班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
一、选择题
1.从利用金属的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个先后顺序跟下列有关的是
①地壳中的金属元素的含量 ②金属活动性顺序
③金属的导电性 ④金属冶炼的难易程度 ⑤金属的延展性 A．①③ B．②④ C．③⑤ D．②⑤
2.下列说法错误的是
A．钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2
B．镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要像钠似的进行特殊保护 C．铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼
D．铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层
3.向100ml的下列各溶液中加入少量的NaOH固体，溶液导电性变化最不明显的是 A．盐酸 B．醋酸 C．蒸馏水
D．氨水
4.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是 A．加入KSCN溶液一定不变红色
2
B．溶液中一定含Fe＋
2
C．溶液中一定不含Cu＋ D．剩余固体中一定含Cu
5.下列各组溶液，只用试管和胶头滴管，不用任何试剂不可以鉴别的是 A．CaCl2和Na2CO3 B．稀H2SO4和Na2CO3 C．KOH和Al2(SO4)3 D．HCl NaAlO2
6.在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，
由此确定，原溶液中含有的阳离子是
A．只有Mg＋、Al＋
＋23
C．H、Ba＋、Al＋
2
3
B．H、Mg＋、Al＋
232
D．Mg＋、Al＋、Fe
＋
＋
23
7.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成．将该粉末与足量的盐酸反应，有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）．若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，下列判断正确的是 A．粉末中一定有Na2O，Na2O2，NaHCO3 B．粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl C．粉末中一定不含有Na2O和NaCl D．无法肯定粉末里是否含有Na2O
8.有五瓶溶液分别是①10mL0.60mol•L1NaOH水溶液②20mL0.5mol•L1H2SO4水溶液③30mL0.40mol•L1HCl水
﹣﹣
溶液④40mL0.30mol•L1HCl水溶液⑤50mL0.20mol•L1蔗糖水溶液．以上各瓶溶液所含离子、分子总数大小顺序是
A．①＞②＞③＞④＞⑤ B．②＞①＞③＞④＞⑤ C．②＞③＞④＞①＞⑤ D．⑤＞④＞③＞②＞①
﹣﹣﹣
9.下列离子方程式正确的是
－2+
A．向澄清石灰水中加入等物质的量的NaHCO3溶液：Ca+2OH+ 2HCO3－ = CaCO3↓+CO32－+2H2O
2+-+2-B．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全：Ba + 2OH + NH4+ + H + SO4 =
BaSO4↓+ NH3·H2O + H2O
＋3
C．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3＋3H＝Fe＋＋3H2O
－32
D．明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，使其产生沉淀的物质的量达最大值：Al＋＋2SO42－＋2Ba＋＋4OH＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O
10.下列各组离子中，在强碱性溶液中能共存，且在加入盐酸过程中会产生气体和沉淀的是
＋＋3
A．Na、NO3-、AlO2-、SO42－ B．Na、Al＋、NO3-、SO42－
＋－＋－2
C．Na、Mg＋、Cl、HCO3- D．K、Cl、AlO2-、CO32-
11.铝、钠混合物投入足量的水中，充分反应后，得到澄清溶液，并收集到4.48 L H2(标准状况)，若钠的物质的量为0.1 mol，则铝的物质的量为 A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.05 mol D．0.025 mol
12.新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox）（3＜x＜4；M表示Mn、Co、Zn或Ni的二价离子），常温下，它能使工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质．转化流程如图所示：有关上述转化过程的下列叙述正确的是
13.已知 2Fe3＋ +2I＝2Fe2＋ +I2 2Fe2＋ +Cl2＝2Fe3＋ +2Cl 则有关离子的还原性由强到弱的顺序为
-2+--2+-A．Cl＞Fe＞I B．I＞Fe＞Cl 2+--2+--C．Fe＞I＞Cl D．Fe＞Cl＞I
－
－
A．MFe2O4表现了还原性 C．SO2和NO2表现了还原性 B．MFe2Ox表现了还原性
D．SO2和NO2发生了分解反应
14.取ag某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了ag．下列物质中不能满足上述结果的是 A．H2 B．CO C．C6H12O6 D．C12H22O11
15.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5∶7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是 A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量，乙中碱过量 C．甲中酸过量，乙中铝过量 D．甲中酸过量，乙中碱过量
16.一定量的KMnO4与足量的250mL浓盐酸反应，方程式为2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 5Cl2↑ + 2MnCl2 + 8H2O，反应结束后，共转移电子为5mol，则还原产物中，阳离子的物质的量浓度为（溶液的体积变化忽略不计） A．1mol/L B．4mol/L C．2mol/L D．8mol/L
17.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的溶液中，加入足量Na2O2固体，微热充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目没有变化的是
3+3+2+
A．Al B．Fe C．NH4+ D．Fe
18.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A．C．
mol·L mol·L
－1
－1
B．D．
mol·L mol·L
－1
－1
