佛山一中2017 —2018学年（上）第二次段考
高一级化学科试题
1.下列有关说法中，正确的是
A. 镁合金的硬度、强度、熔点均高于纯镁 B. 我国流通的硬币材质是纯金属
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D. 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]能净水，主要原因是其在溶液中形成的Al(OH)3胶体能消毒、杀菌 【答案】C 【解析】
A、镁合金的硬度、强度比纯镁的高，但熔点低于纯镁的熔点，A错误；B、纯金属硬度小，不耐磨损且性质较较活泼，不能作为流通的硬币材料，B错误；C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的意思是在铁制的容器12H2O]能净中加热胆矾晶体得到铜单质，铁与硫酸铜发生置反应生成铜单质，C正确；D、明矾[KAl(SO4)2·
水，主要原因是其在溶液中形成的Al(OH)3胶体具有较大表面积，能吸附水中悬浮的杂质，但不能消毒、杀菌，D错误。正确答案为C。
点睛：本题考查化学与生活的关系，难点在于对C、D选项的判断，对于C选项，部分学生不理解“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”的意思，解题时只要抓住题中关键的词语：胆矾、铁和铜，就可以理解本句话的意思：将胆矾放入铁质的容器中，有铜生成，然后联想所学知识即可判断该过程中发生了置换反应；D项中，很多学生误认为可以做净水剂的物质就可以杀菌消毒，这是错误的，杀菌消毒的物质一般都是有氧化性的物质，Al(OH)3胶体有较大表面积，主要是吸附悬浮杂质，发生的是物理变化。 2.合金具有优良的机械性能，用途广泛。下列物质不属于合金的是 A. 青铜 【答案】D 【解析】
A、青铜是铜和锡或铅的合金，A正确；B、钢是铁和其他金属如锰等形成的合金，B正确；C、硬铝是铝和铜或锰等金属形成的合金，C正确；D、石英的主要成分是二氧化硅，不属于合金，D错误。正确答案为D。 3.下列盛放物质的方法错误的是 A. 将金属钠保存在煤油中 C. 硝酸银溶液盛放在棕色试剂瓶中
B. 纯碱溶液用带磨口玻璃瓶塞的试剂瓶保存 D. FeSO4溶液保存时要加入铁粉防止氧化
B. 钢
C. 硬铝
D. 石英
【答案】B 【解析】
A、钠性质活泼，易与氧气和水反应，其密度小于煤油的密度，故将其保存在煤油中以隔绝空气防止变质，A正确；纯碱溶液显碱性，磨口玻璃塞中含有的二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，使玻璃塞与瓶口黏在一起而无法打开，发生的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，B错误；C、硝
2+
酸银固体及其溶液在光照条件下容易分解，故必须放于棕色试剂瓶中，C正确；D、FeSO4中的Fe具有还3+2+
原性，易被空气氧化，故需要加入铁粉防止其氧化，发生的反应的离子方程式为2Fe+Fe=3Fe，D正确。
正确答案为B。
4.实验室金属钠着火，能用来灭火的是 A. 泡沫灭火器 【答案】C 【解析】
A、钠着火生成了过氧化钠，生成的过氧化钠与泡沫灭火器中产生的CO2反应生成O2，火势增大，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，A错误；B、钠与水反应产生可燃烧性气体H2并且反应放热，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，B错误；钠着火可以用干燥的沙子灭火，C正确；D、煤油可以燃烧，火势增大，D错误。正确答案为C。 5. 下列说法中正确的是（ ） A. 非金属单质燃烧时火焰均为无色 B. 所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色 C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察 D. NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同 【答案】D 【解析】
A．不是所有非金属单质燃烧时火焰均为无色，如非金属单质硫在氧气中燃烧，产生了蓝紫色的火焰，故A错误；
B．许多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，钠﹣﹣黄色；钙﹣﹣砖红色；钾﹣﹣紫色；但Mg、Al的焰色反应都是无色，故B错误；
C．焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，体现的是元素的性质，因为钾里面常混有钠，黄色掩盖了紫色，故观察K的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片观察，不是
B. 水
C. 干燥的沙子
D. 煤油
所有的焰色反应都需要，故C错误；
D．焰色反应时，由于含有钠元素的物质进行该实验时火焰会是黄色的，所以NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同均为黄色，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查了焰色反应，解题的关键是熟记钠离子进行焰色反应时火焰的颜色以及观察K的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片观察，注意焰色反应是元素的性质，题目难度不大． 6.下列实验中，不能成功的是
A. 用MgCl2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液 C. 用稀盐酸鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液 【答案】A 【解析】
A、Mg2++CO32-=MgCO3↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，两者均为白色沉淀，MgCl2溶液无法鉴别，A错误；B、Na2O和Na2O2分别为白色和淡黄色固体，可用观察法区别，B正确；
C、稀盐酸逐滴加入Na2CO3溶液中开始生成NaHCO3，然后再生成CO2气体，故开始无气体产生，稀盐酸逐滴加入NaHCO3溶液中，开始就有CO2气体产生，两者现象不同，C正确；D、Na2CO3的溶解度大于相同温度下的NaHCO3的溶解度，分别加入等质量的水，再增加等量水，先溶解完的是Na2CO3，D正确。正确答案为A。
