内蒙古鄂尔多斯市第一中学高一上学期第三次月考化学试题

内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020-2021学年高一上学期第三
次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，该步骤应选择的实验装置是
A．B．C．
D．
2．下列物质属于能够导电的电解质是（）
A．Cu B．盐酸C．NaCl晶体D．熔融KNO3
3．下列各组中的两种物质作用，反应条件或者反应物用量改变，不会引起产物种类改变的是( )
A．Na和O2B．Fe和Cl2C．NaOH和CO2D．AlCl3和NaOH 4．“纳米材料”是指粒子直径在1～100nm之间的材料，纳米碳就是其中的一种。

若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，对所形成的分散系说法正确的是：（1）是溶液；（2）是胶体；（3）能产生丁达尔效应；（4）能通过滤纸；（5）不能通过滤纸；（6）静置后会析出黑色的沉淀。

A．（1）（4）（6） B．（2）（3）（4）
C．（2）（3）（5） D．（3）（4）（6）
5．下列说法正确的是（）
A．氧化钙、氧化镁、氧化铝都属于碱性氧化物
B．生铁、水银和黄铜都属于合金
C．萃取操作时，选择的萃取剂与水不互溶，且萃取剂的密度必须比水大
D．用长滴管往硫酸亚铁溶液中滴入氢氧化钠溶液，会观察到先产生白色沉淀，逐渐变
为灰绿色，最后呈现红褐色
6．下列离子反应方程式正确的是（）
A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O = AlO2-+4NH4++2H2O
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓+ H2O
C．少量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应：Ca2+ + 2HCO3－＋2OH-= CaCO3↓+ 2H2O + CO32-D．Fe3O4溶于稀硫酸：Fe3O4 + 8H+ = 3Fe3+ + 4H2O
7．制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生反应2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2。

向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，剩余固体不可能是( ) A．有铜无铁B．有铁无铜C．铁、铜都有D．铁、铜都无8．有100mL 3mol / L氢氧化钠溶液和100mL 1mol / L氯化铝溶液。

按如下两种方法进行实验①将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中
②将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中，比较两次实验结果。

A．现象相同，最终沉淀量相等B．现象不同，最终沉淀量不等
C．现象相同，最终沉淀量不等D．现象不同，最终沉淀量相等
9．向含有Mg2＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋的溶液中，加入过量的NaOH溶液，加热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中减少的阳离子是()
A．Cu2+B．Mg2＋C．Fe2＋D．Al3＋
10．下列实验中没有白色沉淀或晶体析出的是( )
A．饱和的石灰水中加入少量的生石灰B．饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2 C．氯化钙溶液中通入少量的CO2D．硫酸氢钠溶液中加入BaCl2溶液
11．实验室里需用480mL0.1mol·L-1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是
A．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水
B．称取12.0g胆矾配成500mL溶液
C．称取12.5g胆矾配成500mL溶液
D．.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水
12．若加入铝粉能放出氢气的溶液中分别加入下列各组离子，可能共存的是
A．NH4＋、NO3－、CO32－、Na＋B．Na＋、Ba2＋、Mg2＋、HCO3－
C．SO42－、Mg2＋、K＋、Cl－D．Fe2＋、K＋、AlO2－、NO3－
13．在8NH3＋3Cl2 = N2 ＋ 6NH4Cl反应中，有21.3克氯气参加了反应，则被氧化的NH3的质量是( )
A ．13.6克
B ．10.2克
C ．6.8克
D ．3.4克
14．已知锌与某浓度的硝酸反应，锌与HNO 3恰好完全反应时物质的量之比为5:12，则还原产物一定是（ ）
A ．N 2O
B ．N 2
C ．NH 4NO 3
D ．NO
15．将10mL 单质气体X 2和20mL 单质气体Y 2完全反应后，恰好生成20mL 气体Z ，若上述三种气体的体积都是在同温、同压下测定的，则气体Z 的分子式是( )
A ．XY 2
B ．X 2Y
C ．XY
D ．X 2Y 4
16．用等体积等物质的量浓度的BaCl 2溶液可使相同体积的Fe 2(SO 4)3 、FeSO 4 、K 2SO 4三种溶液中的SO 42-完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A ．1：3：3
B ．1：1：1
C ．3：1 ：1
D ．1：2：3
17．体积均为aL 的盐酸和碳酸钠溶液，将碳酸钠溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入碳酸钠溶液中产生的气体体积比为x ：y （同温同压，且x 不等于y ），则原碳酸钠与盐酸溶液中溶质的物质的物质的量浓度之比为（ ）
A ．x ：y
B ．（x-2y ） ：x
C ．2x ：（2x-y ）
D ．（2x-y ） ：2x
18．2CO 与2H 的混合气体5g ，在150℃时和足量的氧气混合，用电火花充分引燃，在相同状况下再将反应后所得混合气体通入到足量的22Na O 中，测得22Na O 固体增重的质量为3.4g ，则原混合气体中2CO 的质量分数为( )
A ．25%
B ．75%
C ．88%
D ．32%
19．把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中
无3Fe +，且生成的2Fe +与反应生成的2H 的物质的量之比为3：1，则原混合物中23
Fe O 与Fe 的物质的量之比为( )
A ．1：1
B ．2：5
C ．4：1
D ．3：1
20．有5.1g 镁铝合金投入500mL 2 mol/L 盐酸溶液中，金属全部溶解后，再加入4 mol/L NaOH 溶液，若要达到沉淀最大值，则加入NaOH 溶液的体积应为（ ）
A ．560mL
B ．425mL
C ．500mL
D ．250mL
二、有机推断题
21．下图表示的反应关系中，部分产物被略去。

