精品解析：河南省洛阳市第一高级中学2021届高三9月月考化学试题(解析版)

洛阳一高2020-2021学年第一学期9月月考试卷
高三化学
本试卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 Al27
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质
的归类，完全正确的是选项 A B C D
强电解质Fe NaCl CaCO3HNO3
弱电解质CH3COOH NH3H3PO4Fe(OH)3
非电解质蔗糖BaSO4酒精H2O
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误，不符合题意；
B选项，氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，故B错误，不符合题意；
C选项，碳酸钙是强电解质，磷酸是弱电解质，酒精是非电解质，故C正确，符合题意；
D选项，水是弱电解质，故D错误，不符合题意；
综上所述，答案为C。

【点睛】电解质是酸、碱、盐、水、金属氧化物，强电解质是强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物。

2. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()
A. 鉴别纯碱与小苏打
B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应
D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A 符合题意；
B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B 不符合题意；
C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C 不符合题意；
D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D 不符合题意。

故答案是A 。

3. 下列化学用语表述正确的是
A. 氯气通入水中：Cl 2+H 2O===2H ++Cl -+ClO -
B. 电解饱和食盐水：2Cl -+2H +===Cl 2↑+H 2↑
C. 向H 2O 中投入Na 2O 2固体：2H 2O+Na 2O 2===2Na ++2OH -+O 2↑
D. 向Ba(OH)2中逐滴加入NaHSO 4溶液使Ba 2+恰好沉淀完全：Ba 2++OH -+H ++2-
4SO ===BaSO 4↓+H 2O 【答案】D 【解析】
【详解】A ．次氯酸为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为：Cl 2+H 2O===H ++Cl -+HClO ，故A 错误； B ．电解饱和食盐水时阴极放电的为水电离出来的氢离子，水为弱电解质，不能拆，正确离子方程式为
2Cl -+2H 2O
通电
Cl 2↑+H 2↑+2OH -，故B 错误；
C ．向H 2O 中投入Na 2O 2固体正确离子方程式为：2H 2O+2Na 2O 2═4Na ++4OH -+O 2↑，故C 错误；
D ．向Ba(OH)2中逐滴加入NaHSO 4溶液使Ba 2+恰好沉淀完全，此时硫酸根和钡离子的计量数之比为1:1，离子方程式为Ba 2++OH -+H ++2-
4SO ===BaSO 4↓+H 2O ，故D 正确； 综上所述答案为D 。

4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ①0.1 mol·
L -1 NaAlO 2溶液：H +、Na +、Cl -、2-
4SO ②pH ＝11的溶液中：2-3CO 、Na +、-
2AlO 、-3NO 、S 2-、2-
3SO
③水电离的H +浓度为10-12 mol·
L -1的溶液中：Cl -、2-3CO 、-3NO 、2-3SO
④加入Mg 能放出H 2的溶液中：Mg 2+、+4NH 、Cl -、K +、2-
4SO ⑤使甲基橙变黄的溶液中：Fe 2+、-4MnO 、-
3NO 、Na +、2-
4SO ⑥中性溶液中：Fe 3+、Al 3+、-3NO 、Cl -、S 2- A. ①③⑤ B. ②④
C. ②⑤⑥
D. ④⑤
【答案】B 【解析】
【详解】①偏铝酸根会和氢离子发生反应，当氢离子少量时生成氢氧化铝沉淀，当氢离子过量时生成铝离子，二者无法大量共存，故①不符合题意；
②pH=11的溶液显碱性，碱性溶液中几种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，故②符合题意；
③水电离的H +浓度为10-12 mol·
L -1的溶液中水的电离受到抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，酸性溶液中碳酸根、亚硫酸根不能大量存在，故③不符合题意；
④加入Mg 能放出H 2的溶液显酸性，酸性溶液中几种离子相互之间不反应，也不与镁离子反应，可以大量共存，故④符合题意；
⑤使甲基橙变黄的溶液pH ＞4.4，可能是酸性溶液、碱性溶液或中性溶液，酸性溶液中硝酸根、高锰酸根会将亚铁离子氧化，故⑤不符合题意；
⑥Fe 3+、Al 3+只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量存在，故⑥不符合题意； 综上所述答案为B 。

