《100所名校》内蒙古自治区赤峰市第二中学2018-2019学年高一上学期第二次月考化学试卷 Word版含解析

2018-2019学年内蒙古自治区赤峰市第二中学
高一上学期第二次月考化学试题
化学
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。

一、单选题
1．判断下列概念的依据正确的是
A ．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
B ．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象
C ．强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小
D ．氧化还原反应的本质：有电子的得失或偏移 2．下列说法不正确．．．
的是 A ．金属钠应该密封保存在煤油中
B ．焰色反应时，铂丝需用稀硫酸洗净，并在火焰上灼烧至无色
C ．蒸馏时加入沸石的目的是为了防止暴沸
D ．使用容量瓶配制溶液定容时仰视刻度线会使得所配溶液浓度偏小 3．下列说法正确的是
A ．Fe(OH)3胶体均一、透明，能产生丁达尔效应
B ．硫酸溶液的导电性定比醋酸溶液的导电性强
C ．用萃取分液的方法除去酒精中的水
D ．CO 2溶于水后得到的溶液可以导电，所以CO 2属于电解质 4．下列实验操作完全正确的是
编号
实验
操作
A
钠与水反应
用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小
心放入装满水的烧杯中
B
配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL 准确称取氯化钾固体，放入到1000ml 的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容
C
检查容量瓶是否漏水的方法是 往容量瓶中加水，塞好瓶塞，将容量瓶倒过来，若不漏水，则容量瓶不漏水
D
取出分液漏斗中所需的上层液体
下层液体从分液漏斗下端管口流出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端管口倒出
5．在给定的四种溶液中加入以下各种离子，能在原溶液中大量共存的是 A ．常温下强酸性 的溶液： K +、HCO 3-、Br −、Ba 2+ B ．滴加酚酞溶液显红色的溶液：Fe 3+、NH 4+、Cl −、NO 3- C ．所含溶质为FeCl 3的溶液：K +、SO 42-、NO 3-、H + D ．强碱性溶液：Cu 2+、Na +、Mg 2+、NO 3- 6．下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A ．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al 3＋＋4NH 3·H 2O=AlO 2—＋4NH 4+＋2H 2O
B ．浓烧碱溶液中加入铝片：Al ＋2OH －=AlO 2—＋H 2↑
C ．用浓NaOH 溶液溶解Al 2O 3：2OH －＋Al 2O 3=2AlO 2—＋H 2O
D ．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO 32—＋2H ＋=CO 2↑＋H 2O 7．下列说法在一定 条件下可以实现的有
①酸性氧化物与碱反应生成酸式盐 ②没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应 ③有单质参加的非氧化还原反应 ④两种氧化物反应的产物有气体 A ．1 个 B ．2 个 C ．3 个 D ．4个
8．把一定量的Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO 4)2·12H 2O]溶液中，使SO 42-全部转化成BaSO 4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是
A ．Al 3＋
B ．Al(OH)3
C ．AlO 2-
D ．Al 3＋和Al(OH)3
9．根据表中信息判断,下列说法不正确的是
序号 反应物
产物 ①
KMnO 4、H 2O 2、H 2SO 4
K 2SO 4、MnSO 4
此卷只装订不密
封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
A．第①组反应的其余产物为H2O和O2
B．第②组反应从产物可以得出还原性:Fe2+>Br-C．第③组反应中生成1 mol Cl2,转移电子数为2N A D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4->Cl2>Fe3+>Br2
10．在t ℃时将a g NH3完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为w。