已知2mol 白色固体粉末X 受热分解，恢复到室温生成白色固体A ， 无色液体B ，无色气体C 各1mol 。

X.E.G 的焰色反应均为黄色。

回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：A．_____________
(2)写出X受热的化学反应方程式：_______________________________
(3)写出X＋EA的离子方程式：___________________________________
(4)写出C与Na2O2参加反应的化学方程式______________________________________，若0.2molNa2O2参加反应,则转移的电子数为_____________个。

22．某溶液中可能含有的离子如下表所示：
为探究其成分，进行了探究实验。

取一定量的溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示：
（1）该溶液中一定不存在的阳离子是_____________
（2）该溶液中一定不存在的阴离子是_____________
（3）该溶液中含有的阳离子其对应的物质的量浓度之比为
____________________________
（4）写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式____________________________
三、实验题
23．为了测定已部分变质的过氧化钠样品的纯度，设计右图所示的实验装置，
图中Q为弹性良好的气球，称取一定量的样品放入其中，按图安装好仪器，打开了漏斗的活塞，将稀硫酸滴入气球中。

请填空：
（1）Q内发生化学反应时，生成的气体是__________________。

（写化学式）
（2）为了测定反应生成气体的总体积，滴加稀硫酸之前，K1、K2、K3中应当关闭的是______________，应当打开的是_______________。

（3）当上述反应停止，将K1、K2、K3均处于关闭状态，然后先打开K2，再缓缓打开K1，这时可观察到的现象是__________________________________________________。

（4）b中装的固体试剂是_____________，缓缓打开K1的原因是
______________________。

（5）实验结束时，量筒I中有x mL水，量筒II中收集到y mL气体（已折算成标准状态），则过氧化钠的纯度的数学表达式是__________________________________（需化成最简表达式。

）
四、计算题
24．把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物，溶于足量水中后有0.58g白色沉淀生成，在所得的浑浊液中，逐滴加入0.5mol/L盐酸，加入盐酸的体积(V)与生成沉淀的质量(W)关系如右图所示：
（1）混合物中NaOH的质量为_________________
（2）混合物中MgCl2的质量为_________________
（3）混合物中AlCl3的物质的量为_________________
（4）P点表示盐酸的体积是_________________
参考答案
1．C
【解析】
I2和CCl4沸点不同，从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和四氯化碳应用蒸馏法，答案选C。

点睛：本题易错选B，误以为用四氯化碳从碘水中萃取碘。

2．D
【解析】A项，Cu能导电，Cu属于单质，Cu既不是电解质也不是非电解质，错误；B项，盐酸能导电，盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质，错误；C项，NaCl晶体中的阴、阳离子不自由移动，NaCl晶体不能导电，NaCl晶体溶于水和熔融状态都能导电，NaCl晶体属于电解质，错误；D项，熔融KNO3中含自由移动的阴、阳离子，熔融KNO3能导电，熔融KNO3溶于水和熔融状态都能导电，熔融KNO3属于电解质，正确；答案选D。

