1、甘肃省天水市第一中学2019届高三上学期一轮复习第二次质量检测化学试题1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】分析：A.碳酸钠溶液显碱性；B.漂白粉具有强氧化性；C.氢氧化铝能与酸反应；D.碳酸钡可溶于酸。详解：A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡
2、盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。点睛：本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等B. 硅晶体中，有NA个Si就有2 NA个SiSi键C. 惰性电极电解食盐水，若线路中通过2 NA个电子的电量时，则阳极产生气体22.4 LD. 标准状况下，2 mol Na2O2与44.8 L SO2完全反应，转移的电子数目为2 NA【答案】B【解析】
3、【详解】A中二者阳离子都只有钠离子和氢离子，且钠离子浓度相同。但二者水解程度不同，溶液PH值不同，即氢离子浓度不同，所以阳离子数目不同，A错误；B选项中，每个硅原子成四个“半键”，即2个SiSi键，所以硅晶体中，有NA个Si就有2 NA个SiSi键，正确；C选项中没明确气体的状况是标准状况，故C错误；D选项可类比过氧化钠与二氧化碳反应，二者恰好完全反应，则2molSO2生成硫酸根转移的电子数目为4NA，故D错误。3.下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是A. CaO2和水反应时，每产生1mol O2转移电子4molB. CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用C. CaO2中阴阳离子的个
4、数比为1：1D. CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2【答案】A【解析】【详解】A选项中O2是由负一价的氧原子转化成的，每产生1mol O2转移电子2mol，故A错误入选；B凡是能生成氧原子的物质都有漂白作用，所以CaO2对面粉可能具有增白作用，正确；C选项，每个过氧根离子含有两个氧原子，所以CaO2中阴阳离子的个数比为1：1正确：D选项可类比过氧化钠与二氧化碳反应，故D正确。4.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，不全是可通过一步反应完成的是（）A. NaNaOHNa2CO3NaCl B. AlAl2O3Al(OH
5、)3AlCl3C. MgMgCl2Mg(OH)2MgSO4 D. FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3【答案】B【解析】A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3和水，碳酸钠和BaCl2反应生成碳酸钡和NaCl，故A不选；B.铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝无法通过一步反应生成氢氧化铝，故B选；C.Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2白色沉淀，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，故C不选；D.铁与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，故D不选；故选B。5.工业上曾经通过
6、反应“3Fe+4NaOH = Fe3O4+2H2+4Na”生产金属钠下列有关说法正确的是A. 用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离 B. 将生成的气体在空气中冷却可获得钠C. 每生成22.4LH2，转移的电子数一定为46.021023 D. 该反应中的氧化剂NaOH【答案】D【解析】【详解】A选项中Fe与Fe3O4都能被磁铁吸引，所以不能用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离，A错误；B选项，钠可与空气中的氧气反应，故B错误；C中没有明确气体是在标准状况下测定的，故C错误；D中反应物只有NaOH中钠元素和氢元素化合价降低，作氧化剂，所以D正确。6.下列根据实验现象得出的实验结论正确的是（ ）选项实验操作
7、实验现象实验结论A向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放置湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3-被还原为NH3-B将Fe(NO3)2样品置于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变成红色Fe(NO3)2样品中一定含有Fe3+C向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液产生黑色沉淀(Ag2S)Ksp(Ag2S) Ksp(Ag2CO3)D向KI溶液中加入少量苯，然后加FeCl3溶液有机层呈橙红色还原性：Fe2+I-A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A. 向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝
8、色，说明NO3-被还原为NH3 ，A正确；B. 因为硝酸根离子在酸性条件下可以把亚铁离子氧化为铁离子，所以將Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变成红色，此实验不能证明Fe(NO3)2样品中一定含有Fe3+，B不正确；C. 向浓度均为0.1mol/L的NaCO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生黑色沉淀，说明Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)，C不正确；D. 向KI溶液中加入少量苯，然后加入FeCl3溶液有机层呈橙红色，说明I-还原性强于Fe2+，D不正确。本题选A。7.酸性溶液中过氧化氢能使Cr2O72-转化成蓝色的过氧化铬(CrO5，分子结构为)，该反
9、应可用来检验Cr2O72-的存在，其反应的离子方程式为4H2O2Cr2O72-2H=2CrO55H2O。下列说法正确的是A. 过氧化铬中铬元素的化合价为5 B. 该反应为非氧化还原反应C. 该反应中Cr2O72-发生还原反应 D. 该反应中H2O2表现了还原性【答案】B【解析】【详解】A.过氧化铬中铬的化合价为+6价，故错误；B.该反应中过氧化氢中的氧为-1价，在每个过氧化铬中有4个氧为-1价，所以没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故正确；C.该反应为非氧化还原反应，故错误；D.过氧化氢中没有元素化合价变化，故错误。故选B。8.下列的图示与对应的叙述相符的是A. 图1表示向l00mL0.