下列说法正确的是
A．溶质的质量分数w＝a/(Vρ-a)×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝a/17V mol·L－1
C．溶液密度ρ可表示为17c/w g·cm－3
D．上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w
11．将固体X投入过量Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，且不易溶于水，则X和Y可能依次是
A．钠和氯化铝溶液B．铝和烧碱溶液
C．过氧化钠和氯化亚铁溶液D．锌和稀硫酸
12．把足量铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H+与SO42-的物质的量浓度之比是
A．1:4 B．2:7 C．1:2 D．3:8
13．下列图像均为实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的量(X)之间的关系图，则其中正确的是
A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡
B．向NaAlO2溶液中逐滴滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡
C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量
D．向等物质的量浓度的NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量
由此可推测原溶液中
A．SO42－、NH4+和Na+一定存在，CO32－一定不存在
B．SO42－、NH4+一定存在，Na+和CO32－一定不存在
C．c(Fe3+)=0.1 mol•L－１
D．c(Cl－)≥0.4mol•L－１
15．在托盘天平两端的烧杯中加入同浓度同体积的足量盐酸，当向两个烧杯中分别加入0.1mol 两种金属充分反应后，而在某一端要再放一个0.2g砝码，天平才能平衡，则这两种金属是A．Mg和Al B．Al和Fe C．Fe和Cu D．Na和Mg
16．浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。

下列判断正确的是(气体体积取标准状况计算
)
A．通入CO2后，A烧杯中的溶质成分是Na2CO3
B．B烧杯中通入的CO2体积为448 mL
C．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
D．通入CO2后，C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶2
二、计算题
17．将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL ,4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下6.72L气体。

向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，所得沉淀的物质的量(mol)与滴加KOH溶液的体积(mL)之间的关系如图所示：
(1)OA对应反应的离子方程式为________________，BC对应反应的离子方程式为
_________________；
(2)c(KOH)=_________mol/L，混合物中氧化铝的物质的量为_____mol；
(3)A点对应的数值为_______；
(4)在中学阶段，实验室里检验B点对应的溶液中的阳离子时，所观察到的现象是___________。

(5)向C点对应的溶液中通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为______________。

三、填空题
18．铁是人类较早使用的金属之一。

运用铁及其化合物有关知识，回答下列问题：
(1)铁在一定条件下，可与水蒸气反应写出该反应的化学方程式
______________________________
(2)向沸水中逐滴滴加1 mol·L－1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为
________________________________
(3) 焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，作用是消除焊接处的铁锈(成分是Fe2O3)。

发生反应的体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X。

①写出并配平该反应的化学方程式：_________________________________
②发生氧化反应的物质是________，反应中有4 mol的Fe2O3参与反应能________ (填“失去”或“得到”)________ mol电子。

③反应中产生了11.2 L(标准状况)的气体时，被还原的物质的质量为_____。

(4)高铁酸钠Na2FeO4是一种新型净水剂。

①高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3＋3NaClO＋4NaOH===2Na2FeO4＋3X＋5H2O，则X的化学式为___________。

②下列物质能作净水剂(能除去水中的悬浮物)的有____________。

A.[KAl(SO4)2·12H2O] B．Al(OH)3胶体
C．ClO2D．“84”消毒液
四、实验题
19．化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：
查得资料：①该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；
②牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。

Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验：取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤。

(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。

往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。

观察到的现象是____________________。

Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。

依据实验过程回答下列问题：
(2)实验过程中需持续缓缓通入空气。

其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有_______。

(3)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_____________(填标号)。

a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b.滴加盐酸不宜过快
c.在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d.在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
(4)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。

则样品中碳酸钙的质量分数为_____________________________。

(5)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。

实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是__________。

(6)将等体积的AlCl3与NaOH溶液混合，充分反应后，测得混合溶液中含有铝元素质量是沉淀中含有铝元素质量的2倍，则c(AlCl3)与c(NaOH)的比值是____________。

五、推断题
20．已知：①某银白色固体单质A，放在空气中可氧化成白色固体B
②将A 点燃，火焰呈黄色，生成淡黄色固体
C
③A、B、C 三种物质都能跟无色液体D 反应，生成碱性物质E，其中A 跟D 反应时还可生成可燃性气体F，C 跟D 反应时则生成另一种气体G
④F 和G 混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸，并生成D。