19.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成a mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为
A．a mol B．1/2a mol C．1/4a mol D．2a mol
20.质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水，得到的溶液密
－
度为q g/cm3（此过程中无溶质析出），物质的量浓度为c mol·L1。则溶质的相对分子质量为 A．C．
B．D．
21.金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取 Ti的反应为 aTiO2 + bCl2+eCTiCl4＋2Mg
aTiCl4+eCO Ⅰ Ti＋2MgCl2 Ⅱ
关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是
①TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂； ②C、Mg在两个反应中均被还原；
③在反应Ⅰ、Ⅱ中Mg的还原性大于C，C的还原性大于TiCl4； ④a=1，b=\"e\" =2
－
⑤每生成19.2 g Ti，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8 mol e。 A．①②④ B．②③④ C．②⑤ D．③④ 22.操作1：将1 L 1.00 mol·L-1的Na2CO3溶液逐滴加入到1 L 1.25 mol·L-1的盐酸中；操作2：将1 L 1.25 mol·L-1的盐酸逐滴加入1 L 1.00 mol·L-1的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比（同温同压下）是 A．2∶5 B．5∶2 C．1∶1 D．2∶1
23.将2.4 g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL 1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl-外，还大量存在的是
2+3+2+3+2++
A．Mg，AlO2 B．Al，Mg C．AlO2- D．Al，Mg、H
二、实验题
（9分）某纯碱样品中含有少量氯化钠杂质，现用下图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去）。实验步骤如下： ①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰（固体氢氧化钠和生石灰的混合物）的干燥管D的质量为85.4g； ③准确称得6g纯碱样品放入容器b中；
④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为87.6g。试回答： （1）若④⑤两步的实验操作太快，则会导致测定结果 _ _（填“偏大”或“偏小”）；
（2）鼓入空气的目的是______________________，装置A中试剂X应选用_ _； （3）若没有C装置，则会导致测定结果_____（填“偏大”或“偏小”）； （4）E装置的作用是___________________________________； （5）装置B中发生反应的离子方程式 ；
（6）根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为______（计算结果保留一位小数）。
三、填空题
1.（15分）以下是有关物质相互转化的关系图，其中A俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，
G为红褐色沉淀，I的颜色呈浅绿色。
＋
（1）若F是由Na和SO42-组成的溶液，则甲的化学式是 _____________，列举A物质的一种用途______________________________________________________________。
（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为________，丁属于单质、酸、碱中的________；在I溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观察到的现象是______________________________，
对应的离子方程式和化学方程式依次是______________________，___________________。 （3）写出G→A＋C的化学方程式： ___________________________________。 （4）写出E和C反应的方程式并用单线桥法标明电子的转移方向和数目：__________。
（5）若A中混有杂质Al2O3，除去杂质的方法是加入过量的________，该反应的离子方程式为__________。 （6）由E和A组成的混合物与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3＋，且生成的Fe2＋与H2的物质的量之比为4∶1。则反应物中A、E、H2SO4的物质的量之比为________。
2.（8分）有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的： 阳离子：K+ Na+ Cu2+ Al3+
－－
阴离子：SO42－ HCO3－ OH Cl
为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是： ①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；
②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解； ③进行焰色反应，仅有B为紫色（透过蓝色钴玻璃）；
④在各溶液中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，只有A中放出无色气体，只有D中产生白色沉淀； ⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成。根据上述实验填空： （1）写出B、D的化学式：B ____，D 。
（2）C可用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理____ ___。
－
（3）将含0.01 mol A的溶液与含0.02 mol E的溶液反应后,向溶液中滴加0.1 mol·L1稀盐酸。下列图象能正确表
示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
－－
（4）在m mL b mol·L1C溶液中，加入等体积a mol·L1的E溶液。 当a≤3b时，生成沉淀的物质的量是 mol；
当3b＜a＜4b件时，生成沉淀的物质的量是 mol。
3.（10分）将Na2O2和NaHCO3的混合物粉末分为两等份，其中一份加入100mL盐酸，充分反应后溶液为中性，放出气（已干燥）2.24L（标准状况），将生成的气体全部通入另一份混合粉末，充分反应后气体的体积变为2.016L（标准状况），问：
（1）2.24L气体的成分为： ；