10、l molL-l的A1Cl3溶液中滴加1 molL-1的NaOH溶液时n Al(OH)3的变化情况B. 图2表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C. 图3表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、H都会发生改变D. 图4表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n(CO2)的情况【答案】A【解析】A向l00mL0.l molL-l的A1Cl3溶液中滴加1 molL-1的NaOH溶液时，最初溶液中沉淀量逐渐增多，当滴加到30mL后，沉淀开始溶解，40mL时沉淀完全溶解，故A正确；Ba点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过蒸发溶剂可以得到b点，故B错误；
11、C加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故C错误；D向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，最初没有CO2气体生成，当全部生成NaHCO3后，再滴加稀盐酸时才有CO2气体生成，故D错误；答案为A。9.下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是A. 常温下水电离出的c(OH-)=10-13mol/L的溶液中：Na+、ClO-、Cl-、K+B. 常温下pH=13的溶液中：Na+、SO42-、S2-、NO3-C. 与铝反应放出的氢气的溶液中：Na+、ClO-、SO42-、I-D. 含有0.1mol/L Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、S2-、NO3-【答案】B【解析】【详解】A
12、.溶液可能是酸性或碱性，次氯酸根离子在酸性溶液中不能大量共存，故错误；B.在碱性溶液中四种离子不反应能共存，故正确；C.与铝反应产生氢气的溶液可能是酸性或碱性，次氯酸根离子在酸性条件下反应不能共存，故错误；D.铁离子和硫离子反应，故错误。故选B。10.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气通过导管逸出，硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，体系中充满氢气，氢氧化亚铁不容易被氧化，能较长时间看到白色沉淀，故正确；铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气通过导管进入氢氧化钠溶液的试管中将空气排除，
13、夹住a，利用气压将硫酸亚铁压入氢氧化钠溶液中，反应生成氢氧化亚铁沉淀，因为体系中充满氢气，能较长时间看到氢氧化亚铁的白色沉淀，故正确；汽油能隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化，能长时间看到白色沉淀，故正确；氢氧化钠溶液滴加到硫酸亚铁溶液中，在溶液的上部生成氢氧化亚铁沉淀，接触到空气立即被氧化，故不能长时间看到白色沉淀，故错误；苯能隔绝空气防止氢氧化亚铁沉淀被氧化，故长时间看到白色沉淀，故正确。故选D。11.下列化学过程及其表述正确的是A. 向NaHSO4溶液中滴入Ba (OH)2溶液至中性：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4 +H2OB. 由水电离的c (H+) 为10-13molL-l 的
14、溶液中；Na+、NO3-、SO32-、Cl-一定能大量共存C. 可以用硫氰化钾溶液来检验FeCl2溶液中的溶质是否被氧化D. 可以用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2混合，证明H2O2 具有还原性【答案】C【解析】A向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，正确的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故A错误；B由水电离的c(H+)为10-3molL-1的溶液中可能存在大量氢离子或者氢氧根离子，SO32-能够与氢离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C氯化亚铁能够被氧化生成氯化铁，加入硫氰化钾溶液，能够
15、显示特征的血红色，因此可以用硫氰化钾溶液来检验FeCl2溶液中的溶质是否被氧化，故C正确；D由于酸性高锰酸钾溶液能够氧化氯化氢电离的氯离子，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了双氧水的检验，所以不能使用盐酸酸化，可以使用稀硫酸，故D错误；故选C。12.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 molL1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热下还原质量相同的混合物，能得到铁的物质的量为A. 0.14 mol B. 0.16 mol C. 0.21 mol D. 0.24 mol【答案
16、】C【解析】【分析】根据溶液中加入硫氰化钾不显红色分析，三者和硝酸反应后生成亚铁离子，根据质量守恒分析，硝酸中的氮原子的物质的量=一氧化氮的物质的量+硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量，再根据铁元素质量守恒，混合物和一氧化碳反应后铁元素以单质形式存在，即可解答。【详解】一氧化氮的物质的量为1.344/22.4=0.06mol，所得溶液中加入硫氰化钾，不出现红色，说明溶液中只有亚铁离子没有铁离子，即只为硝酸亚铁，根据氮原子守恒分析，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为40.12-0.06=0.42mol，则亚铁离子的物质的量为0.21mol，若用足量的一氧化碳还原质量相同的混合物，则铁元素全以铁单质
17、的形式出来，则铁的物质的量为0.21mol，故选C。【点睛】掌握守恒法在本题中的应用，氮元素的守恒，硝酸的物质的量=一氧化氮物质的量+硝酸亚铁物质的量2。硝酸亚铁的物质的量=一氧化碳反应后的铁的物质的量。13.向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加01 molL-1盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL-1B. 当0V(HCl)Fe3稀硫酸C. 上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D. 假设通入的SO2完全