完成下列问题：
(1)C 的名称为_____，A 与D 反应的类型属于_____。

(2)写出下列反应的化学方程式A → B _____ A→E____ C → E ____
2018-2019学年内蒙古自治区赤峰市第二中学
高一上学期第二次月考化学试题
化学答案
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A.仅含有一种元素的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧，只含氧元素，属于混合物，故A 错误；
B.溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小，丁达尔效应是胶体的特征性质，故B错误；
C.电解质按电离程度分成强电解质和弱电解质，完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；故C错误；
D.氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，本质是电子的转移，电子转移包括电子的得失和偏移；故D正确；
故选D。

【点睛】
正确理解各概念是解答本题的关键，注意：(1)溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小；
(2)氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，本质是电子的转移。

2．B
【解析】
【详解】
A.钠与空气中水，氧气等反应，金属钠的密度比煤油大，金属钠密封保存在煤油中以隔绝空气，故A正确；
B.焰色反应时，铂丝需用稀盐酸洗净，故B错误；
C.蒸馏时加入沸石的目的是为了防止液体沸腾时的剧烈跳动，即防止暴沸，故C正确；
D．定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，使得所配溶液浓度偏小，故D正确。

故选B。

3．A
【解析】
A项，Fe(OH)3胶体均一、透明，能产生丁达尔效应，正确；B项，溶液导电性的强弱取决于溶液中离子物质的量浓度的大小和离子所带电荷数，很稀硫酸溶液的导电性可能比浓醋酸溶液的导电性弱，错误；C项，酒精和水为互相混溶的液态混合物，不能用萃取分液法除杂，应加入生石灰后蒸馏，错误；D项，CO2的水溶液能导电，导电的离子不是CO2电离产生的，是CO2与H2O反应生成的H2CO3电离产生的，CO2属于非电解质，错误；答案选A。

4．D
【解析】
【分析】
A.需要滤纸吸干煤油,烧杯中不能装满水；
B.容量瓶中不能溶解固体；
C.根据容量瓶查漏的方法:加水、盖塞子、倒转、旋塞、倒转来回答；
D.分液时避免上下层液体混合,上层液体应该从分液漏斗上端管口倒出。

【详解】
A.需要滤纸吸干煤油,煤油易燃烧,烧杯中不能装满水,生成气体可能使Na从烧杯中窜出,有安全隐患,故A错误；
B. 配制KCl溶液时应先将KCl晶体溶解在小烧杯中，恢复到室温再转移到容量瓶中，容量瓶中不能溶解固体,故B错误；
C. 检查容量瓶是否漏水的方法是:往容量瓶中加水,塞好瓶塞,将容量瓶倒过来,若不漏水,将瓶塞旋转180°,再倒过来,看是否漏水，所以C错误；
D.分液时避免上下层液体混合,则下层液体从分液漏斗下端管口放出,关闭活塞,换一个接收容器,上层液体应该从分液漏斗上端管口倒出,故D正确；正确选项D。

5．C
【解析】
【详解】
A. 强酸性的溶液中有大量的H+，H+与HCO3-反应不能大量共存；
B. 滴加酚酞溶液显红色，说明溶液中有OH-，Fe3+、NH4+与OH-能反应，不能大量共存；
C.离子相互间不反应，能大量共存；
D. 强碱性溶液有大量的OH-，Cu2+、Mg2+与OH-能反应，不能大量共存；
故选C。

【点睛】
在酸性溶液中除题给离子外，还应有大量H+；在碱性溶液中除题给离子外，还应有大量OH-。

Fe2+、NO3-、H+在一起因发生氧化还原反应不能大量共存。

6．C
【解析】
A 中应生成Al(OH)3而不是AlO 2—，因为Al(OH)3不溶于氨水；
B 中电荷不守恒；D 中MgCO 3
难溶，不能拆写为CO 32—。

7．D 【解析】 【详解】
①酸性氧化物与碱反应生成酸式盐，如过量二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，①正确； ②酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH 3COONa=CH 3COOH+NaCl ，②正确； ③同素异形体间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，如氧气生成臭氧，③正确； ④3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO 是两种氧化物反应的产物有气体，④正确。