（2）试通过讨论并计算每份混合粉末中Na2O2和NaHCO3的物质的量： 第一种情况：n（Na2O2）= mol和n（NaHCO3）= mol； 第二种情况：n（Na2O2）= mol和n（NaHCO3）= mol．
4.（10分）向100mL0.1mol/L硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1mol/L Ba（OH）2溶液．随着Ba
（OH）2溶液体积V（横坐标）的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示
已知铝盐中滴加过量氨水能产生Al（OH）3沉淀，该沉淀遇强碱如NaOH溶液又可溶解。请回答下列问题： （1）写出b﹣c发生反应的离子方程式： ； （2）下列说法正确的是
A．a点的溶质为（NH4）2SO4
﹣+
B．b点溶液中一定存在：c（NH4+）+c（H）=c（OH） C．b点沉淀为Al（OH）3和BaSO4
2+
D．C点溶液中一定存在：c（AlO2﹣）＞c（Ba）＞c（NH4+） （3）写出a﹣b发生反应的离子方程式： ；
（4）滴加到c点共加入Ba（OH）2溶液的体积为 mL，b、a两点沉淀的质量差为 g（精确到0.001）．
吉林高一高中化学期中考试答案及解析
一、选择题
1.从利用金属的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个先后顺序跟下列有关的是
①地壳中的金属元素的含量 ②金属活动性顺序
③金属的导电性 ④金属冶炼的难易程度 ⑤金属的延展性 A．①③ B．②④ C．③⑤ D．②⑤
【答案】B
【解析】对比金属活动性强弱关系与人类利用金属的先后，可以发现人类使用较早的金属，其活动性较弱；结合学习中对金属铁、铝的冶炼的认识，可知：金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，其它因素均与使用的前后顺序无关．故选D． 【考点】金属活动顺序表
2.下列说法错误的是
A．钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2
B．镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要像钠似的进行特殊保护 C．铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼
D．铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层
【答案】C
【解析】钠在空气中燃烧最后产物为过氧化钠，A正确；镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，B正确；铝的冶炼需要电解熔融的氧化铝，故铝的性质比较活泼，C错误；铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层，D正确，答案选C. 【考点】钠及其化合物的性质
3.向100ml的下列各溶液中加入少量的NaOH固体，溶液导电性变化最不明显的是 A．盐酸 B．醋酸 C．蒸馏水 D．氨水
【答案】A
【解析】A．盐酸是强酸，溶于水后完全电离，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A正确；B．醋酸是弱酸，是弱电解质，部分电离，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠和水，醋酸钠是强电解质，完全电离，所以溶液中离子浓度明显增大，所以溶液导电能力增强，故B错误；C．蒸馏水是弱电解质，水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C错误；D．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度显著增大，所以导电能力增大，故D错误；故选：A． 【考点】电解质溶液的导电性
4.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是 A．加入KSCN溶液一定不变红色
2
B．溶液中一定含Fe＋
2
C．溶液中一定不含Cu＋ D．剩余固体中一定含Cu
【答案】C
【解析】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：
2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A说法正确；B、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+；故B说法正确；C、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C说法错误；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D说法正确．故选C． 【考点】
5.下列各组溶液，只用试管和胶头滴管，不用任何试剂不可以鉴别的是 A．CaCl2和Na2CO3 B．稀H2SO4和Na2CO3 C．KOH和Al2(SO4)3 D．HCl NaAlO2
【答案】A
【解析】A．均为无色溶液，改变滴定顺序，均生成碳酸钙白色沉淀，不能鉴别，故A错误；B．将碳酸钠溶液滴加到稀硫酸中立即有气泡生成，将稀硫酸滴加到碳酸钠溶液中，先没有气体生成，当稀硫酸滴加到一定程度后后气体生成，反应现象不同，可以鉴别，故B正确；C．KOH溶液逐滴滴加到Al2（SO4）3溶液中，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，而Al2（SO4）3溶液逐滴滴加到KOH溶液中先没有显现，滴加一定时间后可生成沉淀，现象不同，进而鉴别，故C正确；D．NaAlO2加入到盐酸液，先无沉淀生成，后生成沉淀，但把盐酸液滴加到NaAlO2先有沉淀生成，然后溶解，滴加顺序不同，现象不同，用其他试剂就可以区别，故D正确．故选A． 【考点】物质的检验鉴别
6.在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，
由此确定，原溶液中含有的阳离子是
A．只有Mg＋、Al＋
＋23
C．H、Ba＋、Al＋
2
3
B．H、Mg＋、Al＋
232
D．Mg＋、Al＋、Fe
＋
＋
23
【答案】B
【解析】A．无色溶液，则一定不存在Fe2+，故A错误；B．向溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，开始不产生沉淀，发生酸碱中和，则一定存在H+，沉淀达最大量时，再加入足量氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，说明溶液中一定含有Al3+，氢氧化镁不溶液氢氧化钠溶液，故B正确；C．加入足量的氢氧化钠溶液，最终没有沉淀，不符合图象，故C错误；D．向溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，开始不产生沉淀，发生酸碱中和，则一定存在H+，若只有Mg2+、Al3+，加入氢氧化钠溶液立即生成白色沉淀，与图象不符，故D错误．故选B． 【考点】碱的化学性质
