1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2019-2020学年高一上学期第三单元训练卷化 学（二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 C
2、l 35.5 K 39 Cu 64 Ba 137 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）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】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；“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；明矾能水解生成氢氧化铝胶体，只能吸
3、附悬浮杂质，不能杀菌消毒，选项C不正确；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+3HCl=AlCl3+3H2O，选项D正确。答案选C。2下列关于钠及其化合物性质描述正确的是A在Na2O2中阳离子与阴离子的个数比为21B只有钠单质和钠盐的焰色反应呈现黄色C可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D氢氧化钠溶液具有碱性，可用于治疗胃酸过多【答案】A【解析】过氧化钠的电子式为，阳离子与阴离子的个数比为21，故A正确；利用焰色反应可以检验某些金属元素，火焰呈黄色，说明该物质中含有钠元素，可以是钠单质、钠盐、N
4、aOH等，故B错误；石灰水可以与Na2CO3、NaHCO3反应生成CaCO3沉淀，因此不能用石灰水区分Na2CO3和NaHCO3溶液，故C错误；氢氧化钠虽然具有碱性，但腐蚀性太强，不能用于治疗胃酸过多，故D错误。3化学行业中把材料分为金属材料、无机非金属材料、有机高分子材料等。金属材料在现实生活中有极为重要的作用。下列金属材料的运用与金属所具有的性质不一致的是A制造白炽灯灯丝熔点高 B制造飞机坚硬而质轻C制造保险丝硬度大 D制造装化工原料的容器耐腐蚀【答案】C【解析】做灯丝的材料不但要求能导电，而且要求熔点高，若熔点不够高则灯丝寿命不长，钨是所有金属中熔点最高的，最适合做灯丝，故A正确；飞机在
5、空中飞行，环境复杂，所以制造飞机的材料要坚硬而质轻，故B正确；制造保险丝，关键是熔点低，电流超过正常范围，瞬间温度升高，在较低温度下就能够熔断，保护用电器不被烧毁，而不是需要金属的硬度大，故C错误；化工原料一般具有腐蚀性，盛放的容器一定要耐腐蚀。所以制造装化工原料的容器一定要耐腐蚀，故D正确。4下列各操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是向石灰水中通入过量的CO2 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液 向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化碳 向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳A B C D【答案】D【
6、解析】向石灰水中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，不符合题意；向Ca(ClO)2溶液中逐渐通入过量CO2，先产生碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，不符合题意；向氢氧化铝胶体中逐滴滴入过量稀氢氧化钠溶液，胶体先发生聚沉，然后氢氧化铝沉淀溶于过量的稀氢氧化钠溶液中，不符合题意；向氯化钡溶液中逐渐通入过量二氧化硫，不发生反应，符合题意；向A1C13溶液中逐滴滴入过量稀氨水，生成氢氧化铝沉淀，氨水过量后不能溶解氢氧化铝，符合题意；向饱和碳酸钠溶液中逐渐通入过量二氧化碳，最后只生成碳酸氢钠固体，符合题意；综上所述符合题意，选D。5下列物质既能跟硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反
7、应的是 NaHCO3；Na2CO3；Al(OH)3；NH4Cl；Al；Al2O3A B C D【答案】A【解析】NaHCO3与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，符合；Na2CO3与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，但不能与与氢氧化钠反应，不符合；Al(OH)3是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，符合；NH4Cl不能与硫酸反应，能与氢氧化钠反应生成一水合氨和氯化钠，不符合；Al与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，符合；Al2O3是两性氧化物，既能与硫酸反应，也能与NaOH反应，符合；则既能跟硫
8、酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是，故合理选项是A。6以下说法不正确的是A常温下，在水中的溶解性：NaHCO3Na2CO3B等物质的量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同C铝箔加热至熔化，但熔化的铝并不滴落，原因是氧化铝的熔点比铝熔点高D在实验室里，常用铝盐溶液与强碱溶液反应来制取氢氧化铝【答案】D【解析】相同条件下，在水中碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，选项A正确；碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，根据碳元素守恒，等物质的量的Na2CO3、NaHCO3中C的量相等，均生成二氧化碳，所以生成二氧化碳的量相等，选项B正确；高温加热铝箔至熔化，铝不会滴落，是因为