故选D 。

8．C 【解析】
试题分析： Ba(OH)2和KAl(SO 4)2以物质的量比2∶1反应时，才能使S 全部转化成BaSO 4，
此时铝元素全部转化为Al
，反应方程式为2Ba(OH)2+KAl(SO 4)2====2BaSO 4↓+KAlO 2+2H 2O 。

考点：铝的氧化物与氢氧化物 从铝土矿中提取铝 9．D 【解析】
试题分析：A 、第①组中反应物为KMnO 4 、H 2O 2 、H-2SO 4，其中KMnO 4 为氧化剂，还原为MnSO 4，H 2O 2为还原剂，被氧化为O 2，根据元素守恒，除生成K 2SO 4 还要生成H 2O ，故A 正确；B 、第②组反应中铁元素的化合价由+2价升高到+3价，Fe 2+是还原剂，溴元素的化合价没有变化，表明还原性Fe 2+
> Br －
，故B 正确；C 、第③组反应中氯元素的化合价由-1价升高到0价，是还原剂，生成1mol Cl 2，转移电子的物质的量为2mol ，数目为2N A ，故C 正确；D 、根据③可知，氧化性MnO 4
－
> Cl 2，根据②可知Cl 2 > Br 2> Fe 3+，氧化性由强到弱顺序为MnO 4－ > Cl 2 > Br 2> Fe 3+，故D 错误，
故选D 。

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

10．D 【解析】 【详解】
A 、氨水溶液的溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g•cm -3，体积为VmL ，所以溶液质量为ρVg ，溶质氨气的质量为
ag ，溶质的质量分数为ag
ρVg ×100%=a
ρV ×100%，故
A 错误；
B 、a g NH 3的物质的量为
a g
17g/mol =a
17
mol ，溶液体积为VmL ，所以溶液的物质的量浓度为
a
17
mol V×10−3L
=
1000a 17V
mol/L ，故B 错误；C 、
溶液密度ρ=m(溶液)V(溶液)
=
ag w
VmL =
a
wV
g·cm －
3，故C 错误；D 、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与
水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w ，故D 正确；故选D 。

11．A 【解析】
试题分析：A 项钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铝溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝，正确；B 项铝和烧碱溶液反应不会得到白色沉淀，错误；C 项过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和二氧化碳，但氢氧化钠和氯化亚铁反应生成的白色沉淀会迅速变为灰绿色最终变为红褐色沉淀，而且二氧化碳不能燃烧，错误；D 项锌和稀硫酸反应不会生成白色沉淀，错误。

考点：考查常见物质的化学性质和实验现象分析
点评：熟记常见物质的化学反应，并且会分析相关的实验现象 12．A
【解析】
掌握“差量法”的运用
铁粉发生的反应为(设硫酸铜、硫酸分别为xmol 、ymol)：
依题意可知：8x=56y ，即x:y=7：1
则可计算出原溶液中H +与SO 42-的物质的量浓度之比为：2×1：(7+1)=1：4 答案为A 13．C 【解析】
A. 向AlCl 3溶液中逐滴加入NaOH 溶液至过量且边滴边振荡，反应为：Al 3＋＋3OH －＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH －＝AlO 2－＋2H 2O ，图像不符合，A 错误；
B. 向NaAlO 2溶液中逐滴滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，反应物：AlO 2－＋H ＋＋2H 2O ＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H ＋＝Al 3＋＋3H 2O ，B 不符合；
C. 向NH 4Al(SO 4)2溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量首先生成氢氧化铝沉淀，然后铵根结合氢氧根生成一水合氨，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，图像符合，C 正确；
D. 向等物质的量浓度的NaOH 、Ba(OH)2、NaAlO 2的混合溶液中逐渐通入CO 2至过量，依次生成碳酸钡沉淀、碳酸钠、氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠、碳酸氢钡，图像不符合，D 错误，答案选C 。