5. 某同学设计完成了以下两个实验：
①向盛有KI 溶液的试管中加入少许CCl 4后滴加氯水，CCl 4层变成紫色。

继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl 4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO 3)。

②向盛有KBr 溶液的试管中加入少许CCl 4后滴加氯水，CCl 4层变成红棕色。

继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl 4层的颜色没有变化。

下列说法不正确的是
A. 实验①生成HIO 3时发生的反应为：I 2+5Cl 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl
B. 实验②中当CCl 4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br 2的CCl 4溶液
C. 由上述实验得出Cl 2、Br 2、I 2的氧化性由强到弱的顺序是：Cl 2＞Br 2＞I 2
D. 由上述实验得出Cl 2、HIO 3、HBrO 3氧化性由强到弱的顺序是：HBrO 3＞Cl 2＞HIO 3 【答案】C
【解析】
【详解】A ．由继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl 4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO 3)可知，氯气可氧化碘单质，发生离子反应为I 2+5Cl 2+6 H 2O=2HIO 3+10HCl ，故A 正确；
B ．由盛有KBr 溶液的试管中加入少许CCl 4后滴加氯水，CCl 4层变成红棕色可知，溴易溶于四氯化碳，则可通过萃取分液的方法获得Br 2的CCl 4溶液，故B 正确；
C ．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，①中氧化性为Cl 2＞I 2，②中氧化物为Cl 2＞Br 2，不能比较Br 2、I 2的氧化性，故C 错误；
D ．由①②中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是：HBrO 3＞Cl 2＞HIO 3，故D 正确； 故选C 。

6. 高铁酸钾(K 2FeO 4)是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe(OH)3+ClO -+OH -→2-
4FeO +Cl -+H 2O(未配平)。

下列有关说法不正确的是 A. 由上述反应可知，ClO -的氧化性强于2-4FeO B. 高铁酸钾中铁显+6价
C. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3
D. K 2FeO 4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe 3+与水反应形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质 【答案】C 【解析】
【详解】A ．该反应中ClO -为氧化剂，2-4FeO 为氧化产物，所以ClO -的氧化性强于2-4FeO ，故A 正确； B ．高铁酸根中氧元素为-2价，设Fe 元化合价为x ，则x+(-2) 4=-2，解得x=+6，故B 正确；
C ．该反应中ClO -为氧化剂，Cl 元素化合价由-1价变为-2价，Fe(OH)3为还原剂，Fe 元素化合价由+3价变为+6价，根据化合价升降平衡可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故C 错误；
D ．K 2FeO 4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe 3+，Fe 3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，故D 正确。

综上所述答案为C 。

7. 下列说法正确的是
A. 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
B. 失电子难的原子获得电子的能力一定强
C. 得到电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
D. 要实现Fe 2+→Fe 3+的转化，必须加入氧化剂 【答案】D 【解析】
【详解】A. 阳离子可以有还原性如Fe 2＋，阴离子可以有氧化性如ClO －，故A 错误；
B. 失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如稀有气体既难失去电子，又难得到电子，故B 错误；
C. 氧化性强弱与得到电子多少没有关系，故C 错误；
D. Fe 2＋到Fe 3＋的转化属于氧化反应，必须加入氧化剂，故D 正确。

答案选D 。

8. 某强氧化剂XO(OH)2+被Na 2SO 3还原。

如果还原2.4×10－3molXO(OH) 2+，需用30mL0.2mol·L －1的Na 2SO 3溶液，那么X 元素被还原后的价态是（ ） A. －1 B. 0 C. ＋1 D. ＋2
【答案】B 【解析】
【详解】Na 2SO 3还原2.4×
10-3molXO(OH)2+到X 元素的低价态，则Na 2SO 3被氧化为Na 2SO 4，反应中S 元素的化合价由+4价升高为+6价，令X 元素在还原产物中的化合价为a ，由得失电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2mol•L -1×(6-4)，解得a=0，故选B 。