9、构成薄膜的氧化铝的熔点高于铝的熔点，包在外面，所以熔化了的液态铝不会滴落，选项C正确；氢氧化铝具有两性，既可以与强酸反应，又可以与强碱反应，如果用氢氧化钠溶液与可溶性铝盐溶液反应制取氢氧化铝，会使生成的氢氧化铝继续与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，应该用氨水来代替氢氧化钠溶液，选项D不正确。答案选D。7从金属利用的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的冶炼是近百年的事决定金属使用年代先后顺序的关键因素是A金属的活动性 B金属的导电性C金属的延展性 D地壳中金属元素的含量【答案】A【解析】金属的活动性越强，越容易与其它物质反应生成化合物，其化合物越不容易被还原，导致该金属的冶
10、炼越难，所以决定金属使用年代的是金属的活动性，与金属的导电性、延展性、在地壳中的含量无关，答案选A。8下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量、浓度等)改变，不会引起产物改变的是ANaOH和CO2BFe粉在Cl2中燃烧CNa和O2DCu和HNO3溶液【答案】B【解析】NaOH和CO2反应时，量不同，产物不同。当向NaOH溶液中通入少量CO2时，发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，当通入过量CO2时，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3，A项错误；铁在氯气中燃烧时，无论反应物量多量少，都生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3，B项正确；钠和氧气在常温下反应生成氧
11、化钠：4Na+O2=2Na2O，在加热或点燃时生成过氧化钠：2Na+O2Na2O2，条件不同，产物不同，C项错误；铜和浓硝酸反应生成NO2：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，铜和稀硝酸反应生成NO：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，因反应物硝酸浓度不同而使产物不同，D项错误；所以答案选择B项。9某溶液中含有下列六种离子：HCO SO K CO NH NO，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度会变化的是A B C D【答案】A【解析】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，HCO与NaOH反应生成CO，NH与NaOH反应
12、生成一水合氨，则HCO、CO、NH浓度发生变化；Na2O2具有强氧化性，能够把SO氧化成硫酸根离子，则SO离子浓度发生变化，综上可知，溶液中离子浓度会变化的是，故选A。10在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入锌粉，下列说法中不正确的是A若锌粉有剩余， 则不溶物中一定有铜，可能有铁B若锌粉有剩余， 则溶液中的金属阳离子只有Zn2+C若锌粉无剩余， 且溶液中尚存有Cu2+，则一定有Fe2+D若锌粉无剩余， 且溶液中无Cu2+，则一定有Zn2+，一定无Fe3+，但不能确定有无Fe2+【答案】A【解析】根据离子的氧化性强弱顺序，锌依次发生反应：2Fe3+Zn2Fe2+Zn2+，ZnCu2+
13、Zn2+Cu，ZnFe2+Zn2+Fe。则A、若锌剩余，则金属铜、铁将全部被置换出，不溶物中一定有铜和铁，A不正确B、若锌剩余，所得溶液为ZnSO4的溶液，金属阳离子只有Zn2+，B正确C、若锌粉无剩余，且溶液中尚存有Cu2+，说明反应还没有进行，一定有Fe2+，C正确D、若锌粉无剩余，且溶液中无Cu2+，说明反应已经完全进行，则溶液中一定无Fe3+，一定有Zn2+，亚铁离子无法确定，D正确。11下列选项所表示的物质间转化关系均不能一步转化的是ACaOCa(OH)2CaCl2CaCO3BNaNa2O2Na2CO3NaOHCNa2O2Na2CO3 NaHCO3 NaClDAl Al2O3Al(O
14、H)3 NaAlO2【答案】D【解析】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A正确；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 Na2CO3NaOH符合一步实现，选项B正确；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，向碳酸钠中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸继续反应生成氯化钠选项C正确；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A
15、l3+，然后与碱反应生成Al(OH)3，选项D错误。12下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿碱金属中还原性最强的是钾碱金属阳离子，氧化性最强的是Li碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔、沸点越来越低ABCD【答案】A【解析】钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应，少量K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触，故正确；碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿，故错误；依据同主族性质递变分析，碱金属中还原性最强的是钫，故