点睛：本题考查电解质和非电解质的判断，物质导电的原因。

需要注意：（1）电解质和非电解质都是化合物，单质（如Cu）、混合物（如盐酸）既不是电解质也不是非电解质；（2）物质导电的原因是含自由移动的带电粒子，金属导电的原因是含自由电子，电解质溶于水或熔融状态下导电的原因是存在自由移动的阴、阳离子，电解质不一定导电（如NaCl晶体），导电的物质不一定是电解质（如Cu、盐酸等）。

3．B
【详解】
A项，Na与O2常温下反应生成Na2O，点燃时反应生成Na2O2，反应条件不同产物不同；B项，Fe与Cl2加热时反应只能生成FeCl3；
C项，NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3和H2O，NaOH与过量CO2反应生成NaHCO3，反应物用量改变产物不同；
D项，AlCl3与少量NaOH反应生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3与过量NaOH反应生成NaCl、NaAlO2和H2O，反应物用量改变产物不同；
答案选B。

4．B
【解析】
试题分析：纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体
分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，能通过滤纸，具有丁达尔现象，故（2）（3）（4）正确。

考点：胶体性质。

5．D
【解析】
A项，CaO、MgO属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，错误；B项，生铁、黄铜属于合金，水银是Hg，水银属于金属单质，错误；C项，萃取剂选择的原则：萃取剂与水不互溶，萃取剂与原溶液不反应，溶质在萃取剂中的溶解度远大于溶质在水中的溶解度，对萃取剂的密度没有要求，如从碘水中萃取碘可选择密度比水大的CCl4，也可选择密度比水小的苯，错误；D项，先发生反应2NaOH+FeSO4=Na2SO4+Fe（OH）2↓，Fe（OH）2为白色难溶于水的固体，后Fe（OH）2被氧化成红褐色的Fe（OH）3，反应为
4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，正确；答案选D。

6．C
【解析】A项，氨水为弱碱溶液，过量的氨水不能使Al（OH）3溶解，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，错误；B项，溶液呈中性，Ba（OH）2电离的OH-与NaHSO4电离的H+恰好完全反应，正确的离子方程式为
Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，错误；C项，Ca（OH）2少量，Ca2+与OH-物质的量之比为1:2，正确；D项，Fe3O4与稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3、FeSO4和H2O，正确的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，错误；答案选C。

点睛：本题考查离子方程式正误的判断。

离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实（如A、D项）；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留；（3）漏写部分离子反应；（4）“↓”、“↑”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求（如B项）；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。

7．B
【分析】
Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有
2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答。

【详解】
A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后，Cu部分
反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；
B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应而生成铜，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B可选；C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C 不选；
D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；
故选：B。

8．D
【解析】
100mL 3mol•L﹣1NaOH溶液中n（NaOH）=0.3mol，100mL 1mol•L﹣1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1mol，则①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，现象为观察到白色沉淀；②将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，由于AlCl3最后全部转化为Al（OH）3，沉淀质量相等．故选D．
9．C
【详解】
加入过量的NaOH溶液加热并搅拌，发生的反应有：
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；再加入过量盐酸，发生的反应有：
Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O、AlO2-+ 4H+=Al3++2H2O；由上述反应可见溶液中Mg2+、Cu2+、Al3+不变，减少的阳离子是Fe2+，增加了Fe3+，答案选C。

10．C
【解析】A项，加入少量生石灰后发生反应CaO+H2O=Ca（OH）2，一方面Ca（OH）2增多水减少，另一方面反应放热，Ca（OH）2溶解度随温度升高而减小，所以有Ca（OH）2析出；B项，通入过量的CO2发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，同时溶剂水减少，所以有NaHCO3析出；C项，CO2与CaCl2溶液不反应，
CaCl2溶液中通入CO2无明显现象；D项，NaHSO4溶液中加入BaCl2溶液发生反应NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+NaCl+HCl，产生白色沉淀；没有白色沉淀或晶体析出的是C，答案选C。