18、反应，则同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为11【答案】D【解析】试题分析：A.溶液由黄色变为浅氯水，但立即又变为黄色，Fe3+变为Fe2+，后又变为Fe3+，所以最终被还原的是NO3-，正确；B.溶液由黄色变为浅绿色，说明氧化性：Fe3+H2SO4，但在硝酸存在时，溶液又变为棕黄色，说明Fe2+迅速被氧化为Fe3+，故氧化性：HNO3Fe3+，所以氧化性：HNO3Fe3+H2SO4，正确；C.NO3-和SO2被氧化产生的H+构成了强氧化性的体系，氧化Fe2+时产生无色NO气体，正确；D.在上述反应过程中，最终被还原的是NO3-，因此相当于SO2与NO3-之间发生氧化还原反应，3SO22NO
19、3-，二者反应的物质的量的比是3:2，错误。考点：考查氧化还原反应的有关知识。17.常温下，取铝土矿(含有A12O3、FeO、Fe2O3、SiO2等物质)用硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A. 加入过量氨水:NH4+、A13+、OH-、SO42-B. 通入过量SO2:Fe2+、H+、SO32-、SO42-C. 加入过量NaOH溶液:Na+、A1O2-、OH-、SO42-D. 加入过量NaClO溶液:Fe2+、Na+、C1O-、SO42-【答案】C【解析】【分析】铝土矿用硫酸浸出后的溶液中含有铝离子和亚铁离子和铁离子，二氧化硅不溶于硫酸。【详解】
20、A.溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和氢氧化亚铁沉淀和氢氧化铁沉淀，溶液中存在NH4+、OH-、SO42-，不能存在铝离子，故错误；B. 溶液中通入过量SO2，铁离子和二氧化硫反应生成硫酸根离子和亚铁离子，溶液中不能存在大量的亚硫酸根离子，故错误；C. 加入过量NaOH溶液，反应生成偏铝酸根离子，和氢氧化亚铁沉淀和氢氧化铁沉淀，溶液中存在Na+、A1O2-、OH-、SO42-，故正确；D. 加入过量NaClO溶液，能氧化亚铁离子，故错误。故选C。【点睛】掌握离子反应，注意氧化还原反应的存在，如铁离子氧化二氧化硫，次氯酸根离子氧化亚铁离子等。18.将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放
21、入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A. 标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体B. 最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)C. 最终得到7.8g的沉淀D. 最终得到的溶液中c(Na+)=1.5molL-1【答案】C【解析】【详解】15.6g Na2O2的物质的量为45.6/78=0.2mol，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,0.2mol 0.4 mol 0.1 mol5.4g Al的物质的量为5.4/27=0.2mol，2Al+2NaOH+2H2O
22、=2NaAlO2+3H20.2mol 0.2mol 0.2mol 0.3mol 剩余0.2mol氢氧化钠。再向溶液中缓慢通入标况下的氯化氢6.72L，其物质的量为6.72/22.4=0.3mol。NaOH + HCl = NaCl +H2O0.2mol 0.2mol 0.2molNaAlO2+ HCl+H2O = NaCl +Al（OH）30.1mol 0.1mol 0.1mol 0.1molA. 根据以上分析可知，反应过程中总共生成0.1mol氧气和0.3mol氢气，在标准状况下，得到8.96L的气体，故错误；B. 最终得到的溶液中含有偏铝酸钠和氢氧化钠和氯化钠，故关系c(Na+)=c(Cl
23、-)+c(OH-)是错误的，故错误；C. 最终得到0.1mol氢氧化铝沉淀，即7.8g的沉淀，故正确。D. 根据钠原子守恒分析，0.2mol过氧化钠能得到的钠离子物质的量为0.4mol，则c(Na+)=0.4/0.2=2molL-1，故错误。故选C。【点睛】掌握守恒法在计算中的应用，过氧化钠中的钠经过反应到氢氧化钠，最后到氯化钠，铝元素最后到氢氧化铝沉淀，根据电子守恒，过氧化钠失去电子数计算生成氧气的物质的量，金属铝失去电子数计算生成氢气的物质的量。19.某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2、Al3+、Fe3、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。 若加入锌粒，最终产生无色无味的气体；
24、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(NH4+)=0.2molC. 溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-D. n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=1:1:1【答案】B【解析】试题分析：A加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，依据图象中沉淀量的变化曲线可知加入氢氧化钠0.5mol-0.7mol时，发生反应氨根离子与氢氧根离子反应，沉淀的量不变，所以溶液中的
25、阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故A错误；B依据图象中沉淀量的变化曲线可知加入氢氧化钠0.5mol-0.7mol时，沉淀的量不变，发生反应氨根离子与氢氧根离子反应，依据NH4+OH-=NH3H2O，氨根离子的物质的量等于该段消耗的氢氧化钠的物质的量等于0.2mol，故B正确；C加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故C错误D第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol；第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OH-Al（OH）4-，则消
26、耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol-0.7mol=0.1mol；第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OH-Al（OH）3，Mg2+2OH-Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误；故选B。【考点定位】考查常见离子的检验、化学计算【名师点晴】本题考查了离子的检验和有关离子方程式的计算，明确图象中各段发生的反应是解题关键。