16、错误；金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，所以碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+，故正确；同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大，碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大，故正确；从Li到Cs，碱金属的密度呈增大的趋势，K的密度反而比Na小，从上到下熔沸点降低，故错误。13下列说法正确的是A钠着火不能用水灭火而应用CO2灭火BCO2中混有HCl应用饱和Na2CO3溶液除去C用托盘天平称量NaOH时应先在托盘上垫称量纸D配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏高【答案】D【解析】A. 钠能和水反应引起爆炸，不能用水灭火，着火后生成的过氧化钠能与CO2反应生成氧气，燃烧
17、更旺，因此也不能用CO2灭火，A项错误；B. Na2CO3会与CO2反应，不符合除杂原则，若CO2中混有HCl应用饱和NaHCO3溶液除去，B项错误；C. NaOH具有腐蚀性，不能放称量纸，而应该在托盘天平两端放小烧杯，C项错误；D. 配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积读数偏小，所配制的溶液浓度偏高，D项正确。14在火星上工作的美国“勇气号”“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水。以下叙述正确的是A分别还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为323B检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操
18、作步骤为:样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液C铝热剂就是单指Fe2O3粉末和铝粉的混合物D明矾属于硫酸盐，含结晶水，属于混合物【答案】A【解析】a mol Fe2O3被还原得到6a mol电子，则分别消耗H2、Al、CO 3a mol、2a mol、3a mol，物质的量之比为323，故A正确；Fe2O3不溶于水，且和水不反应，应加入盐酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，故B错误；作为铝热剂重要组成的金属氧化物，并非氧化铁，也并非泛指所有金属氧化物，而是有一定范围的，即指那些难熔的金属氧化物。而这些难熔的金属氧化物和混合物中的铝反应时放出大量热，也是构成铝热反应的一个重要条件，故C错误
19、；明矾为结晶水化合物，为纯净物，故D错误。15某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如下图所示。则下列说法正确的是A溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B溶液中n(NH)0.2molC溶液中可能含CO、SODn(H)n(Al3)n(Mg2)111【答案】B【解析】根据可知，溶液显酸性，则溶液中一定不存在CO；根据可知，产生的是白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因
20、为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在阴离子SO。结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n（Mg2+）、n（Al3+）、n（NH）。根据图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则nAl(OH)3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1m
21、ol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol3）=0.05mol。溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH，故A错误；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH）=0.2mol，故B正确；溶液中一定不含CO、Fe3+，故C错误；溶液中n（H+）n（Al3+）n（Mg2+）=0.1mol0.1mol0.05mol=221，故D错误。16向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的
22、关系如图。下列判断正确的是A在0a范围内，只发生中和反应Bab段发生反应的离子方程式为：Ca=0.3D原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为12【答案】C【解析】向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加盐酸，依次发生：H+和OH的酸碱中和反应，H+CO=HCO，最后HCO+H+=H2O+CO2。生成的气体是0.01mol，所以碳酸氢根离子是0.01mol，根据碳守恒，Na2CO3为0.01mol。在0a范围内，除了发生酸碱中和，还发生H+CO=HCO，A错误；ab段发生的反应是HCO+H+=H2O+CO2，B错误；0.01mol HCO消耗0.01mol H+，根据盐酸浓度0.1mol/
23、L，从a到0.4消耗的盐酸为0.1L，所以a等于0.3，C正确；D. a=0.3，在前两个反应中，共消耗0.03mol HCl，0.01mol Na2CO3消耗0.01mol HCl生成HCO，那么OH消耗0.02mol H+，所以OH为0.02mol，所以氢氧化钠和碳酸钠的物质的量之比是21，D错误。二、非选择题（共5小题，52分）17某课外实验小组从煤油中取出一块钠，用滤纸吸净其表面的煤油，用切刀切下数块，分别进行实验研究：（1）切下的钠块表面变暗，其反应的化学方程式为_。（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为 _；可观察到的实验现象是_（填序号）。a钠沉到水底 b钠熔成小球