点睛：明确反应的原理，尤其是反应的先后顺序是解答的关键。

另外还需要掌握图像的答题技巧：首先弄清纵、横坐标的含义。

其次弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。

最后弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。

曲线的
拐点代表着一个反应过程的结束和开始。

14．D
【解析】
【分析】
向溶液中加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明含有NH4+为0.02mol，同时产生
红褐色沉淀，含有Fe3+，过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体，则n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=0.02mol，
c(Fe3+)=0.02mol/0.1L=0.2 mol•L－１；向上述滤液中加入足量盐酸，无气体产生，说明不含CO32－，再加足量的BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，则含n(SO42－)=n(BaSO4)= 0.02mol，在溶液中阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数，阳离子所带正电荷总物质的量为n(NH4+)×1+3
×n(Fe3+)=0.08mol，阴离子所带负电荷总物质的量为0.04mol<0.08 mol，所以溶液一定还有阴离子，只能含有Cl－，若无其它阳离子，则Cl－物质的量是0.08 mol-0.04mol=0.04mol，c(Cl－) =0.04mol
/0.1L=0.4 mol•L－１，若含有其它阳离子，c(Cl－)要大于0.4 mol•L－１。

【详解】
A. 向上述滤液中加入足量盐酸，无气体产生，说明没有CO32－，原溶液中一定存在SO42－、NH4+、Cl－、Fe3+，一定不存在CO32－，无法判断是否含Na+，故A错误；
B. 原溶液中一定存在SO42－、NH4+、Cl－、Fe3+，一定不存在CO32－，无法确定原溶液中是否含有Na+，故B错误；
C. n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=0.02mol，c(Fe3+)=0.02mol/0.1L=0.2 mol•L－１，故C错误；
D. 若无其它阳离子，则Cl－物质的量是0.08 mol-0.04mol=0.04mol，c(Cl－) =0.04mol /0.1L=0.4 mol•L－１，若含有其它阳离子，c(Cl－)要大于0.4 mol•L－１，故D正确。

故选D。

15．A
【解析】
根据题意,托盘天平两边溶液的增重相差0.2g才能满足条件，题中金属与酸反应生成氢气的关系式分别为Mg~H2，2Al~ 3H2，Fe~H2，2Na~H2，当0.1mol金属与足量稀盐酸作用后，溶液的增重分别如下：m(Mg)=0.1mol×24g/mol-0.1 mol×2g/mol=2.2g，m(Al)=0.1mol×27g/mol-0.15 mol×2g/mol=2.4g，m(Fe)=0.1mol×56g/mol-0.1 mol×2g/mol=5.4g，m(Na)=0.1mol×23g/mol-0.5 mol×2g/mol=2.2g，Cu不
与稀硫酸反应，增重6.4；故满足条件的金属组合为Mg和Al或Na和Al；答案选A。

16．B
【解析】
试题分析：浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，可能发生反应为：2NaOH + CO2= Na2CO3+ H2O、Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3，故所得溶液溶质可能为：①NaOH、Na2CO3，②Na2CO3，③Na2CO3、NaHCO3，④NaHCO3；再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，可能发生反应为：NaOH+ HCl =" NaCl" + H2O，Na2CO3+ HCl = NaHCO3+ NaCl，NaHCO3+ HCl =" NaCl" + CO2↑ + H2O，由图像可知A曲线前50ml 不产生气体，后150ml，产生气体，故A溶液溶质为③Na2CO3、NaHCO3，故A项错误；B曲线前100ml不产生气体，后100ml产生气体，可知该溶液为②Na2CO3溶液，则可知通入的CO2体积为0.1L×0.2mol/L×22.4L/mol×1000=448ml，故B项正确；由图象可知加入盐酸200ml后反应完毕，则原NaOH溶液的浓度为0.2L×0.2mol/L÷0.1L="0.4" mol/L，故C项错误；C曲线前150ml无气体产生，后50ml产生气体，可知溶液溶质为①NaOH、Na2CO3，可知C烧杯中溶质成分的物质的量之比为
n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝2:1，故D项错误；本题选B。