11．C
【分析】
需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，溶液体积为500mL，结合m=c·V·M计算。

【详解】
A．水是溶剂，加入500mL水，溶液体积大于500mL，A错误；
B．若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO4•5H2O的质量
m(CuSO4•5H2O)=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，B错误；
C．若配制溶液使用胆矾，称量CuSO4•5H2O的质量
m(CuSO4•5H2O)=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，C正确；
D．需要硫酸铜的质量m(CuSO4)=0.5L×0.1mol/L×160g/mol=8.0g，溶剂体积是500mL，得到的溶液的体积不是500mL，D错误；
答案为C。

12．C
【解析】
加入铝粉能放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性溶液NO3-不能存在。

A 项，酸性条件下NO3-、CO32-不能大量存在，碱性条件下NH4+不能大量存在；B项，酸性条件下HCO3-不能大量存在，碱性条件下Mg2+、HCO3-不能大量存在；C项，酸性条件下离子间不反应可大量共存，碱性条件下Mg2+不能大量存在；D项，酸性条件下AlO2-与H+反应，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，不能大量存在，碱性条件下Fe2+不能大量存在；可能共存的是C，答案选C。

点睛：本题考查限定条件下的离子共存。

需要注意，与Al反应放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下NO3-不能存在，因为酸性条件下若存在NO3-与Al反应放出NO 气体；酸性条件下CO32-、SO32-、HCO3-、HSO3-、AlO2-、SiO32-等不能大量存在，；碱性条件下NH4+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、HCO3-、HSO3-等不能大量存在。

13．D
【解析】分析该反应，8molNH3参加反应，只有2molNH3被氧化成氧化产物N2（NH4Cl中
N元素的化合价与NH3中N元素的化合价相同，都为-3价），被氧化的NH3占参加反应NH3
的1
4
；n（Cl2）=
21.3g
71g/mol
=0.3mol，根据反应方程式，参加反应的n（NH3）=
8
3
n（Cl2）
=8
3
⨯n（Cl2）=0.8mol，则被氧化的NH3物质的量为
1
4
⨯0.8mol=0.2mol，被氧化的NH3的质
量为0.2mol⨯17g/mol=3.4g，答案选D。

点睛：本题也可用得失电子守恒求解。

反应中N元素的化合价由NH3中的-3价升至N2中的0价，Cl元素的化合价由0价降至NH4Cl中的-1价，根据得失电子守恒，2n（Cl2）=3n（NH3）
被氧化，n（NH3）被氧化=2
3
n（Cl2）=0.2mol，n（NH3）被氧化=0.2mol⨯17g/mol=3.4g。

14．B
【解析】Zn与硝酸反应，HNO3表现氧化性和酸性，Zn被氧化成Zn（NO3）2；Zn与HNO3恰好完全反应时物质的量之比为5:12，设参加反应的Zn为5mol，参加反应的HNO3为12mol，则生成5molZn（NO3）2，被还原的HNO3物质的量为12mol-10mol=2mol，5molZn失去
10mol电子，根据得失电子守恒，2molHNO3得到10mol电子，则1molHNO3得到5mol电子，N元素的化合价降低5价，HNO3中N元素的化合价为+5价，还原产物中N元素的化
合价为0价，还原产物为N2，答案选B。

点睛：金属与HNO3反应的计算中常用守恒法：（1）N原子守恒，n（HNO3）参加反应=n（HNO3）
起氧化性作用+n（HNO3）起酸性作用；（2）得失电子守恒，金属失去电子物质的量等于起氧化性作用的HNO3得到电子物质的量。

15．A
【解析】X2、Y2、Z的体积比为10mL：20mL：20mL=1:2:2，根据阿伏加德罗定律可写出化
学方程式X2（g）+2Y2（g）=2Z（g），根据原子守恒，Z的化学式为XY2，答案选A。

16．A
【解析】等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液中BaCl2物质的量相等，Fe2（SO4）3、FeSO4、
K2SO4三种溶液中的SO42-完全转化为沉淀，根据离子反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，三种溶液中
n（SO42-）相等，三种溶液体积相同，则三种溶液中c（SO42-）相等，三种溶液中溶质物质
的量浓度之比为1
3
:1:1=1:3:3，答案选A。