9. 现有25mL2mol·
L －
1的Na 2CO 3溶液和75mL1mol·L －
1的稀盐酸。

（1）将Na 2CO 3溶液逐滴入稀盐酸中；（2）将稀盐酸逐滴滴入Na 2CO 3溶液中。

两操作的现象及结果(标准状况下)为 A. 现象相同，所得气体的体积相等 B. 现象不同，所得气体的体积不等 C. 现象不同，所得气体的体积相等 D. 现象相同，所得气体的体积不等
【答案】B 【解析】
【详解】碳酸钠的物质的量为0.025L ×2mol/L=0.05mol ，HCl 的物质的量为0.075L ×1mol/L=0.075mol 。

向23Na CO 溶液中逐滴滴入盐酸，发生分步反应：
Na CO +HCl=NaHCO +NaCl 233，↑NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO 322；
0.05mol 碳酸钠消耗0.05molHCl ，生成0.05molNaHCO 3，剩余的0.025molHCl 和生成的NaHCO 3反应生成CO 20.025mol ，所以开始没有气体产生，后来才有气体生成。

把23Na CO 溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，则发生反应↑Na CO +2HCl=2NaCl+H O+CO 2322，开始就有
气体放出。

0.075molHCl完全反应，消耗0.0375molNa2CO3，生成0.0375molCO2。

故反应现象不同，气体体积不等，故选B。

10. 将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。

下列说法不正确的是
A. 不能求出硝酸的物质的量浓度
B. 氢氧化钠溶液浓度为3mol/L
C. 可以求出合金中镁的质量
D. 可以求出沉淀的最大质量
【答案】A
【解析】
【分析】
向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的NaOH溶液是10mL，沉淀达到最大时消耗NaOH溶液是50mL，溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液是10mL，则生成氢氧化铝消耗NaOH 溶液是30mL，因此生成氢氧化镁消耗NaOH溶液是20mL，所以根据方程式Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知金属镁铝的物质量之比为1:1。

生成的NO为0.05mol，转
移电子0.15mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量均是0.15
5
mol
=0.03mol。

【详解】A. 沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可知能求出硝酸的物质的量浓度，故A错误；
B.溶解0.03mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03mol，氢氧化钠溶液浓度为0.03
0.01
mol
L
=3mol/L,故B正确；
C. 从以上分析可知可以求出合金中镁的质量，故C正确；
D. 从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故D正确；
答案选A。

【点睛】解此题时，要用好守恒关系，镁铝和稀硝酸反应生成0.05mol NO，转移电子0.15mol，根据得失电
子守恒可求出金属镁铝的物质的量均是0.15
5
mol
=0.03mol。

沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离
子守恒和硝酸根守恒能求出硝酸的物质的量浓度。

11. 某研究小组对离子方程式xR2+ + yH+ + O2 = mR3+ + nH2O的分析研究,下列说法中错误的是
A. 根据电荷守恒,得出x与y的和一定等于m
B. 根据原子守恒,得出x和m的数值一定相等
C. 根据电子得失守恒,得出x=4的结论
D. 根据氧化还原反应关系得出：R2+是还原剂, O2是氧化剂, R3+是氧化产物, H2O是还原产物
【答案】A
【解析】【详解】A．根据电荷守恒知，2x+y=3m，故A错误；B．根据各元素原子守恒知，x=m，n=2，y=2n=4，故B正确；C．根据氧化还原反应中电子得失守恒知，xR2+生成mR3+，失去x个电子，O2生成nH2O得到4个电子，所以x=4，故C正确；
D．根据氧化还原反应中各种关系知，R2+是还原剂，O2是氧化剂，R3+是氧化产物，H2O是还原产物，故D
正确；
故选A。

