于还原产物。强氧化剂与强还原剂发生反应产生具有弱氧化性和弱还原性的物质。A若反应2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+ + SO42- +4H+可以发生，则还原性：SO2Fe2+，与题意吻合，故A正确；B若反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI可以发生，则还原性：SO2I-，与题意吻合，故B正确；C若反应H2O2+H2SO4=SO2+O2+H2O可以发生，则还原性：H2O2SO2，与题意不吻合，故C错误；D若反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2可以发生，则还原
25、性：I-大于Fe2+，与题意吻合，故D正确。故选C。17.纯碱是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、造纸、纺织和洗涤剂的生产。(1)起初，人们从盐碱地和盐湖中获得纯碱，但远远不能满足工业发展的需要，纯碱的化学式为_。1791年，“路布兰制碱法”取得专利。该方法以硫酸、氯化钠、木炭、白垩石(主要成分为碳酸钙)为原料，但在20世纪20年代后被淘汰，因为生产过程中释放出HCl气体，该气体遇空气中的水蒸气易形成酸雾，腐蚀金属设备。(2)1861年，“索尔维制碱法”问世，该方法是在用氯化钠溶液吸收两种工业废气时意外发现的，反应后生成碳酸氢钠和氯化铵(NH4Cl)，再加热碳酸氢钠即可制得纯碱，氯化钠溶液吸
26、收的两种气体为_(填字母)。ACl2 BNH3 CSO2 DCO2(3)“侯氏制碱法”由我国化学工程专家侯德榜先生于1943年创立，是对“索尔维制碱法”的改进，将氨碱法制取碳酸钠与合成氨联合起来，大大提高了食盐的利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，至今仍为全世界广泛采用。用如图所示装置可以模拟“加热碳酸氢钠制得纯碱”的过程。当观察到B中出现浑浊时，停止加热，A中发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Na2CO3 (2). BD (3). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2【解析】【分析】（1）根据纯碱的性质和化学式分析；（2）根据题意“反应后生成碳酸氢钠和氯化铵(NH4
27、Cl)”结合元素守恒分析作答；（3）根据碳酸氢钠受热分解的性质分析。【详解】（1）纯碱不是碱，是盐，它的化学式Na2CO3；（2）氯化钠溶液吸收两种气体，主要吸收NH3和CO2，NH3溶于水生成氨水，显碱性易吸收CO2，形成碳酸氢钠和氯化铵，故答案为BD；（3）碳酸氢钠能受热分解，生成碳酸钠，水和二氧化碳，其化学方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。18.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。(1)火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：2KNO33CS=K2SN23CO2。其中被氧化的元素是_，还原产物
28、是_。(2)实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为4CuIHg=Cu2HgI42Cu。上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显_价。以上反应中的氧化剂为_，当有1 mol CuI参与反应时，转移电子_mol。标明上述反应电子转移的方向和数目。_。(3)工业上常用酸性高锰酸钾溶液处理含有CuS和Cu2S的矿物，其反应原理如下：8MnO45Cu2S44H=10Cu25SO28Mn222H2O6MnO45CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O根据上述反应原理，某学习小组用400 mL 0.075 m
29、olL1的酸性高锰酸钾溶液处理2 g含有CuS和Cu2S的混合物。反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350 mL 0.1 molL1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式：_，MnO4Fe2H=Mn2Fe3H2OKMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为_ mol。【答案】 (1). C (2). K2S和N2 (3). 1 (4). CuI (5). 0.5 (6). (7). 158154 (8). 0.007【解析】【分析】（1）氧化还原反应反应中，氧化剂中元素的化合价降低，发生还原反应，
30、对应产物为还原产物；还原剂中元素化合价升高，发生氧化反应，对应产物为氧化产物；据以上分析解答。（2）反应4CuIHg=Cu2HgI42Cu中，铜元素的化合价由+1价降到0价，所以CuI做氧化剂；汞元素的化合价由0价升高到+2价，汞做还原剂；该反应共转移2e-电子，据此标出电子转移的方向和数目，并根据2e-4CuI关系进行计算；（3）根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行配平；设与(NH4)2Fe(SO4)2反应消耗高锰酸钾xmol，根据反应MnO4-5Fe28H=Mn25Fe34H2O列方程进行计算。【详解】(1)本反应中，氮元素的化合价由5价变为0价，硫元素的化合价由0价变为2价
31、，碳元素的化合价由0价变为4价，被氧化的元素是C。氧化剂是KNO3和S，氧化产物是CO2，还原产物是K2S和N2。综上所述，本题答案是：C，K2S和N2。 (2)I元素的负价只有1价，Cu在化合物中只有1、2价，再由化学式中各元素正负化合价代数和等于零确定各元素的化合价，由此可确定Cu2HgI4中Cu为1价，Hg为2价。综上所述，本题答案是：1。反应4CuIHg=Cu2HgI42Cu中，铜元素由+1价降到0价，发生还原反应，所以氧化剂为CuI；每4mol CuI参加反应转移电子2 mol，即当有1molCuI参加反应时，转移电子0.5 mol。综上所述，本题答案是：CuI，0.5。反应4CuI
32、Hg=Cu2HgI42Cu中，1molHg参加反应转移电子2mol，所以该反应电子转移的方向和数目如下：；综上所述，本题答案是：。(3)反应中Mn元素的化合价由7降低到2，Fe元素的化合价由2升高到3，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-5Fe28H=Mn25Fe34H2O。综上所述，本题答案是：158154。设与(NH4)2Fe(SO4)2反应消耗高锰酸钾xmol，则MnO4-5Fe28H=Mn25Fe34H2O1mol 5molxmol 0.350L0.1molL1所以x0.007，即与固体混合物反应后剩余KMnO4物质的量为0.007 mol。综上所述，本题答案是：0