24、 c小球四处游动 （3）将其中一块钠放入坩埚中加热，反应现象为： _，反应的化学方程式是_。（4）过氧化钠是钠的一种重要化合物，其中一种用途是用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为_（写一个即可），若15.6g Na2O2参加反应，则最多可制得标准状况下氧气的体积为_L。【答案】（1）4Na+O2=2Na2O （2）2Na+ 2H2O= 2Na+2OH+H2 b、c （3）钠块熔化并燃烧，黄色火焰，有淡黄色固体生成 2Na+O2=2Na2O （4）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 （或与二氧化碳反应的方程式） 2.24L 【解析】（1）切下的钠块表面变暗，是因为
25、钠与空气中的氧气反应生成白色的氧化钠，反应的化学方程式为4Na+O2=2Na2O，故答案为：4Na+O2=2Na2O；（2）将一小块金属钠投入水中，钠浮于水面，剧烈反应，急速游动，并熔成一个闪亮的小球，逐渐缩小，最后完全消失，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，离子方程式为2Na +2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na +2H2O=2Na+2OH+H2；b、c；（3）将其中一块钠放入坩埚中加热，钠与空气中的氧气反应生成淡黄色的过氧化钠，反应现象为钠块熔化并燃烧，产生黄色火焰，有淡黄色固体生成，反应的化学方程式是2NaO2Na2O2，故答案为：2NaO2Na2O2；
26、（4）过氧化钠能与水及二氧化碳反应产生氧气，因此可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2或2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；15.6g Na2O2是0.2mol，最多可制得标准状况下氧气的体积为0.1mol22.4L/mol2.24L，故答案为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2或2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；2.24L。18已知某纯碱（Na2CO3）试样中含有NaCl杂质，为测定试样中纯碱的质量分数，可用下图中的装置进行实验。主要实验步骤如下：按图组装仪器，并检查装置的气密性；将a g试样放入锥形瓶中，
27、加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液；称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b g；从分液漏斗滴入6mol/L的硫酸，直到不再产生气体时为止；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型管的质量，得到c g ；重复步骤和的操作，直到U型管的质量基本不变，为d g。请填空和回答问题：（1）在用托盘天平称量样品时，如果天平的指针向左偏转，说明_样品重 样品轻 砝码重 砝码轻（2）装置中干燥管B的作用是_（3）如果分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果将 _（填偏高、偏低或不变）；如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，测试的结果将_（填偏高、偏低或不变）。（4）步骤目的是_。（5）该试样中纯碱的质量分
28、数的计算式为 _（结果无须化简）。【答案】（1） （2）防止空气中的CO2和水蒸气进入U型管中 （3）偏高 偏高 （4）把反应产生的CO2全部导入U型管中 （5）106（db）/44a100% 【解析】(1)由于称量时左物右码，向左偏说明样品重，砝码轻，选。(2)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。(3)因为盐酸具有挥发性，也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；浓硫酸的作用是吸水，如果缺少盛浓硫酸的洗气瓶，水蒸
29、气也进入U型管被吸收，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏高；(4)因为反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管；(5)设需要碳酸钠的质量为X则：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2106 44X d-b列比例式：=；计算得出X=；所以试样中纯碱的质量分数的计算式为106（db）/44a100%，因此，本题正确答案是：106（db）/44a100%。19下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。请填写下列空白：(1)写出化学式：A_，B_，D_。(2)以上反应中，属于氧化还原反
30、应的有_(填写编号)。(3)AC反应的离子方程式是_。(4)ED反应的化学方程式是_。【答案】（1）Na Na2O2 Na2CO3 （2） （3）2Na2H2O=2Na2OHH2 （4）2NaHCO3Na2CO3H2OCO2 【解析】B、C、D、E是含A元素的常见化合物，焰色反应均为黄色，说明都含有Na元素，A为单质，即A为Na，反应是点燃条件下与O2反应，即B为Na2O2，根据Na的性质，C为NaOH，NaOH与过量的CO2反应，即E为NaHCO3，NaHCO3受热分解，推出D为Na2CO3，（1）根据上述分析，A为Na，B为Na2O2，D为Na2CO3；（2）反应的方程式为2NaO2Na2