27、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子；加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含三价铁离子；当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。20.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250ml一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5molL-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是A. 原固体混合物中，Cu和Cu2O的物
28、质的量之比为11B. 原稀硝酸的浓度为1.3molL-1C. 产生的NO在标准状况下的体积为2.24LD. 反应后剩余硝酸的物质的量为0.01mol【答案】C【解析】【分析】铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化铜沉淀19.6g，即19.6/98=0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为13.6-640.2=0.8g，物质的量为0.8/16=0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质的量为0.1mol。【详解】A. 根据以上分析可知原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1:0.05=2:
29、1，故错误；B. 所得溶液中加入1.0L0.5molL-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子守恒分析，铜元素失去电子数=0.12+0.0521=0.3mol则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝酸的浓度为（0.5+0.1）/0.25=2.4molL-1，故错误；C. 由B 中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的体积为2.24L，故正确；D. 硝酸的物质的量为0.6mo
30、l，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol则硝酸根离子物质的量为0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6-0.4-0.1=0.1mol，故错误。故选C。【点睛】掌握守恒法计算。铜的物质的量等于硝酸铜的物质的量，硝酸的物质的量等于硝酸铜的物质的量2+一氧化氮的物质的量+剩余硝酸的物质的量=氢氧化钠的物质的量。21.某实验小组拟验证CO2与Na2O2反应的产物，现设计以下实验装置进行实验：（1）写出装置A中反应的化学方程式_。（2）写出装置B中反应的化学方程式_。（3）C装置的作用是_。（4）拟用装置D收集气体产物，请将装置补充完整_。（5）检验气
31、体产物的方法_。（6）检验固体产物的方法：从B装置中取少量固体，溶于水配成溶液，_。（7）有同学认为该实验装置存在明显缺陷，你认为该缺陷是什么_。【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O (2). 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 (3). 除CO2 (4). (5). 打开集气瓶，用带火星的木条伸入瓶内，木条复燃 (6). 滴加盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 (7). 碳酸氢钠受热分解产物中有水，水也与过氧化钠反应生成氧气，干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验【解析】【详解】(1)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，方程式为：2NaHCO
32、3Na2CO3+CO2+H2O。 (2)碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2； (3)澄清石灰水能吸收二氧化碳，故装置的作用为除CO2 。 (4)装置D为收集氧气，应该用向上排空气法收集，故装置图为： 。(5)利用氧气的助燃性进行检验氧气，故方法为：打开集气瓶，用带火星的木条伸入瓶内，木条复燃。(6). 固体产物为碳酸钠，利用和盐酸反应生成二氧化碳进行检验，方法为：滴加盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊。 (7)碳酸氢钠受热分解产物中有水，水也与过氧化钠反应生成氧气，干扰二氧化碳与过氧化钠反应产物的检验，
33、应该先除去水蒸气，再与过氧化钠反应。22.金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3-发生氧化还原反应，转化关系如下：已知气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答下列问题：（1）A和B两溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为_。（2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E都转化为无毒的气态单质，任意写出其中一个反应的化学方程式：_。（3）写出铝在碱性条件下与NO3-反应的离子方程式：_。（4）除去气体C中的杂质气体E的化学方法：_(用化学方程式表示)。（5）Al与NO3-在酸性条件下反应，Al与被还原的NO3-的物质的量之比是_。（6）铝粉在1000时
34、可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_。【答案】 (1). Al33AlO2-6H2O=4Al(OH)3 (2). 6NO4NH35N26H2O(或6NO28NH37N212H2O) (3). 8Al3NO3-5OH2H2O=8 AlO2-3NH3 (4). 3NO2H2O=2HNO3NO (5). 11 (6). NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜【解析】【详解】铝在酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体C，从气体C和氧气反应，然后与水反应分析，气体C为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，已知气体D和F反应可生成