33、.007。19.Na2SO3是常见的一种盐，工业上可作防腐剂、去氯剂和还原剂。(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-。反应的化学方程式为_；若有0.5molNa2SO3参加反应，则电子转移个数为_。(2)将0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温，测定温度变化过程中的pH，数据如下：时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25时刻Na2SO3溶液中水的电离程度_同温下纯水中水的电离程度(填)“”、“ (4). 水存在电离平衡：H2OH+OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动。 (5). Na
34、2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4 (6). 取的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4 (7). c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)【解析】【分析】(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，硫元素发生歧化反应，据此写出方程式，并根据反应6e-4Na2SO3关系，计算0.5molNa2SO3参加反应，电子转移个数；(2)能水解的盐促进水的电离；亚硫酸钠具有还原性，能够被氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠不水解，显中性，据此进行分析；根据硫酸根离子的检验方法判断亚硫酸钠中是
35、否含有硫酸钠；(3) Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3- +OH- ，HSO3- + H2O H2SO3 +OH- ，据此分析离子浓度大小顺序。【详解】(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-，说明部分硫元素发生还原反应生成S2-，还有部分硫元素发生氧化反应生成SO42-，因此反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；该反应转移电子为6e-；根据6e-4Na2SO3关系可知，若有0.5molNa2SO3参加反应，则电子转移个数为0.75 NA；综上所述，本题答案是：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4 ； 0.75NA。 (2
36、) 水存在电离平衡：H2OH+OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动。促进了水的电离，所以Na2SO3溶液中水的电离程度大于同温下纯水中水的电离程度；亚硫酸钠的还原性比较强，随着温度的变化，或有Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4，所以的pH略小于；要证明此实验事实的存在，就是要证明溶液中是否含有硫酸离子，可以用过量的盐酸和氯化钡溶液进行检验，具体操作如下：取的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4 ； 综上所述，本题答案是：；水存
37、在电离平衡：H2OH+OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动；Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4 ； 取的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4 。(3) Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3- +OH- ，HSO3- + H2O H2SO3 +OH- ，溶液显碱性，从水解的规律可知Na2SO3溶液中所有离子浓度由大到小排列：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)；综上所述，本题
38、答案：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)。【点睛】室温下，水电离产生的c(H+)10-7 mol/L或c(OH-)10-7 mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。盐类水解的规律是有弱才水解，无弱不水解，因此Na2SO3溶液由于水解显碱性，Na2SO4溶液不水解显中性。20.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：OA：_ ； BC：_；（2）原Mg-
39、Al合金的质量是_。（3）原HCl溶液的物质的量浓度是_。（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是_。【答案】 (1). H+OH-=H2O； (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). 5.1g (4). 6mol/L (5). 5mol/L【解析】【分析】本题主要考查铝及其化合物。Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金
40、与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H+OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=nMg(OH)2=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，
41、根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=nAl(OH)3=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol24g/mol+0.1mol27g/mol=5.1g；（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=
42、6mol/L；（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。据此解答。【详解】Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最
43、终沉淀为Mg(OH)2。（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H+OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为；H+OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=nMg(OH)2=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=nAl(OH)3=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol24g/m
44、ol+0.1mol27g/mol=5.1g。本小题答案为：5.1g。（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。本小题答案为：6mol/L。（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。