【点晴】为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，该离子反应为氧化还原反应型，应满足原子守恒、
电荷守恒、电子转移守恒；氧化还原反应中得电子化合价降低的物质为氧化剂，失电子化合价升高的物质
作还原剂，氧化剂对应的产物为还原产物，还原剂对应的产物为氧化产物，以此解答。

12. 将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH＝14的溶液，然后用1 mol/L的盐酸滴
定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。

则下列选项正确的是
A. 原合金质量为0.92 g
B. 标准状况下产生氢气896 mL
C. 图中V2为60 mL
D. 图中m值为1.56 g
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据原子守恒可知金属铝的质量是0.02mol×27g/mol＝0.54g。

向溶液中加入lmol•L-1的盐酸滴定，
至沉淀质量最大时，此时溶液中溶质为氯化钠，根据溶液中电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）
=0.04mol×1mol/L=0.04mol，则金属钠的质量是0.92g，则原合金的质量是0.92g＋0.54g=1.46g，选项A错误；
B. 由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知生成氢气是0.02mol＋0.03mol
＝0.05mol，标准状况下的体积是1.12，选项B错误；
C.当沉淀恰好完全溶解时溶液为NaCl、AlCl3的混合溶液，根据元素守恒可得n(HCl)=n(Na)+3n(Al)= 0.04mol ＋0.02mol×3=0.1mol,v(HCl)=n÷V=0.1mol÷1mol/L=0.1L=100ml，所以V2=100ml，选项C错误。

D. 将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，溶液呈碱性，故溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠，n(NaOH)(过量)=0.02L×1mol/L=0.02mol，由于发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O;所以消耗盐酸的物质的量也是0.02mol,因此其体积是V(HCl)=0.02mol÷1 mol/L=0.02L=20mL，所以V1为
20ml。

因此与偏铝酸钠反应的盐酸是20mL，由方程式可知NaAlO2+H2O+HCl= Al(OH)3↓+ NaCl;生成氢氧化铝是0.02mol，质量是1.56g，故D正确。

正确选项是D。

13. 下列有关图像的说法正确的是
A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；
C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量
达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe 3+=3Fe 2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C 正确；D. KNO 3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO 3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D 错误；答案选C 。

14. 在下图点滴板上进行四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. a 反应：Fe 2＋＋2H ＋＋H 2O 2===Fe 3＋＋2H 2O
B. b 反应：HCO 3-＋OH －===CO 32-＋H 2O
C. c 反应：H ＋＋OH －
===H 2O
D. d 反应：Al 3＋
＋3NH 3·
H 2O===Al （OH ）3↓＋3NH 4+ 【答案】D 【解析】
【详解】A 、Fe 2＋
被H 2O 2氧化为Fe 3＋
，a 反应的离子方程式是2Fe 2＋
＋2H ＋
＋H 2O 2=2Fe 3＋
＋2H 2O ，故A 错误； B 、碳酸氢铵与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠、一水合氨、水，b 反应的
离子方程式是：HCO 3-＋2OH －+ NH 4+=CO 32-＋H 2O+ NH 3·H 2O ，故B 错误；
C 、醋酸与氢氧化钾反应生成醋酸钾和水，c 反应的离子方程式是CH 3COOH+ OH －=CH 3COO －+H 2O ，故C 错误；
D 、氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，d 反应的离子方程式是Al 3＋
＋3NH 3·H 2O=Al(OH)3↓＋3NH 4+
，故D 正确。

15. 过氧化钠可作为氧气的来源。

常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28g ，反应中有关物质的物理量正确的是（N A 表示阿伏加德罗常数）
消耗二氧化碳
生成碳酸钠
转移的电子
A 1 mol 2N A
B 22.4 L 1 mol
C 106 g 1 mol
D 106 g 2N A
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
由化学方程式：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数。