7.对照实验是一种重要的方法，下列装置(部分仪器未画出)不是作为对照实验的是
B. 用观察法区别Na2O和Na2O2 D. 用水鉴别Na2CO3和NaHCO3固体
A. B.
C. D.
【答案】D 【解析】
A、实验A考查物质燃烧的条件，图中白磷与红磷均为可燃物、均与空气接触及同时加热，白磷燃烧，红磷不燃烧，说明白磷的着火点低于红磷的着火点，属于对照实验，A正确；B、碳酸钠直接加热，对应的澄清
石灰水无明显变化，而NaHCO3为间接加热，温度低，对应的澄清石灰水却变浑浊，说明NaHCO3的稳定性低于Na2CO3，属于对照实验，B正确；C、两个试管中盛放的均为过氧化氢溶液，一个加催化剂二氧化锰，一个不加，实验时产生气泡的速度不同，属于对照实验，C正确；D、很明显D实验中无对照实验，D正确。正确答案为D。
8.下列关于硅及其化合物的说法中，不正确的是 ．．．
A. 硅是非金属元素，但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体
B. 二氧化硅既能与氢氧化钠溶液的反应，又能与氢氟酸反应，所以是两性氧化物 C. 制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英砂
D. 长石（KAlSi3O8）用氧化物形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2 【答案】B 【解析】
A、硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体，A正确；B、二氧化硅能与氢氧化钠等碱反应且只生成盐和水，但二氧化硅不与酸（除氢氟酸）反应，所以二氧化硅是酸性氧化物而不是两性氧化物，二氧化硅与氢氟酸能反应是因为生成的四氟化硅沸点低，导致反应可以进行，B错误；C、制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英砂，在高温下发生复杂的物理和化学变化，C正确；D、复杂的硅酸盐可以用1/2Al2O3·3SiO2，将系数转化为整数即得简单的氧化物的形式表示，KAlSi3O8表示为1/2K2O·K2O·Al2O3·6SiO2，D正确。正确答案为B。
点睛：复杂的硅酸盐可以用对应的氧化物的形式表示，规则是：活泼金属的氧化物写前面，然后写不活泼金属氧化物，再接下来写SiO2，如果化合物中含有氢元素，最后写H2O，氧化物之间用点连接起来，写的过程中要保证原子守恒，当氧化物前出现分数时，最后化为整数，例如题中的KAlSi3O8先表示为1/2K2O·1/2Al2O3·3SiO2，再将系数转化为整数即得K2O·Al2O3·6SiO2。
9.镁、铝、铁三种金属，分别与足量的同体积同浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则反应中
A. 金属失去电子数目相等 C. 消耗金属的物质的量相等 【答案】A 【解析】
A、同温同压下，体积相同的氢气的物质的量相等，则反应中H+得到的电子数相等，所以金属失去的电子数也相等，A正确；B、根据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，
B. 消耗金属的质量相等 D. 放出H2的速率相等
生成相同的物质的量的氢气所消耗的金属的物质的量的比例为3:2:3，则消耗的金属的质量的比例为(3×24):(2×27):(3×56)=12:9:28，消耗金属的质量不相等，B错误；C 、根据B的分析可知生成相同的物质的量的氢气所消耗的金属的物质的量的比例为3:2:3，C错误；D、金属越活泼，与酸反应速率越大，所以反应速率的大小顺序为：Mg>Al>Fe，D错误。正确答案为A。 10.能通过置换反应得到金属铁的是（ ） A. Na与FeSO4溶液反应 C. 将H2通入FeSO4溶液 【答案】D 【解析】
A、Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与FeSO4发生复分解反应生成Fe(OH)2沉淀，得不到Fe单质，相关的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+FeSO4= Fe(OH)2↓+Na2SO4，A错误；B、3CO+ Fe2O3