17．D
【解析】若盐酸过量，将Na2CO3溶液逐渐加入盐酸中与将盐酸逐渐加入Na2CO3溶液中产生的CO2在同温同压下的体积应相等，由于x不等于y，则盐酸不足，Na2CO3溶液过量。

设原Na 2CO 3溶液中Na 2CO 3物质的量为m ，原盐酸中HCl 物质的量为n ，将Na 2CO 3溶液逐渐加入盐酸中发生的反应为Na 2CO 3+2HCl=2NaCl+H 2O+CO 2↑，生成的CO 2以HCl 计算，生成CO 2物质的量为n 2
；将盐酸逐渐加入Na 2CO 3溶液中依次发生的反应为Na 2CO 3+HCl=NaHCO 3+NaCl 、NaHCO 3+HCl= NaCl+H 2O+CO 2↑，第一步消耗HCl 物质的量为m ，则第二步消耗HCl 物质的量为（n-m ），生成CO 2物质的量为（n-m ）；根据阿伏加德罗定律， n 2
：（n-m ）=x ：y ，m ：n=（2x-y ）：2x ；盐酸和碳酸钠溶液的体积都为aL ，则原碳酸钠溶液与盐酸溶液物质的量浓度之比为（2x-y ）：2x ，答案选D 。

点睛：本题的难点是Na 2CO 3与HCl 反应时滴加顺序不同反应不同。

Na 2CO 3与HCl 反应时CO 32-是逐步结合H +：；将Na 2CO 3溶液逐渐加入盐酸中的现象是立即产生大量的气泡，发生的反应为CO 32-+2H +=H 2O+CO 2↑；而将盐酸逐渐加入Na 2CO 3溶液中的现象是一段时间无明显现象，后产生大量气泡，随着盐酸的滴入依次发生的反应为CO 32-+H +=HCO 3-、HCO 3-+H +=H 2O+CO 2↑。

18．C
【详解】
设混合气中2CO 和2H 的物质的量分别是x 和y ，则44x 2y 5g +=①。

氢气燃烧生成水，水再被过氧化钠吸收，又生成氧气，所以过氧化钠增加的质量就是氢气的质量；二氧化碳被过氧化钠吸收，也生成氧气，所以过氧化钠增加的质量就是一氧化碳的质量，所以2y 28x 3.4g +=②，联立①②解得x 0.1mol =，y 0.3mol =，所以原混合气体中2CO 的质量分数为
0.1mol 44g /mol 10088%5g
⨯⨯=％，故C 正确； 故选C 。

19．B
【详解】
设原混合物中含有xmolFe ，23ymolFe O ， 2332Fe O +6HCl =2FeCl +3H O
y 2y
32
2FeCl +Fe =3FeCl 2y y 3y
22
Fe +2HCl =FeCl +H x-y x-y x-y
则：()3y x y ⎡⎤+-⎣⎦：()x y 3-=：1，
y ：x 2=：5，
故选B 。

【点睛】
该题的关键是明确反应的原理，正确书写有关的化学反应方程式。

难点是铁首先与氯化铁反应，最后再与稀盐酸反应，注意铁离子、亚铁离子和氢离子氧化性的比较。

20．D
【解析】镁铝合金投入盐酸中，发生的反应为Mg+2HCl=MgCl 2+H 2↑、2Al+6HCl=2AlCl 3+3H 2↑；金属全部溶解后，溶液中的溶质为MgCl 2、AlCl 3、过量的HCl ，加入NaOH 溶液使沉淀达到最大值时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H 2O 、MgCl 2+2NaOH=Mg （OH ）2↓+2NaCl 、AlCl 3+3NaOH=Al （OH ）3↓+3NaCl ，由此可见沉淀达最大值时，溶液中的溶质为NaCl ，Cl 全部来自盐酸，Na 全部来自NaOH ，根据Na 、Cl 守恒，2mol/L ⨯0.5L=4mol/LV[NaOH （aq ）]，V[NaOH （aq ）]=0.25L=250mL ，答案选D 。