【详解】二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加28g时，设参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y，
2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 固体质量差
2mol 2mol 56g
x y 28g
2mol x =
2mol
y
=
56
28
g
g
，解得：x=1mol，y=1mol，
碳酸钠的质量=1mol×106g/mol=106g，
因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积＞22.4L；
由化学方程式可知；1mol二氧化碳参与反应转移1mol电子，即有N A个电子转移；
由此可知上表中只有C选项正确，故答案为C。

16. 某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；
D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。

二、非选择题
17. (1)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是___。

当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为____mol。

(2)焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，在该反应中，还原剂是____。

(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1。

写出该反应的化学方程式：____。

(4)实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I-等)中回收碘，其实验过程如下：
向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I-，其离子方程式为______；该操作将I2还原为I-的目的是________。

(5)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为______，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目为___。

【答案】(1). Cu2S(2). 4(3). S(4). 4KClO3400℃
KCl+3KClO4(5). 2-
3
SO+I2+H2O=2I－
+2-
4
SO+2H+(6). 使CCl4中的碘进入水层(7). NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(8). 4N A或2.408×1024【解析】
【详解】(1)在该反应中，Cu2S中的Cu元素化合价升高，被氧化，Cu2S为还原剂；
O2中的氧元素化合价降低，被还原，O2为氧化剂；当1 mol O2发生反应时，氧化剂得到电子的物质的量为4mol，由于得失电子守恒，因此还原剂失去电子的物质的量也为4mol；
(2)焙烧明矾的反应中，硫元素的化合价既升高，又降低，因此S既是氧化剂又是还原剂；
(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，即为KCl，在生成KCl的过程中，氯元素化合价降低，因此在生成另一种盐的过程中，氯元素化合价升高，且该盐的
阴阳离子个数比为1∶1，故为KClO4，因此反应的化学方程式为4KClO3400℃
KCl＋3KClO4；
(4)含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，反应的离子方程式为2-
3
SO＋I2＋H2O=2I
－＋2-
4
SO＋2H＋；该操作将I2还原为I－的目的是使CCl4中的碘进入水层；
(5)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，还生成氢气，且反应前后B的化合价不变，所以NaBH4与H2O中H元素发生归中反应，H元素化合价由-1价、+1价变为0价，依据得失电子守恒可知：NaBH4的系数为1，H2O的系数为2，依据原子个数守恒配平反应方程式：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；根据反应过程中氢元素由-1价和+1价变化为0价计算得到反应消耗1mol NaBH4时电子转移总数4mol，转移的电子数目为4N A或2.408×1024。

18. 为了探究“二氧化碳是否在水存在时才能和过氧化钠反应”，某课题研究小组的同学们设计了如图的实验装置，分别进行了甲、乙实验。

实验甲：在干燥的试管Ⅱ中装入Na2O2，通入CO2之前，关闭K1和K2。

在试管Ⅰ内装入试剂X，保证通入的CO2干燥。

打开K1和K2，通入CO2，几分钟后，将带火星的木条插入试管Ⅲ的液面上，观察到木条不复燃，且Ⅱ中的淡黄色没有变化。

实验乙：在试管Ⅰ内装入适量的水，其他操作同实验甲。

观察到木条复燃，且Ⅱ中的淡黄色变为白色。

试回答下列问题：
(1)在装入Na2O2后，通入CO2前，关闭K1和K2的目的是______。

(2)在实验甲中，试剂X是____(填字母，下同)；在实验乙中，I中的水可以换成下列的______。

A．浓硫酸B．氢氧化钠溶液C．澄清石灰水D．饱和NaHCO3溶液E．CO2饱和溶液
(3)为了确保实验现象的准确性，制备CO2所用的反应物最好选用______(填编号)。

A．大理石B．小苏打C．烧碱D．盐酸E．稀硫酸F．稀硝酸
(4)根据上述两个实验现象，得到的结论是_______。

(5)CO2与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明：Na2O2+C18O2+H 218O→，请完成该反应的化学方程式：_________。