7.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成．将该粉末与足量的盐酸反应，有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）．若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，下列判断正确的是 A．粉末中一定有Na2O，Na2O2，NaHCO3 B．粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl C．粉末中一定不含有Na2O和NaCl D．无法肯定粉末里是否含有Na2O
【答案】A
【解析】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、
Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在．将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2； 综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl．故选A． 【考点】物质的检验
﹣﹣﹣
8.有五瓶溶液分别是①10mL0.60mol•L1NaOH水溶液②20mL0.5mol•L1H2SO4水溶液③30mL0.40mol•L1HCl水
﹣﹣
溶液④40mL0.30mol•L1HCl水溶液⑤50mL0.20mol•L1蔗糖水溶液．以上各瓶溶液所含离子、分子总数大小顺序是
A．①＞②＞③＞④＞⑤ B．②＞①＞③＞④＞⑤ C．②＞③＞④＞①＞⑤ D．⑤＞④＞③＞②＞①
【答案】D
【解析】因溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子，五瓶溶液溶质的浓度比较小，所以微粒数主要取决于溶剂水分子的量，可以用溶液体积直接判断，而溶液体积分别为10、20、30、40、50mL，依次增大．故选D． 【考点】电离平衡与pH
9.下列离子方程式正确的是
－2+
A．向澄清石灰水中加入等物质的量的NaHCO3溶液：Ca+2OH+ 2HCO3－ = CaCO3↓+CO32－+2H2O
2+-+2-B．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全：Ba + 2OH + NH4+ + H + SO4 =
BaSO4↓+ NH3·H2O + H2O
＋3
C．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3＋3H＝Fe＋＋3H2O
－32
D．明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，使其产生沉淀的物质的量达最大值：Al＋＋2SO42－＋2Ba＋＋4OH＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O
【答案】B
－
【解析】向澄清石灰水中加入等物质的量的NaHCO3溶液，氢氧根离子有剩余，故离子反应方程式为Ca2++OH+
HCO3－ = CaCO3↓+H2O，A错误；向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全，此时氢氧根离子与氢离子反应生成水，另外还与铵根离子反应生成一水合氨，故B正确；氢氧化铁溶于氢碘酸中不但发生酸碱中和反应，铁离子还与碘离子发生氧化还原反应，C错误；明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，使其产生沉淀的物质的量达最大值，即使铝离子恰好完全生成氢氧化铝沉淀时，D错误，答案选B。 【考点】离子方程式的书写
10.下列各组离子中，在强碱性溶液中能共存，且在加入盐酸过程中会产生气体和沉淀的是
＋＋3
A．Na、NO3-、AlO2-、SO42－ B．Na、Al＋、NO3-、SO42－
＋－＋－2
C．Na、Mg＋、Cl、HCO3- D．K、Cl、AlO2-、CO32-
【答案】D
【解析】A．该组离子之间不反应，能共存，加酸只能生成氢氧化铝沉淀，故A不选；B．碱性条件下Al3+不能大量共存，故B不选；C．碱性条件下，Mg2+、HCO3-不能大量共存，分别生成沉淀、碳酸根离子和水，故C不选；D．该组离子之间不反应，能共存，加酸生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，故D选．故选D． 【考点】离子共存
11.铝、钠混合物投入足量的水中，充分反应后，得到澄清溶液，并收集到4.48 L H2(标准状况)，若钠的物质的量为0.1 mol，则铝的物质的量为 A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.05 mol D．0.025 mol
【答案】A
【解析】铝和钠混合物投入足量的水中，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，Al再与氢氧化钠溶液反应生成氢气，生成氢气总物质的量为：
=0.2mol，若钠有0.1mol，根据电子转移守恒，Na完全反应生成氢气为：
=0.05mol，故Al与氢氧化钠溶液反应生成氢气的物质的量为：0.2mol-0.05mol=0.15mol，根据电子转
移守恒Al的物质的量为：
=0.1mol，故答案选A。
【考点】有关混合物的计算
12.新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox）（3＜x＜4；M表示Mn、Co、Zn或Ni的二价离子），常温下，它能使工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质．转化流程如图所示：有关上述转化过程的下列叙述正确的是
【答案】B
【解析】A．由信息可知，MFe2O4与氢气的反应中，M元素的化合价降低，则为氧化剂，具有氧化性，故A错误；B．MFe2Ox在常温下，它能使工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质，则氧化物为氧化剂，MFe2Ox为还原剂，体现其还原性，故B正确；C．由B可知，SO2和NO2表现了氧化性，故C错误；D．SO2和NO2发生了还原反应，故D错误；故选B． 【考点】氧化还原反应
－－
13.已知 2Fe3＋ +2I＝2Fe2＋ +I2 2Fe2＋ +Cl2＝2Fe3＋ +2Cl 则有关离子的还原性由强到弱的顺序为
-2+--2+-A．Cl＞Fe＞I B．I＞Fe＞Cl 2+--2+--C．Fe＞I＞Cl D．Fe＞Cl＞I A．MFe2O4表现了还原性 C．SO2和NO2表现了还原性
B．MFe2Ox表现了还原性
D．SO2和NO2发生了分解反应
【答案】B
【解析】还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故答案选B。 【考点】氧化还原反应
14.取ag某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了ag．下列物质中不能满足上述结果的是 A．H2 B．CO C．C6H12O6 D．C12H22O11
【答案】D
【解析】已知反应的关系式：H2～H2O～2NaOH～Na2O2•H2，CO～CO2～Na2CO3～Na2O2•CO，有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2•CO，2NaOH～Na2O2•H2，则有机物应可拆写成（CO）m•Hn的形式，则H2、CO以及可拆写成（CO）m•Hn的形式的有机物能满足上述结果，选项中C可拆写成（CO）6•H12，但D不能满足，故选：D．