2Fe+3CO2，该反应不是置换反应，属于氧化还原反应，B错误；C、H2与FeSO4溶液不反应，
9Fe+2Al2O3是置换反应，D正确。正确答案为
B. 将CO通过灼热的Fe2O3 D. Al和Fe3O4混合加热至高温
C错误；D、4Al+3Fe3O4
D。
11.用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 常温常压，22.4 L CO2 气体含有的分子数是NA B. 3.2g O2与O3混合气体含有的原子数为是 0.2 NA C. 0.1 mol/L MgCl2 溶液中 Mg2+数目是 0.1 NA
D. 5.6g 铁粉与足量水蒸气一定条件下完全反应，转移电子数为0.3NA 【答案】B 【解析】
A、常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，则22.4 L CO2不是1mol，故分子数不是NA，A错误；B、O2与O3均只含有氧原子，故氧原子的质量为3.2g，所以氧原子的物质的量为0.2mol，原子个数为0.2 NA，B
2+2+
正确；C、不知道0.1 mol/L MgCl2 溶液的体积，无法求出Mg的物质的量，故无法计算出Mg的数目，C
错误；D、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价从0价升高到+8/3价，所以0.1摩尔铁失去的电子数为0.8NA/3，D错误。正确答案为B。
点睛：NA是考试中的一个重要的考点，在使用NA时要注意其使用条件，对于气体，要注意其是否处于标准状况下及物质在标准状况下的状态，如水、HF、酒精、CCl4等在标准状况下不是气体，就不适用气体摩尔体积，如本题A选项中是常温常压，此时的气体摩尔体积不是22.4L/mol，故22.4 L CO2也不是1mol。当然NA的应用还有其他注意事项，随着学习的加深，以后将慢慢体会到。
12.下表中，对陈述I、II的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是 选项 A B C D A. A 【答案】B 【解析】
A、铁是地壳中含量排第二位的金属元素，I错，铜是人类最早使用的金属材料，II错，两者无因果关系，A错误；B、晶体硅是良好的半导体材料，I正确，高纯硅可制成光电池，II正确，两者具有因果关系，B正确；C、金属材料中铁合金属于黑色金属，I正确，铁盐在水中能形成Fe(OH)3胶体，II正确，但两者无因果关系，C错误；D、铝在空气中表面生成致密氧化膜，I正确，因为铝能与酸、碱和某些盐反应，故铝制容器不能长期贮存酸性、碱性和盐类物质，II错误，两者无因果关系，D错误。正确答案为B。 13.下列各组离子在溶液中能大量共存的是 A. H+、Na+、CO32—、NO3— C. K+、Al3+、SO42—、Cl— 【答案】C 【解析】
A、H+与CO32-反应生成CO2和H2O，两者不共存，A错误；B、Ba 2+与SO42—反应生成BaSO4沉淀，不共
+3+2——3++—
存，B错误；C、K、Al、SO4、Cl相互之间不反应，共存，C正确；D、Fe、H与SCN分别生成弱
陈述I 铁是地壳中含量最高的金属元素 晶体硅是良好的半导体材料 金属材料中铁合金属于黑色金属 铝在空气中表面生成致密氧化膜 陈述II 铁是人类最早使用的金属材料 高纯硅可制成光电池 铁盐在水中能形成Fe(OH)3胶体 铝制容器能长期贮存任何物质 判断 I对；II对；无 I对；II对；有 I错；II对；无 I对；II对；有 B. B C. C D. D
B. K+、Ba 2+、SO42—、NO3— D. Fe3+、H+、Cl—、SCN—
电解质Fe(SCN)3、HSCN，不共存，D错误。正确答案为C。 14.下列反应的离子方程式中，书写正确的是
A. 硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液： Cu2+ + 2OH— ═Cu(OH)2B. 将铝粉投入氢氧化钠溶液中： 2Al + 2OH－ ═ 2AlO2－+ H2↑