21．Na 2CO 3 2NaHCO 3Na 2CO 3+CO 2↑+H 2O HCO 3-+ OH -= CO 32-+H 2O 2Na 2O 2 +2CO 2 =2Na 2CO 3+O 2 0.2N A
【解析】
试题分析：本题考查无机推断，化学方程式和离子方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算。

B 为无色液体，B 与Na 2O 2反应生成的E 能与Al 反应，且E 、G 的焰色为黄色，推出B 为H 2O 、E 为NaOH 、G 为NaAlO 2；C 是无色气体，C 能与Na 2O 2反应生成A ，A+HCl→C ，则A 为Na 2CO 3、C 为CO 2；2 mol 白色固体粉末X 受热分解，恢复到室温生成A 、B 、C 各1 mol ，X 的焰色反应呈黄色，X 为NaHCO 3；C 与G 反应生成D ，CO 2与NaAlO 2溶液反应生成的D 为Al （OH ）3。

（1）根据上述分析，G 的化学式为NaAlO 2，D 的化学式为Al （OH ）3。

（2）G+C→D 是CO 2与NaAlO 2溶液的反应，若CO 2过量，反应的化学方程式为NaAlO 2+CO 2+2H 2O=Al （OH ）3↓+NaHCO 3；若CO 2少量，反应的化学方程式为2NaAlO 2+CO 2+3H 2O=2Al(OH)3↓+Na 2CO 3。

（3）X+E→A 反应的化学方程式为NaHCO 3+NaOH=Na 2CO 3+H 2O ，反应的离子方程式为
HCO3-+OH-=CO32-+H2O。

（4）C与Na2O2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，用双线桥标出电子转移方向和数目为：，2molNa2O2参加反应转移2mol电子，则
0.2molNa2O2参加反应转移0.2mol电子，转移电子数为0.2N A或1.204 1023。

22．Mg2+Fe3+CO32- AlO2-c( H+ ): c( Al3+ ): c( NH4+ ) = 2:1:3 Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O
【解析】
试题分析：本题考查离子的推断和图像的分析，根据图像进行计算。

（1）由图像知，开始加入2V0NaOH不产生沉淀，溶液中一定含有H+，此时发生的反应为H++OH-=H2O；接着加入2V0~5V0NaOH产生沉淀且沉淀量达最大，但消耗8V0~9V0NaOH 时沉淀完全溶解，溶液中一定含有Al3+，一定不含Mg2+和Fe3+；加入5V0~8V0NaOH时沉淀不发生变化，发生的反应为NH4++OH-=NH3·H2O，溶液中一定含有NH4+。

综上分析，溶液中一定存在的阳离子为H+、Al3+、NH4+，一定不存在的阳离子是Mg2+、Fe3+。

（2）由于CO32-与H+、Al3+不能大量共存，AlO2-与H+、Al3+、NH4+不能大量共存，溶液中一定不存在的阴离子为CO32-、AlO2-。

（3）根据上述分析，随着NaOH溶液的加入，图像中依次发生的反应为：
H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、NH4++
OH-=NH3·H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗的NaOH溶液的体积依次为
2V0、（5V0-2V0）、（8V0-5V0）、（9V0-8V0），消耗NaOH物质的量之比为2:3:3:1，根据离子反应得出溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2:1:3，则
c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）=2:1:3。

（4）沉淀减少过程为Al（OH）3溶于NaOH溶液，反应的离子方程式为
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。

点睛：本题考查与图像有关的离子推断，解题的关键是看清图像中关键点、曲线的变化以及消耗的NaOH之间的关系，同时注意离子推断中的原则：肯定性原则、互斥性原则（如题中CO32-、AlO2-的判断）、电中性原则、进出原则。

23．O2、CO2K1、K2K3气球逐渐变小，量筒Ⅱ中有气体进入，水被排出碱石灰控制气流量，使CO2能被碱石灰充分吸收78y／(53x+25y)
【解析】试题分析：本题考查Na2O2样品纯度的测定。

Na2O2变质的原因是Na2O2与CO2发生反应生成Na2CO3和O2，部分变质的Na2O2样品中含Na2O2和Na2CO3。

（1）将稀硫酸滴入Q中，Q中发生的反应为：
2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑、Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，生成的气体为O2、CO2。