31、O2，属于氧化还原反应，反应2Na2H2O=2NaOHH2，属于氧化还原反应，反应2Na2O22H2O=4NaOHO2，属于氧化还原反应，反应为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，属于氧化还原反应，反应NaOHCO2=NaHCO3，不属于氧化还原，反应2NaHCO3 Na2CO3CO2H2O，属于非氧化还原反应，因此属于氧化还原反应的是；（3）AC的离子方程式：2Na2H2O=2Na2OHH2；（4）ED反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O。20化学研究主要用的是实验方法，所以学习化学离不开实验。请回答：(1)在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取Na
32、OH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以观察到试管中产生白色絮状沉淀，发生反应的离子方程式是_。生成的沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的化学方程式为_。(2)实验室在保存含Fe2+的溶液时，经常向其中加入铁粉，其目的是_。为了检验该溶液是否变质，应采用的实验操作及现象是_。(3)除去铁粉中混有的铝粉应选用的试剂为_，发生反应的离子方程式为_。【答案】（1）Fe2+ +2OH =Fe(OH)2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 （2）防止Fe2+被氧化 取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质 （3）Na
33、OH溶液 2Al+2OH+2H2O=2AlO+3H2 【解析】（1）在试管里注入少量新制备的FeSO4溶液，用胶头滴管吸取NaOH溶液，将滴管尖端插入试管里溶液底部，慢慢挤出NaOH溶液，可以看到开始时析出一种白色的絮状沉淀，反应的离子方程式为Fe2+2OH=Fe(OH)2，Fe(OH)2白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色发生这种颜色变化的原因是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：Fe2+2OH=Fe(OH)2；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（2）Fe2+离子变质是因为被空气中的氧气氧化为F
34、e3+，所以此时加入铁粉，就是为了能将生成的Fe3+还原为Fe2+；若溶液变质，溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液会变为红色，应采用的实验操作及现象是：取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质，故答案为：防止Fe2+被氧化；取少量FeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若试管内溶液变红，表明已变质；（3）铁粉和铝粉都是金属，都具有金属的通性，都能和酸反应，但铝粉能和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，而铁粉和强碱不反应，除去铁粉中混有的铝粉应选用的试剂为NaOH溶液，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al +2OH+2H2O=2AlO+3H2，故答案为：
35、NaOH溶液；2Al +2OH+2H2O =2AlO+3H2。21I、将5g钠铝合金投入到200 mL的水中，固体完全溶解，产生4.48 L标准状况下的气体，溶液中只有一种溶质。经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为_，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_(假设溶液体积变化忽略不计)。 、把由 NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水中，有0.58 g白色难溶物析出，向所得溶液中逐滴加人0.5 molL1的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如下图所示：请计算： （1）混合物中MgCl2的质量_g；（2）P 点表示盐酸加入的体积_ml。【答案】I、11 0.5mol/
36、L 、（1）0.95g （2）130mL 【解析】I、溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为11，物质的量均是=0.1mol。因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L。因此，本题正确答案是：11；0.5mol/L；、(1)由图可以知道，加入盐酸，开始沉淀的量不变，后来才有沉淀增加，说明NaOH在与AlCl3全部反应生成NaAlO2后还有剩余，则可判断0.58g沉淀为Mg(OH)2，物质的量为0.01mol，根据质量守恒可以知道MgCl2也是0.01mol，质量为：95g/mol0.01mol=0.95g；因此，本题正确答案是：0.95g；(2)图中AB段发生的反应是：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，由方程式可得：n(HCl)=nAl(OH)3 =n(Al)=0.5mol/L(0.03-0.01)L=0.01mol，混合物中NaOH的物质的量是剩余的NaOH和AlCl3、MgCl2消耗的NaOH物质的量的总和，即n(NaOH)=0.5mol/L0.01L+0.01mol4+0.01mol2=0.065mol，P点时消耗的盐酸等于原NaOH的物质的量0.065mol，此时盐酸的体积为：V=0.13L=130mL，因此，本题正确答案是：130mL。