C. 碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液：HCO3— +OH－═ CO2↑+H2O D. 氧化亚铁与稀盐酸反应： FeO + 2H+ ═ Fe3+ + H2O 【答案】A 【解析】
A、硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液反应的化学方程式为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓，改为离子方
2+ —
程式为Cu+ 2OH ═Cu(OH)2↓，A正确；B、离子方程式中氧原子左右不相等，正确的应为：2Al +
2OH－+2H2O ═ 2AlO2－+ 3H2↑，B错误；C、碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式应为：HCO3— +OH－═ CO32-+H2O，C错误；D、氧化亚铁与稀盐酸反应的离子方程式应为：FeO + 2H+ ═ Fe2+ + H2O，D错误。正确答案为A。
15.如下图，两个带有封口气球的圆底烧瓶，同时将气球中的固体倒入烧瓶中，最终所得气体体积 VⅠ=VⅡ的是
Ⅰ
选项
烧瓶
A B C D A. A 【答案】B 【解析】
B. B
5%H2O2 NaOH溶液 硫酸 盐酸
气球 MnO2 铝 碳酸钠 铝
Ⅱ 烧瓶 10%H2O2 盐酸 盐酸 稀硫酸
气球 MnO2 铝 碳酸氢钠 铁
C. C D. D
A、MnO2是催化剂，对H2O2分解产生的氧气的量没有影响，双氧水体积相等时，浓度大的所含H2O2的量多，产生的氧气的体积也多，故VⅠ与VⅡ不相等，A错误；B、铝与足量的盐酸或足量的氢氧化钠反应时，产生的氢气的体积由量少的铝决定，铝的质量相同，所以产生的氢气的体积必然相等，即VⅠ=VⅡ，B正确；C、相同质量的碳酸钠和碳酸氢钠相比较，碳酸氢钠的物质的量大，当与足量酸反应时产生的CO2的体积由碳酸钠和碳酸氢钠决定，所以碳酸氢钠产生的CO2更多，VⅠ与VⅡ不相等，C错误；D、相同质量的铝和铁与足量的酸反应时产生的气体的体积取决于量少的铝和铁，设固体的质量为1g，根据电子守恒可知：铝产3/2mol=1/18mol，铁产生的氢气的物质的量为(1/56) ×2/2=1/56mol，所以氢气生的氢气的物质的量为(1/27)×
的物质的量不同，体积也不同，D错误。正确答案为B。
16.下列各组中的两种物质相互反应，改变反应条件（如温度或用量的变化），不会引起反应产物改变的是 A. Na和O2 【答案】C 【解析】
A、Na和O2常温下生成Na2O ，加热下生成Na2O2，A错误；B、AlCl3和NaOH按照物质的量之比1:3反应时恰好完全生成沉淀，AlCl3+3NaOH=3NaCl+Al(OH)3↓，氢氧化钠过量时，生成的Al(OH)3将溶解在氢氧化钠中，沉淀的量减少直至消失，B错误；C、铁和稀盐酸反应，不管温度和反应物的用量如何变化，产物都是氯化亚铁和氢气，C正确；D、HCl少量时，两者发生：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，HCl足量时，两者发生：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，D错误。正确答案为C。
17.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为 A. 1∶1∶1 C. 3∶2∶1 【答案】D 【解析】
试题分析：物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，Cl的物质的量浓度之比与体积无关，为1：2：3。答案选B。 考点：物质的量浓度
18.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是 ．．．选项 实验操作 实验现象 结论 —
B. AlCl3和NaOH
C. Fe和盐酸
D. Na2CO3和HCl
B. 1∶2∶3 D. 3∶4∶3