（2）Q中发生反应产生气体，所以可观察到气球逐渐变大。

通过对两种量气装置的对比，为了测定反应生成气体的总体积，滴加稀硫酸之前，应当关闭的是K1、K2，应当打开的是K3，这样反应产生的气体将广口瓶中气体排进集气瓶中，通过测量量筒I中液体的体积来确定反应生成的气体的总体积。

（3）当上述反应停止，将K1、K2、K3均处于关闭状态，然后先打开K2，再缓慢打开K1，广口瓶内外相通，气球Q逐渐变小，气球中的气体被排入左侧量气装置中，则量筒II中有气体进入，水被排出。

可观察到的现象：气球逐渐变小，量筒Ⅱ中有气体进入，水被排出。

（4）由于CO2溶于水，O2难溶于水，所以量筒II中量取的是O2的体积，b中装的试剂的作用是吸收CO2，b中的固体试剂为碱石灰。

缓缓打开K1的原因是：控制气流量，使CO2能被碱石灰充分吸收。

（5）根据上述分析，量筒I中量取的是CO2和O2的总体积，量筒II中量取的是O2的体积，O2的体积为ymL，CO2的体积为（x-y）mL，根据反应2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑得出n（Na2O2）=2n（O2）=2y/22400mol，m（Na2O2）=156y/22400g；根据反应Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑得出n（Na2CO3）=n（CO2）=（x-y）/22400mol，m（Na2CO3）=106（x-y）/22400g；则Na2O2的纯度为156y/22400g÷[156y/22400g+106（x-y）/22400g]=78y/（53x+25y）。

24． 1.8g 0.95g 0.005mol 90mL
【解析】试题分析：本题考查与Mg（OH）2、Al（OH）3有关的图像分析和混合物的计算。

由图像知，开始加入10mL盐酸，沉淀既不增加也不减少，所以浑浊液中含NaOH；则NaOH、AlCl3、MgCl2的固体混合物溶于水时发生的反应为：MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；0.58g沉淀为Mg（OH）2。

根据Mg守恒，n（MgCl2）
=n[Mg（OH）2]=
0.58g
58g/mol
=0.01mol；根据图像知，加入10mL~20mL盐酸时发生的反应
为NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，n（NaAlO2）=n[Al（OH）3]=0.5mol/L⨯0.01L=0.005mol，根据Al守恒，n（AlCl3）=n（NaAlO2）=0.005mol。

（1）当加入20mL盐酸沉淀量达最大，发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O、
NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，此时溶液中的溶质为NaCl，根据Na、Cl守恒，Na 全部来自NaOH，Cl来自MgCl2、AlCl3和加入的20mL的盐酸，混合物中n（NaOH）=2n （MgCl2）+3n（AlCl3）+0.5mol/L⨯0.02L=2⨯0.01mol+3⨯0.005mol+0.01mol=0.045mol，m （NaOH）=0.045mol⨯40g/mol=1.8g。

（2）混合物中m（MgCl2）=0.01mol⨯95g/mol=0.95g。

（3）混合物中AlCl3物质的量为0.005mol。

（4）沉淀达最大时，沉淀由Mg（OH）2和Al（OH）3组成；溶解Mg（OH）2发生的反应为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，溶解Mg（OH）2消耗HCl物质的量为2n[Mg（OH）
]=2⨯0.01mol=0.02mol；溶解Al（OH）3发生的反应为Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，溶2
解Al（OH）3消耗HCl物质的量为3n[Al（OH）3]=3⨯0.005mol=0.015mol；沉淀完全溶解消耗的HCl物质的量为0.02mol+0.015mol=0.035mol，消耗盐酸的体积为0.035mol÷0.5mol/L=0.07L=70mL，P点表示盐酸的体积为20mL+70mL=90mL。

点睛：本题解题的突破口是：固体混合物溶于水后所得浑浊液成分的判断。

起始向浑浊液中加入10mL盐酸沉淀的质量不变，说明NaOH、AlCl3、MgCl2的固体混合物溶于水后得到的沉淀为Mg（OH）2，溶液中的溶质为NaOH和NaAlO2，然后根据图像分析各阶段的反应结合方程式进行计算。