【考点】烃及其衍生物
15.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5∶7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是 A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中铝过量，乙中碱过量 C．甲中酸过量，乙中铝过量 D．甲中酸过量，乙中碱过量
【答案】B
【解析】发生反应有：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，①若等质量的铝都反应完，生成气体为1：1，②若铝均没有反应完，根据酸和碱的物质的量相等，可得生成气体为1：3，而题中为4：5，因此所以一个是铝反应完全，一个是铝过量，由于等量的铝消耗的硫酸的量更多，所以完全反应的一定是硫酸，碱过量，即甲中铝过量，乙中碱过量，故选B． 【考点】铝的化学性质
16.一定量的KMnO4与足量的250mL浓盐酸反应，方程式为2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 5Cl2↑ + 2MnCl2 + 8H2O，反应结束后，共转移电子为5mol，则还原产物中，阳离子的物质的量浓度为（溶液的体积变化忽略不计） A．1mol/L B．4mol/L C．2mol/L D．8mol/L
【答案】B
【解析】在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，Mn元素化合价降低，被还原，Cl元素化合价升高，被氧化，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，MnCl2为还原产物，当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，转移10mol电子，生成2mol锰离子，故转移5mol电子时，生成阳离子的物质的量为1mol锰离子，浓度为
=4mol/L，故答案为B.
【考点】氧化还原反应
17.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的溶液中，加入足量Na2O2固体，微热充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目没有变化的是
3+3+2+
A．Al B．Fe C．NH4+ D．Fe
【答案】A
【解析】溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变；A．Fe3+增多，故A不选；B．Fe2+减少，故B选；C．铝离子浓度保持不变，故C选；D．NH4+减少，故D不选； 【考点】离子反应发生的条件
18.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A．C．
mol·L mol·L
－1
－1
B．D．
mol·L mol·L
－1
－1
【答案】A
【解析】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42-═BaSO4↓，由方程式可知n（SO42-）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=amol，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH-═Mg（OH）
2
↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH-）=bmol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n
，故答案
（SO42-），故每份中溶液n（K+）=2amol-2×bmol=（2a-b）mol，故原溶液中钾离子浓度=
选A.
【考点】离子方程式有关计算
19.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成a mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为 A．a mol B．1/2a mol C．1/4a mol D．2a mol
【答案】C
【解析】根据题意知，锌和稀硝酸反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，生成amol硝酸锌时转移电子的物质的量=amol×（2-0）=2amol，根据氧化还原反应中得失电子守恒得，被还原的硝酸的物质的量=
=0.25a，故答案选C。
【考点】氧化还原反应
20.质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水，得到的溶液密
－
度为q g/cm3（此过程中无溶质析出），物质的量浓度为c mol·L1。则溶质的相对分子质量为 A．C．
B．D．
【答案】C
【解析】蒸发掉p g水后溶质质量分数为
，c=
可知，溶质的摩尔质量M=
g/mol=，故答案为C.
【考点】物质的量浓度的计算
21.金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取 Ti的反应为 aTiO2 + bCl2+eCTiCl4＋2Mg
aTiCl4+eCO Ⅰ Ti＋2MgCl2 Ⅱ
关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是
①TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂； ②C、Mg在两个反应中均被还原；
③在反应Ⅰ、Ⅱ中Mg的还原性大于C，C的还原性大于TiCl4； ④a=1，b=\"e\" =2
－
⑤每生成19.2 g Ti，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8 mol e。 A．①②④ B．②③④ C．②⑤ D．③④ 【答案】C
【解析】①Ⅰ该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4；Ⅱ该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂；所以TiCl4在反应I中是还原产物，在反应II中是氧化剂，故正确；②C、Mg在反应中反应前后化合价都升高，所以均为还原剂，被氧化，故错误；③在反应I中碳不能还原TiO2，反应II中Mg能还原TiCl4，所以镁的还原性大于C；在反应I中碳作还原剂，TiCl4作还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以C的还原性大于TiCl4，故正确．根据反应前后各元素的原子个数守恒知2a=c；2b=4a，解得a=1，b=c=2，故正确⑤将方程式Ⅰ、Ⅱ相加得
TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2 生成1mol钛转移电子为8mol，所以每生成19.2 g Ti，反应I、II中共转移
=\"3.2\" mol e-，故错误．答案选C.