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加A 入稀盐酸至红色褪去 B C 在酒精灯上加热铝箔 CO2通入CaCl2溶液中 向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少D 量氯水 A. A 【答案】C 【解析】
B. B
2 min后，试管里出现凝酸性：盐酸＞硅酸 胶 铝箔熔化但不滴落 出现浑浊 先无明显现象，后溶液变成红色 熔点：氧化铝＞铝 生成了难溶的CaCO3 溶液中含有Fe，没有Fe3+ 2+C. C D. D
A、硅酸钠溶液中加入盐酸，生成的凝胶为H2SiO3，说明盐酸的酸性大于硅酸，A正确；B、加热铝箔时，铝的表面被氧化为一层致密的氧化膜Al2O3，铝箔熔化但不滴落，说明表面的氧化铝未熔化，所以氧化铝的熔点高于铝的熔点，B正确；C、因为碳酸的酸性小于盐酸的酸性，所以CO2与CaCl2溶液不会反应，C错
3+
误；D、某溶液中先滴加KSCN溶液无明显现象，说明溶液中无Fe，再加氯水，溶液变成红色，说明溶液3+2+
中含有Fe，故原溶液中一定含有Fe，D正确。正确答案为C。
19.氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3 + N2 + 3C误的是
A. 氮化铝中氮元素的化合价为－3
B. 上述反应中，当有1mol AlN生成，则有3mol电子发生转移 C. 在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，C是氧化剂 D. 该反应不属于四种基本反应类型中任一种 【答案】C 【解析】
A、氮化铝中铝的化合价为+3价，所以氮元素的化合价为－3，A正确；B、反应中N2为唯一氧化剂，N的化合价从0价降低到-3价，得到3个电子，故生成1mol AlN时得到3mol电子，即反应中有3mol电子发生转移，B正确；C、在氮化铝的合成反应中，N元素的化合价降低，所以N2是氧化剂，C的化合价升高，所
2AlN + 3CO，下列有关该反应的叙述错
以C是还原剂，C错误；D、该反应是氧化还原反应，不属于四种基本反应类型，D正确。正确答案为C。 20.向K2SO4和FeCl3 的混合溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当SO42－离子完全沉淀时，Fe3+离子也同时被完全沉淀，则原混合溶液中K2SO4和FeCl3的物质的量浓度之比为 A. 3:2 【答案】A 【解析】
2－
设K2SO4和FeCl3的物质的量分别为x、y，xmolSO4离子完全沉淀时需要消耗xmol Ba(OH)2，则有
B. 3:1 C. 2:1 D. 2:3
2xmolOH-，ymolFe3+完全沉淀需要消耗3ymolOH-，故有3y=2x，x:y=3:2，同一个溶液中两种物质的物质的量浓度之比等于两种物质的物质的量之比，所以K2SO4和FeCl3的物质的量浓度之比为3:2，答案选A。 21.Ⅰ．从A组中选择一种最适宜的试剂（每种试剂只能选用一次），以除去B组物质的少量杂质（括号内．．．．．为杂质），将正确答案的序号填入短线上。 ．．
A组：①稀盐酸 ②澄清石灰水 ③CO2 ④Cl2溶液 ⑤NaOH溶液 ⑥Fe屑 B组：（1）NaCl溶液中（Na2CO3）_____________； （2）NaHCO3溶液（Na2CO3）_____________。 （3）镁粉（铝粉） _____________； （4）FeCl2溶液（FeCl3）_____________。
Ⅱ．元素及其化合物在生产和生活中有广泛的用途。请按要求填写：
（1）碳酸氢钠可作发酵粉的原理（用化学方程式表示）______________________。 （2）胃舒平（复方氢氧化铝）治疗胃酸过多的原理（用离子方程式表示）_______。 （3）用氢氟酸刻蚀玻璃的原理（用化学方程式表示）______________________。
（4）硫酸亚铁缓释片可以补铁，治贫血，在酸性环境下很容易变质的原因（用离子方程式表示）_______________________________________ 。
【答案】 (1). ① (2). ③ (3). ⑤ (4). ⑥ (5). 2NaHCO3
Na2CO3 +CO2↑+H2O (6).
Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ +3H2O (7). SiO2 + 4HF =SiF4↑+2H2O (8). 4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O 【解析】
Ⅰ（1）NaCl溶液中混有Na2CO3，可加入适量的盐酸，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，故答案选①。 （2）NaHCO3溶液混有Na2CO3，可通入足量的CO2气体除去Na2CO3，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，答案选③。
（3）镁粉中混有铝粉，可以加入NaOH溶液，使铝反应而镁不反应，2Al+2NaOH+2H2O =2NaAlO2+3H2↑，
故答案选⑤。
3+2+3+3+2+
（4）FeCl2溶液中混有FeCl3，可以加入铁屑与Fe反应生成Fe而除去Fe，2Fe+Fe=3Fe，答案选⑥。
Ⅱ （1）碳酸氢钠不稳定加热可分解产生CO2气体，从而可做发酵粉，化学方程式为：2NaHCO3
Na2CO3 +CO2↑+H2O。
（2）胃酸中的主要成分为盐酸，氢氧化铝与盐酸发生中和反应从而降低盐酸的浓度，发生的反应的离子方
+ 3+
程式为：Al(OH)3 + 3H= Al+3H2O。
（3）玻璃中含有SiO2，SiO2性质稳定不与强酸反应，但能与氢氟酸反应生成SiF4气体：SiO2 + 4HF =SiF4↑+2H2O。
（4）Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化为Fe3+，在酸性条件下发生的反应的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O。
22.用脱脂棉包住少量过氧化钠粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来。 （1）由实验现象所得出的有关Na2O2和H2O反应的结论是：a.有氧气生成；b.____________。 （2）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移情况： _______________。 （3）某研究性学习小组拟用如图所示的装置进行实验， 验证结论a的实验方法及现象是：以证明上述结论。_______________。
（4）该小组的同学认为Na2O2和H2O反应生成了H2O2。已知：H2O2的水溶液在医药工业用作杀菌剂、消毒剂，印染工业用作棉织物的漂白剂。请你设计一个简单的实验以证明Na2O2和足量的H2O充分反应后的溶液中有H2O2存在（只要求列出实验所用的试剂、现象)。 试剂：__________________；现象：_________________。
（5）向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末，振荡，下列说法正确的是________。 A．有气体产生，溶液变为红色 B．有气体产生，溶液先变红后褪色 C．有气体产生，最后溶液褪色 D．有气体产生，溶液最后变蓝色
（6）超氧化钾（KO2）的化学性质与Na2O2相似，也可作为氧气源用于呼吸面罩，KO2与CO2反应的化学方程式为：____________________________________。
(1). 是放热反应 (2). 【答案】 (3). 将带火星的木条靠近导管口
p处，木条复燃 (4). 红色布条 (5). 布条褪色 (6). C (7). 4KO2 + 2CO2 = 2K2CO3 + 3O2 【解析】
（1）脱脂棉剧烈燃烧必须满足燃烧的三个条件，一是具有可燃烧物，二是需要氧气的参与，三是可燃物的温度达到着火点，因此说明Na2O2和H2O反应有O2生成，同时脱脂棉的温度达到了着火点，即该反应放热使温度升高，所以答案为：是放热反应。
（2）Na2O2和H2O的反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，反应中有两个电子转移，故其化学方程式，
并用双线桥法表示电子转移如下：。
（3）Na2O2和H2O反应产生O2，检验O2的方法为：用带火星的木条靠近导管口p处，实验现象是：木条复燃。
（4）Na2O2和足量的H2O充分反应后生成无漂白性NaOH溶液，由于H2O2具有氧化性和漂白性，要证明反应后的溶液中有H2O2，只要取一定量的反应后的溶液于试管中，向其中放置一根红色布条，如果红色褪去，说明含有H2O2，反之不含有H2O2。故答案为：红色布条、布条褪色。
（5）Na2O2和水反应产生NaOH和氧气，溶液呈碱性，紫色石蕊试液变蓝色，由于Na2O2具有强氧化性和漂白性，故最后溶液褪色，故说法正确的只有C。
（6）KO2与CO2反应生成K2CO3和O2，对应的化学方程式为：4KO2 + 2CO2 = 2K2CO3 + 3O2。
23.工业上用电解熔融的氧化铝来冶炼铝，用铝土矿（主要成分是氧化铝）冶炼金属铝的一种方法如下流程图所示。请回答有关问题：
（1）上述流程发生的化学反应中，属于氧化还原反应的是____________（填序号）。 （2）若在实验室完成反应③（冰晶石是助熔剂），应选择的仪器是___________。 A. 蒸发皿 B. 坩埚 C. 烧杯 D. 表面皿