35、盐，说明D为氨气，气体D和A溶液反应生成白色沉淀，A为硝酸铝，B为偏铝酸盐。(1)A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，二者反应生成氢氧化铝沉淀，方程式为： Al33AlO2-6H2O=4Al(OH)3；(2)一氧化氮或二氧化氮和氨气反应生成无毒的气体单质，即为氮气，则方程式为： 6NO4NH35N26H2O(或6NO28NH37N212H2O) 。(3)根据分析铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸根离子和氨气，离子方程式为：8Al3NO3-5OH2H2O=8 AlO2-3NH3；(4)一氧化氮中的二氧化氮可以利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮除去，方程式为：3NO2H2O=2HNO3NO； (5
36、)铝和硝酸根离子在酸性条件下反应，铝化合价升高三价，氮元素降低3价，故二者比例为 11； (6) NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，有利于铝和氮气反应生成氮化铝。23.2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H、NH4+、Fe3、Al3、Mg2、Na、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是_，一定存在的阳
37、离子是_。（2）写出实验图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：_。（3）分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3)的比值为_，所得沉淀的最大质量是_g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na)=0.14 molL-1,试判断原废水中NO3-是否存在？_（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c(NO3-)=_molL-1。（若不存在或不确定则此空不填）【答案】 (1). CO32- (2). Na+、H+、Al3+、NH4+ (3). NH4+ + OH = NH3H2O (4). 1：1 (5). 0.546g (6). 存在 (7). 0.36 mo
38、lL-1【解析】(1)无色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42-，根据实验确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，废水中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-，故废水中一定不存在的阴离子是CO32-，一定存在的阳离子是Na+、Al3+、NH4+、H+；(2)实验图像中沉淀达到最大量，继续滴加NaOH溶液，与溶液里的NH4+ 作用生成NH3H2O，此时沉淀质量不再发生变化，反应的离子反应方程式NH4+ + OH = NH3H2O；(3)
39、已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)=0.01mol，根据图象可知与Al(OH)3反应的OH-为：n(OH-)=0.007mol，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O n(Al3+) 0.007mol 所以n(Al3+)=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，NH4+OH-=NH3H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为1：1；生成Al(OH)3的质量为0.007mol78g/mol=0.5
40、46g；(4)溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)=0.01mol，另外n(Al3+)=0.007mol，n(H+)=0.014mol，n(NH4+)=0.007mol，溶液中存在电荷守恒，3n(Al3+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=30.007mol+0.014mol+0.007mol+0.14 molL-10.1L=0.056mol2n(SO42-)=0.02mol，则一定含有NO3-，且n(NO3-)=0.056mol-0.02mol=0.036mol，c(NO3-)=0.36mol/L。点睛：无
41、色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42-，根据实验确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Al3+、NH4+、H+、SO42-，根据硫酸钡沉淀求出n(SO42-)，根据图象求出n(Al3+)和n(H+)，再根据电荷守恒确定有没有NO3-。24.高铁酸钾(暗紫色)是一种新型绿色氧化剂，制备高铁酸钾的工艺流程如下:回答下列问题:(1)步骤中NaClO作_ (填“氧化剂”“还原剂或“催化剂”)。(2)步骤脱除的盐是_ (填化学式)。(3)步骤是利用溶解度的不同进行的操作。则溶解度:Na2FeO4
42、_(填“”或“ (4). 86.36% (5). 4FeO4-+2OH-=4Fe3+3O2+10H2O (6). 能消毒杀菌,生成的Fe(OH)3可吸附水中悬浮杂质(或其他合理答案)【解析】(1)步骤中Fe3+被NaClO在碱性条件下氧化为FeO42-，则NaClO作氧化剂；(2)步骤中NaClO的还原产物为NaCl，反应同时生成NaNO3，这两种盐均需要除去，否则影响产品的纯度，则步骤脱除的盐是NaNO3和NaCl；(3)步骤在Na2FeO4溶液中加入KOH固体，可析出溶解度小的K2FeO4，则溶解度Na2FeO4K2FeO4；(4)4.04gFe(NO3)39H2O的物质的量为=0.01g，实验中K2FeO4的产率为100%=86.36%；(5)K2FeO4酸化时有氧气和Fe3+生成，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3+3O2+10H2O；K2FeO4作为净水剂的优点除铁无毒外，还体现在自身的强氧化性，能消毒杀菌，同时还原产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3可吸附水中悬浮杂质。