【考点】氧化还原反应
22.操作1：将1 L 1.00 mol·L-1的Na2CO3溶液逐滴加入到1 L 1.25 mol·L-1的盐酸中；操作2：将1 L 1.25 mol·L-1的盐酸逐滴加入1 L 1.00 mol·L-1的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比（同温同压下）是 A．2∶5 B．5∶2 C．1∶1 D．2∶1
【答案】B
【解析】1L 1.00mol/L 的Na2CO3溶液中n（Na2CO3）=1L×1mol/L=1mol，1L 1.25mol/L的盐酸中n（HCl）=1L×1.25mol/L=1.25mol，把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，发生反应
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑故HCl不足，由方程式可知，生成二氧化碳物质的量为1.25mol×=0.625mol，向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，首先发生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则： Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 1mol 1mol
1molNa2CO3消耗1molHCl，剩余0.25molHCl，故生成1molNaHCO3 然后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O； 0.25mol 0.25mol
NaHCO3有剩余，生成二氧化碳0.25mol，故两次操作产生的气体体积之比是0.625mol：0.25mol=5：2，故选B． 【考点】有关混合物反应的计算
23.将2.4 g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL 1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl-外，还大量存在的是
2+3+2+3+2++
A．Mg，AlO2 B．Al，Mg C．AlO2- D．Al，Mg、H
【答案】C
【解析】将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L×4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据计算2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）
=0.25L×1.5mol/L=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故答案选C. 【考点】镁铝及其化合物的性质
二、实验题
（9分）某纯碱样品中含有少量氯化钠杂质，现用下图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去）。实验步骤如下： ①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰（固体氢氧化钠和生石灰的混合物）的干燥管D的质量为85.4g； ③准确称得6g纯碱样品放入容器b中；
④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为87.6g。试回答： （1）若④⑤两步的实验操作太快，则会导致测定结果 _ _（填“偏大”或“偏小”）； （2）鼓入空气的目的是______________________，装置A中试剂X应选用_ _； （3）若没有C装置，则会导致测定结果_____（填“偏大”或“偏小”）； （4）E装置的作用是___________________________________； （5）装置B中发生反应的离子方程式 ；
（6）根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为______（计算结果保留一位小数）。
【答案】（1）偏小；（2）将装置内残留的CO2气体完全排出，达到精确测量的目的。NaOH溶液；（3）偏大；（4）防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入D的干燥管。（5）CO32-+2H+ =CO2↑+H2O；（6）88.3％
【解析】（1）反应过快会使产生的气体二氧化碳没能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收；二氧化碳质量偏小，则测定结果偏小；故答案为：偏小；（2）鼓
入空气，可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收；故答案为：使B中产生的二氧化碳全部进入D中因为空气中含有二氧化碳，因此应把鼓入的空气中的二氧化碳吸收处理，所以装置A应放入氢氧化钠溶液或其它碱溶液；故答案为：NaOH溶液或碱性溶液；（3）C装置中的浓硫酸具有吸水性，在装置中吸收由B装置排出气体中混有的水分，若少了此装置则会使气体中的水分被D装置中碱石灰吸收，而使测定质量偏大；故答案为：偏大；（4）如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；故答案为：防止空气中CO2和水蒸气进入D中；（5）B中离子方程式为CO32- + 2 H+ = CO2 ↑ + H2O；（6）反应中放出二氧化碳气体的质量=85.6g-83.4g=2.2g，设放出2.2g二氧化碳消耗碳酸钠的质量为x，由Na2CO3～CO2关系可知碳酸钠与二氧化碳的物质的量相等，即106：44=x：2.2g 解之得 x=5.3g纯碱样品Na2CO3的质量分数=【考点】有关化学方程式的计算
×100%≈88.3%
三、填空题
1.（15分）以下是有关物质相互转化的关系图，其中A俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，
G为红褐色沉淀，I的颜色呈浅绿色。
＋
（1）若F是由Na和SO42-组成的溶液，则甲的化学式是 _____________，列举A物质的一种用途______________________________________________________________。
（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为________，丁属于单质、酸、碱中的________；在I溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观察到的现象是______________________________，
对应的离子方程式和化学方程式依次是______________________，___________________。 （3）写出G→A＋C的化学方程式： ___________________________________。 （4）写出E和C反应的方程式并用单线桥法标明电子的转移方向和数目：__________。