（3）铝土矿中往往含少量SiO2，写出反应①中Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式：
__________________________________、_________________________________。 （4）反应④的化学方程式：_________________________________________。 （5）反应②产生的阴离子主要是（写化学式）______________。
－－－2－
【答案】 (1). ④ (2). B (3). Al2O3 + 2OH =2AlO2 +H2O (4). SiO2 + 2OH =SiO3+H2O
(5). 【解析】
(6). HCO3－
（1）反应①中发生的是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所有元素的化合价没有改变，不是氧化还原反应；反应②发生的反应是NaAlO2+CO2(足量)+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，元素化合价没有改变，不是氧化还原反应；反应③Al(OH)3分解生成Al2O3和H2O，也不属于氧化还原反应；反应④为Al2O3在通电的条件下发生分解反应生成Al单质，属于氧化还原反应，故属于氧化还原反应的是④。
（2）Al2O3在高温时能与玻璃仪器中的SiO2反应生成硅酸铝，故不能选用蒸发皿、烧杯和表面皿，而坩埚为硅酸盐材料，耐高温，故反应③必须在坩埚中进行，答案选B。
（3）Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应的离子方程分别为：Al2O3 + 2OH－ =2AlO2－ +H2O 、 SiO2 + 2OH－ =SiO32－+H2O。
（4）反应④为Al2O3在通电的条件下发生分解反应生成Al单质，化学方程式为：
。
（5）CO2是足量的，所以②发生的反应是NaAlO2+CO2(足量)+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故阴离子主要是HCO3－。
24.中学化学中几种常见物质的转化关系如下：
A为常见金属单质，将D的浓溶液滴入沸水中可以得到E为分散质的红褐色液体。请回答下列问题： （1）写出物质F、试剂X的化学式_______________、________________。
（2）B、F都可用于工业上冶炼金属铁，用B为原料冶炼铁的原理（用化学方程式表示）是_________________________________________，若有1.5 mol B参加反应，转移电子的物质的量是__________________；写出F的另一种用途__________________。
（3）用离子方程式表示上述流程中的变化：A→C_____________，D→E______________。 （4）制造电路板工艺中，用 D溶液刻蚀铜箔，用离子方程式表示该反应原
理：______________________________________。
（5）在D溶液中加入Na2O2，恰好使D转化为E，写出该反应的离子方程式：__________________。 ．．．【答案】 (1). Fe2O3 (2). Cl2 (3).
(4). 12mol (5). 红
+2+3+
H2O = Fe(OH)3↓ + 3NH4+ 色油漆涂料（或其他合理答案） (6). Fe+2H = Fe +H2↑ (7). Fe +3NH3·
(8). 2Fe3＋＋Cu = 2Fe2＋＋Cu2＋ (9). 4Fe3+＋6Na2O2＋6H2O＝4 Fe(OH)3＋3O2↑＋12Na+ 【解析】
（1）D的浓溶液滴入沸水中可以得到E为分散质的红褐色液体，可知E为Fe(OH)3，D为FeCl3，从而可知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，C到D中Fe元素的化合价升高，C被氧化，所以X为Cl2，Fe(OH)3不稳定，加热分解，所以F为Fe2O3。.故物质F、试剂X的化学式分别为Fe2O3、Cl2。 （2）工业上用Fe3O4炼铁的化学方程式为：Fe3O4+4CO
3Fe+4CO2；该反应中Fe元素的化合价从+8/3
3×8/3mol=12mol；由上已知F为价降低到0价，故1.5molFe3O4参加反应转移的电子的物质的量为1.5×
Fe2O3，Fe2O3为红色粉末，故它的另一个用途是作红色油漆涂料（或其他合理答案）。
（3）A→C的反应为Fe与盐酸的反应，Fe+2H+ = Fe2+ +H2↑；D→E发生的反应为Fe3+对应的离子方程式为：
3+
H2O = Fe(OH)3↓ + 3NH4+。 与氨水的反应，对应的离子方程式为：Fe +3NH3·
（4）制造电路板工艺中，用 FeCl3溶液刻蚀铜箔发生的化学方程式为：2FeCl3+Cu =2FeCl2+CuCl2，离子方
3＋2＋2＋
程式为：2Fe＋Cu = 2Fe＋Cu。