考点：碱与二氧化碳反应计算。

17．H+ +OH-=H2O Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O 4 0.1 200 透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】
将一定量的铝粉、氧化铝、氧化镁的混合物加入到300mL4mol/L的稀硫酸中，生成标准状况下
6.72L气体，氢气的物质的量为 6.72L
22.4L/mol
=0.3mol，根据2Al~~3H2，混合中Al粉的物质的量为
0.3mol×2
3
=0.2mol；向反应后的溶液中滴加一定物质的量浓度的KOH溶液时，根据沉淀的物质的量(mol)与滴加KOH溶液的体积(mL)之间的关系图，可知：(1)OA段酸过量，发生酸碱中和反应，离子反应方程式为H+ +OH-=H2O；继续滴加KOH溶液将溶液里的Al3+和Mg2+转化为Al(OH)3和
Mg(OH)2沉淀，BC段滴加KOH溶液，溶解生成的Al(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
(2)B点为完全沉淀点，此时溶液中溶质K2SO4，根据原子守恒可知
n(K+)=2n(SO42-)=2×0.3L×4mol/L=2.4mol，此时消耗KOH溶液体积为0.6L，则c(KOH)=2.4mol
0.6L
=4mol/L；BC段共消耗KOH溶液体积为0.1L，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知Al(OH)3的物质的量为4mol/L×0.1L=0.4mol；设氧化铝的物质的量为n mol，根据原子守恒2n mol+0.2 mol=0.4mol，n=0.1；
(3)C点对应的沉淀Mg(OH)2物质的量为0.2mol，则生成沉淀Mg(OH)2和Al(OH)3消耗KOH
的物质的量为0.2mol×2+0.4mol×3=1.6mol，消耗KOH溶液的体积为1.6mol
4mol/L
=400mL，则A点对应的数值为600mL-400mL=200mL；
(4)K+的检验可用焰色反应，具体操作是透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色；
(5)C点对应的溶液中含有AlO2-，通入足量的CO2所发生反应的离子方程式为CO2 +AlO2-
+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
18．Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋6NH4Cl＋
4Fe2O3===6Fe＋2FeCl3＋3N2↑＋12H2O NH4Cl 得到18 80 g NaCl AB 【解析】
【分析】
(1)铁在高温下与水蒸气反应的化学方程式为。

(2)向沸水中逐滴滴加1 mol·L－1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，这时发生Fe3+的水解反应，产生氢氧化铁胶体和盐酸。

(3)①根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物为NH4Cl、Fe2O3，则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒可知X中含有H、O元素，则X为H2O，用化合价升降法配平方程式。

②NH4Cl中N元素的化合价由-3价升高到0，所以NH4Cl发生氧化反应。

③气体与起氧化剂作用的氧化铁的关系为，3N2～3Fe2O3。

(4)①因为反应前后各元素原子个数相等，X的化学式为NaCl。

②氢氧化铝胶体能够吸附水中的悬浮物。

【详解】
(1)铁在高温下与水蒸气反应的化学方程式为，故答案为：。

(2)向沸水中逐滴滴加1 mol·L－1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，这时发生Fe3+的水解反应，产生氢氧化铁胶体和盐酸，离子方程式为：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，故答案为：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋。

(3)①根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物为NH4Cl、Fe2O3，则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X，根据元素守恒可知X中含有H、O元素，则X为H2O，由反应物和生成物可知，NH4Cl+Fe2O3→Fe+FeCl3+N2↑+H2O该反应Fe元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由-3价升高到0，根据电子守恒、结合N和Cl守恒可知，得电子数=失电子数=18e-，6NH4C1+Fe2O3→6Fe+2FeC13+3N2↑+H2O，再根据原子守恒可知，配平的化学反应为
6NH4Cl＋4Fe2O3=6Fe＋2FeCl3＋3N2↑＋12H2O ，故答案为：6NH4Cl＋4Fe2O3=6Fe＋2FeCl3＋3N2↑＋12H2O。