（5）若A中混有杂质Al2O3，除去杂质的方法是加入过量的________，该反应的离子方程式为__________。 （6）由E和A组成的混合物与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3＋，且生成的Fe2＋与H2的物质的量之比为4∶1。则反应物中A、E、H2SO4的物质的量之比为________。
【答案】(1)H2SO4用做红色油漆和涂料；(2)CO 酸 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Fe2＋＋2OH===Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3；(3)2Fe(OH)3
－
－
Fe2O3＋3H2O；（4）
(5)NaOH溶液 Al2O3＋2OH===2AlO2-＋H2O；(6)1∶2∶4
【解析】其中A俗称铁红，化学式为Fe2O3；甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀判断为Fe（OH）3，C为H2O；I的颜色呈浅绿色，为亚铁离子的溶液，（1）若F是由Na+和SO42-组成的溶液，则依据转化关系得到，甲为强酸H2SO4；A为Fe2O3；氧化铁的性质分析应用和用途，铁红是非常重要的一种防锈颜料，绝大多数的涂料都开发有铁红防锈漆，如醇酸铁红防锈漆、氯化橡胶铁红防锈漆和环氧铁红防锈漆．甚至在某些环氧富锌底漆中，都以铁红作为重要辅助防锈颜料；故答案为：H2SO4；用作红色油漆和涂料；（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，判断乙为还原性气体CO，还原氧化铁为铁和二氧化碳气体，E为Fe，铁和丁反应生成亚铁离子证明丁为稀酸；亚铁离子和碱氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁红褐色沉淀；反应的离子方程式和方程式为：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；答案为：CO；酸；生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）G→A+C的化学方程式变化为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水的反应；反应化学方程式为：2Fe(OH)3示式为
Fe2O3＋3H2O（4）铁与水反应生成四氧化三铁与氢气，Fe失去电子，H得到电子，表
，故答案为：
；（5）氧化铁中含有氧化铝，利用氧化铝
的两性进行除杂，氧化铝溶于强酸强碱溶液，氧化铁溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，氧化铁不溶解；反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故答案为：NaOH溶液；
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（6）E和A组成的混合物依据上述分析判断为Fe和Fe2O3；与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1；依据反应：Fe+H2SO4=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比=1：2：4，故答案为：1：2：4． 【考点】无机物的推断
2.（8分）有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的： 阳离子：K+ Na+ Cu2+ Al3+
阴离子：SO42－ HCO3－ OH Cl
为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是： ①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；
②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解； ③进行焰色反应，仅有B为紫色（透过蓝色钴玻璃）；
④在各溶液中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，只有A中放出无色气体，只有D中产生白色沉淀； ⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成。根据上述实验填空： （1）写出B、D的化学式：B ____，D 。
（2）C可用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理____ ___。
－
（3）将含0.01 mol A的溶液与含0.02 mol E的溶液反应后,向溶液中滴加0.1 mol·L1稀盐酸。下列图象能正确表
－－
示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
－－
（4）在m mL b mol·L1C溶液中，加入等体积a mol·L1的E溶液。 当a≤3b时，生成沉淀的物质的量是 mol；
当3b＜a＜4b件时，生成沉淀的物质的量是 mol。
【答案】（1）KCL,CuSO4 ；(2) Al3+ + 3H2O === Al(OH)3 + 3H+；（3） C； (4) am/3000 ; (4mb-ma) ×10-3
【解析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；③进行焰色反应实验，只有B含有钾离子，所以E是氢氧化钠．④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，D中产生白色沉淀，则D中含有硫酸根离子，所以D是CuSO4，C是AlCl3；⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KCl，所以A是碳酸氢钠．（1）通过以上分析知，B、D分别是：KCl、CuSO4，故答案为：KCl；CuSO4；（2）C为氯化铝，水解生成胶体可净化水，离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；（3）发生反应
NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，则反应后剩余0.01molNaOH，生成0.01molNa2CO3，再滴加盐酸，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O、再HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，共消耗盐酸加盐酸时，发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成0.01mol气体，此时又消耗盐酸为
=0.2L，继续滴=0.1L，共消
耗盐酸0.3L，只有图象C符合，故答案为：C；（4）在m mL b mol•L-1 C溶液中，加入等体积a mol•L-1的E溶液，当a≤3b时，碱不足，发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓，生成沉淀的物质的量是m×10-3L×amol/L×=
3
=×10-