（5）在FeCl3溶液中加入Na2O2，恰好使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀，可以先考虑Na2O2与水反应生成NaOH和O2，然后再考虑NaOH与FeCl3发生复分解反应，化学方程式分别为：
3+②×4，①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、②3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe(OH)3↓， ①×可以得到总化学方程式为：4FeCl3＋6Na2O2＋6H2O＝4 Fe(OH)3↓＋3O2↑＋12NaCl，故离子方程式为：4Fe3+＋6Na2O2＋6H2O＝4 Fe(OH)3＋3O2↑＋12Na+。
点睛：本题难点在于部分同学无法一步写出FeCl3溶液与Na2O2反应的化学方程式，类似于Na、Na2O2这些物质与盐溶液的反应，我们可以考虑它们先与水反应生成NaOH，然后再考虑NaOH与盐之间的复分解反应，然后将两个方程式乘以一定的倍数相加即可得到总的化学方程式，注意相加时必须使中间产物抵消掉。当一个过程能连续发生多个反应，而且前一步的产物是下一步的反应物，此时往往可以将几个化学方程式相加，得到一个总的反应方程式，这样可以简化解题的步骤。
25.（1）将0.1mol镁和铝的混合物溶于100mL 2mol·L－1H2SO4溶液中，产生的2.688 LH2（标准状况）。计算镁、铝的物质的量分别是多少？请写出计算过程。_______________________
（2）向（1）所得溶液中滴加1mol·L－1NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH
溶液的体积变化如图所示。O→V1无沉淀产生的原因（用离子方程式表示）
________________________________________。计算：V1___________mL，V2___________mL。
2mol·L－1=0.2 mol，n(H2) = 2.688 L÷22.4Lmol-1=0.12mol，可知H2SO4过【答案】 (1). n(H2SO4) = 0.1L×
量，金属完全反应。设Mg、Al的物质的量分别为x、y，Mg + H2SO4 = MgSO4 +H2↑、2Al + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 +3H2↑依题意：x + y = 0.1mol x + 1.5y = 0.12mol，求得x= 0.06 mol， y = 0.04 mol (2). H+ + OH - = H2O (3). 160 (4). 400 【解析】
（1）金属与酸反应产生的H2中H元素全部来自于酸中的H元素，故先根据酸中的H原子的物质的量和H22mol·L－1=0.2 mol，n(H2) = 中的H原子的物质的量来判断酸是否完全反应或是有剩余。n(H2SO4) = 0.1L×
2.688 L÷22.4Lmol-1=0.12mol，故H2SO4中的H原子的物质的量大于H2中的H原子的物质的量，所以硫酸过量，金属全部反应。设Mg、Al的物质的量分别为x、y，Mg + H2SO4 = MgSO4 +H2↑、2Al + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 +3H2↑，依题意：x + y = 0.1mol x + 1.5y = 0.12mol，求得x= 0.06 mol，y = 0.04 mol。 （2）由（1）分析可知硫酸有剩余，所以向（1）所得溶液中滴加1mol·L－1NaOH溶液，先是发生硫酸与氢
+ -
氧化钠的中和反应，生成可溶性的Na2SO4，无沉淀生成，对应的离子方程式为：H+ OH = H2O；n(H2SO4)
= 0.1L×2mol·L－1=0.2 mol，n(H2) = 2.688 L÷22.4Lmol-1=0.12mol，所以剩余的硫酸的物质的量n(H2SO4)= 0.2 mol-0.12mol=0.08mol，n(H+)=0.16mol，根据 H+ + OH - = H2O求得中和剩余的硫酸需要消耗的NaOH的物质1mol·L－1=160 mL；当NaOH溶液的体积为V2时，沉淀的质的量n（NaOH）=0.16mol，所以V1=0.16mol÷
量最大，说明Mg和Al全部转化为沉淀，此时的溶液仅为Na2SO4溶液，根据原子守恒有：Na的物质的
+
0.2mol=0.4mol，所以沉淀的量是硫酸根离子的物质的量的2倍，硫酸根离子来自于H2SO4，所以n(Na)=2×
2+
3+
+
1mol·L－1=400 mL。 质量最大时消耗的NaOH的物质的量n(NaOH)=0.4mol，故V2=0.4mol÷
点睛：本题难点在于求解第（2）问的第（2）空，如何简单的求得当沉淀的质量最大时消耗的NaOH溶液
2+3+
的体积V2是解题的关键，仔细分析反应的过程，就能发现当沉淀的质量最大时，Mg和Al全部转化为沉
淀，此时的溶液中的溶质全部为Na2SO4，根据守恒思想可知， Na的物质的量为SO4的物质的量的2倍，
2-+
且SO4来自于H2SO4，从而可简单的求得Na的物质的量。在化学计算中充分的利用守恒的思想解题，有
+2-
时可以使复杂问题简单化。
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容