②NH4Cl中N元素的化合价由-3价升高到0，所以NH4Cl发生氧化反应，Fe元素的化合价由+3价降低为0，但在6NH4Cl＋4Fe2O3=6Fe＋2FeCl3＋3N2↑＋12H2O中，4molFe2O3参与反应只生成6mol Fe，故得到18mol电子，故答案为：得到；18。

③11.2 L(标准状况)的气体的物质的量为0.5mol，被还原的物质是Fe2O3，气体与起氧化剂作用的氧化铁的关系为，3N2～3Fe2O3，则被还原的物质的质量为0.5mol×160g/mol=80g，故答案为：80g。

(4)①因为反应前后各元素原子个数相等，X的化学式为NaCl，故答案为：NaCl。

②A.[KAl(SO4)2·12H2O] 电离生成的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能够吸附水中的悬浮物，故A 正确；
B .Al(OH)3胶体，能够吸附水中的悬浮物，故B正确；
C.二氧化氯具有强氧化性，可以消毒杀菌，故C错误；
D.“84”消毒液也有杀菌消毒作用，故D错误。

故选AB。

19．(1)通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体生成、沉淀溶解；
(2)把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收
(3)c、d
(4)25%
(5)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中(6) 1:1或3:11
【解析】
试题分析：(1)通入过量CO2时发生反应：AlO2—＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3—，产生白色沉淀，再加过量盐酸时发生反应：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，HCO3—＋H＋===H2O＋CO2↑，白色沉淀溶解，同时产生气体。

(2)装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH) 2溶液吸收；(3)a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，a不符合；b、滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，b不符合；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高测定准确度，c 符合；d．在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，氯化氢已被C装置吸收，不影响CO2，不能提高测定准确度，d符合；(4)BaCO3质量为3．94g，则n(BaCO3)==0．02mol，则
n(CaCO3)=0．02mol，质量为0．02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为
×100%=25%．(5)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高；(6)根据反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3HCl ，
Al(OH)3+ NaOH= NaAlO2+2H2O，溶液中铝元素的存在形式可以是Al3＋或AlO2－。

故当溶液中Al3＋与Al(OH)3物质的量之比为2∶1时，c(AlCl3)：c(NaOH)＝3∶3=1：1；当溶液中AlO2－与Al(OH)3的物质的量之比为2∶1时，c(AlCl3)：c(NaOH)＝3∶11。

考点：考查元素及其化合物的性质。

20．过氧化钠置换反应/氧化还原反应4Na + O2 =2Na2O 2Na + 2H2O =2NaOH + H2↑ 2 Na2O2＋2H2O = 4NaOH ＋O2↑
【解析】
【分析】
①某银白色固体A，放在空气中可氧化成白色固体B，说明可能是活泼金属钠；
②将A点燃，火焰呈黄色，生成淡黄色固体C，证明A是Na，燃烧生成的C为过氧化钠(Na2O2)，则B为Na2O。

③A、B、C都能跟无色液体D反应，生成碱性物质E，判断E为NaOH，D为H2O，其中A为Na，跟D反应时生成的可燃性气体F为氢气；C (Na2O2) 与D (H2O)反应生成的另一种气体G 为O2；
④F(H2)和G(O2) 混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸，并生成D(H2O)。

【详解】
(1)淡黄色固体C为Na2O2，其名称为过氧化钠；A 与D 的反应为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应属于置换反应或氧化还原反应，故答案为：过氧化钠；置换反应/氧化还原反应；
(2)A为Na，B是Na2O，C是Na2O2，D是H2O，E是NaOH，F是H2，，G是O2，
A → B：4Na + O2 =2Na2O ，A→E：2Na + 2H2O =2NaOH + H2↑；C → E ：2 Na2O2＋2H2O =4NaOH ＋O2↑。

故答案为：4Na + O2 =2Na2O；2Na + 2H2O =2NaOH + H2↑；2 Na2O2＋2H2O =4NaOH ＋O2↑。