mol；当3b＜a＜4b时，则Al3++3OH-═Al（OH）3↓，生成沉淀为mb×10-3mol，消耗NaOH为3mb×10-3mol，然后发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，则由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O可知溶解的沉淀为am×10-3mol-3b×10-3
mol，最后生成的沉淀为mb×10-3mol-（am×10-3mol-3b×10-3mol）=（4mb-ma）×10-3mol，故答案为：am/3000 ; (4mb-ma) ×10-3
【考点】物质检验的实验方案设计
3.（10分）将Na2O2和NaHCO3的混合物粉末分为两等份，其中一份加入100mL盐酸，充分反应后溶液为中性，放出气（已干燥）2.24L（标准状况），将生成的气体全部通入另一份混合粉末，充分反应后气体的体积变为2.016L（标准状况），问：
（1）2.24L气体的成分为： ；
（2）试通过讨论并计算每份混合粉末中Na2O2和NaHCO3的物质的量： 第一种情况：n（Na2O2）= mol和n（NaHCO3）= mol； 第二种情况：n（Na2O2）= mol和n（NaHCO3）= mol．
【答案】（1）O2和CO2;（2）第一种情况：n（Na2O2）= 0.16 mol和n（NaHCO3）= 0.02 mol；第二种情况：n（Na2O2）= 0.02 mol和n（NaHCO3）= 0.09 mol．
【解析】（1）Na2O2和NaHCO3的混合物粉末分为两等份，其中一份加入100mL盐酸，充分反应后溶液为中性，则反应后溶质为氯化钠，根据反应2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，2.24L混合气体为O2和CO2，故答案为：O2和CO2；（2）2.24L混合气体的物质的量为：2.016L气体的物质的量为：
=0.09mol，
=0.1mol，
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 △n 2 2 1
m n 0.1mol-0.09mol=0.01mol
则：n=m=0.02mol第一种情况：若CO2完全反应，则第一份生成CO2的物质的量为：0.02mol，O2的物质的量为：0.1mol-0.02mol=0.08mol，则由2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑过氧化钠的物质的量为0.08mol2=0.16mol；NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO2↑生成二氧化碳为0.02mol，则碳酸氢钠为0.02mol，所以Na2O2为0.16mol，NaHCO3为0.02mol；第二种情况，若CO2未完全反应，则Na2O2的物质的量为：0.02 mol，2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑
0.02mol 0.01mol则第一份生成O2的为0.01mol，所以CO2的物质的量为： 0.1mol-0.01mol=0.09mol，由NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故碳酸氢钠为0.09mol所以Na2O2为0.02mol，NaHCO3为0.09mol，故答案为（2）第一种情况：n（Na2O2）= 0.16 mol和n（NaHCO3）= 0.02 mol；第二种情况：n（Na2O2）= 0.02 mol和n（NaHCO3）= 0.09 mol． 【考点】钠的重要化合物
4.（10分）向100mL0.1mol/L硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1mol/L Ba（OH）2溶液．随着Ba
（OH）2溶液体积V（横坐标）的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示
已知铝盐中滴加过量氨水能产生Al（OH）3沉淀，该沉淀遇强碱如NaOH溶液又可溶解。请回答下列问题： （1）写出b﹣c发生反应的离子方程式： ； （2）下列说法正确的是
A．a点的溶质为（NH4）2SO4
﹣+
B．b点溶液中一定存在：c（NH4+）+c（H）=c（OH） C．b点沉淀为Al（OH）3和BaSO4
2+
D．C点溶液中一定存在：c（AlO2﹣）＞c（Ba）＞c（NH4+） （3）写出a﹣b发生反应的离子方程式： ；
（4）滴加到c点共加入Ba（OH）2溶液的体积为 mL，b、a两点沉淀的质量差为 g（精确到0.001）．
﹣﹣
【答案】（1）Al（OH）3+OH=AlO2﹣+2H2O ；（2）ABCD；（3）SO42﹣+Ba2++NH4++OH=BaSO4↓+NH3・H2O；（4）250 1.165
【解析】100mL 0.1mol•L-1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol．溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol．关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵（开始到a）；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液（a到b）；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）．（1）b-c发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（2）A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，a点的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；B、由分析可知，溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液又电荷守恒可知，b点溶液中一定存在：c（NH4+）+c（H+）=c（OH-），故B正确；C、由分析可知，b点沉淀为Al（OH）3和BaSO4，故C正确；D、C点为氨水与偏铝酸钡溶液，0.01molAl（OH）3完全溶解生成0.01molAlO2-，需再加入0.005molBa（OH）2，一水合氨电离很弱，则点溶液中一定存在：c（AlO2-）＞c（Ba2+）＞c（NH4+），故D正确，故答案为：ABCD；（3）由上述分析可知，a-b发生离子反应为SO42-+Ba2++NH4++OH-=BaSO4↓+NH3・H2O，故答案为：SO42-+Ba2++NH4++OH-=BaSO4↓+NH3・H2O；（4）当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，则滴加到c点共加入Ba（OH）2溶液的体积为
=0.25L=250mL；
a点到b点，发生沉淀反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，需要0.005molBa（OH）2，即b、a两点沉淀的质量差为0.005mol×233g/mol=1.165g，故答案为：250；1.165． 【考点】离子方程式的有关计算
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