【答案】(1). 防止Na2O2受潮(2). A(3). DE(4). BE(5). 二氧化碳只有在水存在时才能和过氧化钠反应(6). 2Na2O2+2C18O2+2H 218O===2Na2C18O3+O2↑+2H2O
【解析】
【分析】
本实验的目的是探究二氧化碳是否在水存在时才能和过氧化钠反应，进行了两组实验，第一组是要用干燥的CO2和Na2O2反应，该组实验中要注意选择的干燥剂不能是碱性干燥剂；第二组是用湿润的CO2和Na2O2反应，该组实验中要注意湿润CO2时要降低其溶解度。

【详解】(1)为了防止水蒸气进入试管Ⅱ使Na2O2受潮，所以在装入Na2O2后，通入CO2前，关闭K1和K2；
(2)X试剂作用是干燥二氧化碳，所以X为浓硫酸，所以选A；Y试剂作用是给二氧化碳提供水蒸气，为了降低二氧化碳的溶解度，可选用饱和碳酸氢钠溶液或二氧化碳饱和溶液，所以选DE；
(3)盐酸和硝酸均有挥发性，制的CO2中会混有挥发出的HCl或硝酸蒸气，小苏打与稀硫酸生成二氧化碳，大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙是微溶物质，所以选用小苏打与稀硫酸制备二氧化碳，所以选B、E；(4)对比两组实验结果可知甲组实验中二氧化碳没有和过氧化钠发生反应，而乙组中发生反应并产生了氧气，所以结论为二氧化碳只有在水存在时才能和过氧化钠反应；
(5)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：2Na2O2+2C18O2+2H
18O===2Na2C18O3+O2↑+2H2O。

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19. 镁及其化合物是实验设计的热点载体，查阅资料。

Ⅰ．探究镁的性质。

某学习小组设计实验探究镁与二氧化氮反应的产物,实验装置如图所示。

（1）B中试剂是_____________;D装置的作用是______________________________。

（2）实验时,先启动A中反应,当C装置中充满红棕色气体时点燃酒精灯,这样操作的目的是
____________________________________________________________________________。

（3）确定有N2生成的实验现象是_______________________________________________________。

（4）实验完毕后，设计实验确认产物中有Mg3N2取少量C中残留固体于试管中,滴加蒸馏水，
_____________________,则产物中有氮化镁。

（5）经测定,Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2,其中Mg3N2和N2的物质的量相等。

C中发生反应的化学方程式为_____________________________________________________。

Ⅱ．探究Mg(OH)2在氯化铵溶液中溶解的原因。

供选试剂有：氢氧化镁、蒸馏水、硝酸氨溶液、盐酸、醋酸铵溶液。

取少量氢氧化镁粉末投入氯化氨溶液中,振荡、白色粉末全部溶解。

为了探究其原因，他们提出两种假设。

假设1：氯化铵溶液呈酸性,H++OH-=H2O,促进Mg(OH)2溶解;
假设2：NH4++OH-=NH3·H2O,促进Mg(OH)2溶解。

（6）请你帮他们设计实验探究哪一种假设正确：____________________________________________。

【答案】(1). P2O5等(2). 吸收E中挥发出来的水蒸气(3). 排尽装置内空气,避免O2、CO2、N2等与镁反应(4). E中产生气泡,瘪气球缓慢鼓起(5). 有刺激性气味的气体逸出(产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色)(6). 11Mg+4NO28MgO+Mg3N2+N2(写成4Mg+2NO24MgO+N2、3Mg+N2Mg3N2也给分)(7). 取少量氢氧化镁于试管中,加入足量CH3COONH4溶液,若白色固体溶解,则假设2正确;若白色固体不溶解,则假设1正确
【解析】
（1）B中试剂用于干燥二氧化氮，由于二氧化氮与水反应生成酸，故不能用碱性干燥剂，应选择酸性或中性干燥剂，可以是P2O5等;D装置的作用是吸收E中挥发出来的水蒸气（防止E中水蒸气进入C装置的玻璃管中干扰实验）。

（2）实验时,先启动A 中反应,当C 装置中充满红棕色气体时点燃酒精灯,这样操作的目的是排尽装置内空气,避免O 2、CO 2、N 2等与镁反应。

（3）依据题中信息，过量的二氧化氮可以被氢氧化钠溶液吸收，所以确定有N 2生成的实验现象是E 中产生气泡,瘪气球缓慢鼓起。

（4）实验完毕后，设计如下实验确认产物中有Mg 3N 2：取少量C 中残留固体置于试管中,滴加蒸馏水，有刺激性气味的气体逸出(产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色),则产物中有氮化镁。

（5）经测定,Mg 与NO 2反应生成MgO 、Mg 3N 2和N 2,其中Mg 3N 2和N 2的物质的量相等，所以C 中发生反应的化学方程式为11Mg+4NO 28MgO+Mg 3N 2+N 2。

（6）由题中信息可知，常温下，NH 3·
H 2O 、CH 3COOH 的电离常数相同，所以CH 3COONH 4溶液显中性。

因此，可以设计如下实验：取少量氢氧化镁置于试管中,加入足量CH 3COONH 4溶液,若白色固体溶解,则假设2正确;若白色固体不溶解,则假设1正确。

20. 明矾[KAl(SO 4)2·
12H 2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。

利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al 、Al 2O 3及少量SiO 2和FeO·
xFe 2O 3)可制备明矾。

工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)明矾净水的原理是_______(用离子方程式表示)。

(2)操作Ⅰ是_____，操作Ⅱ是蒸发浓缩、_____、过滤、____、干燥。

(3)检验滤液A 中是否存在Fe 2＋的试剂是______(只用一种试剂)。

(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是______，在滤液A 中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO 4-转化为Mn 2＋)：_________。

(5)已知：在pH ＝3、加热条件下，MnO 4-
可与Mn 2＋反应生成MnO 2。

加入MnSO 4发生反应的离子方程式为：________，滤渣2含有的物质是_______。

【答案】 (1). Al 3＋＋3H 2O ⇌Al(OH)3(胶体)＋3H ＋ (2). 过滤 (3). 冷却结晶 (4). 洗涤 (5). 酸性高锰酸钾溶液 (6). 2Al ＋2NaOH ＋2H 2O=2NaAlO 2＋3H 2↑ (7). 5Fe 2＋＋MnO 4-＋8H ＋=5Fe 3＋＋Mn 2
＋＋4H 2O (8). 3Mn 2＋＋2MnO 4-
＋2H 2O=5MnO 2↓＋4H ＋ (9). MnO 2、Fe(OH)3 【解析】
【分析】
铝灰（含Al 、Al 2O 3及少量SiO 2和FeO ·x Fe 2O 3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、
硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A 中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH 使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体；
【详解】(1)明矾是强酸弱碱盐，Al 3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的。

其反应原理用方程式表示是Al 3+＋3H 2O Al(OH)3(胶体)＋3H +；
(2)操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的操作，叫过滤。

操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥就得到明矾；
(3)检验滤液A 中是否存在Fe 2+的方法加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀，证明含有Fe 2+，或加入高锰酸钾溶液，溶液褪色；
(4)2Al ＋2NaOH ＋2H 2O=2NaAlO 2＋3H 2↑，Al 2O 3+2OH -=2AlO 2-+H 2O ，在滤液A 中加入高锰酸钾的目的是使Fe 2+转化为Fe 3+；发生反应的离子方程式为5Fe 2+＋MnO 4-
＋8H +=5Fe 3+＋Mn 2+＋4H 2O ； (5)根据表中数据可知当溶液的pH=3时Fe 3+可以形成沉淀Fe(OH)3，根据题意可得方程式3Mn 2+＋2MnO 4-＋2H 2O=5MnO 2↓＋4H +，由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO 2、Fe(OH)3。