最新江西省第四中学2021届高三化学七月检测试题(含解析)

江西省新余市第四中学2021届高三化学七月检测试题（含解析）
可能用到的相对原子质量 H:1 C:12 O:16 S:32
一、选择题(每题只有一个选项符合题意 16*3分=48分)
1.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700o C时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。

该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。

同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是( )
A. 这个反应是氧化还原反应
B. 金刚石属于金属单质
C. 另一种化合物为NaCl
D. 制造过程中元素种类没有改变
【答案】B
【解析】
【详解】A．CCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，A项正确，不符合题意；
B．金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，B项错误，符合题意；
C．根据原子守恒，CCl4和金属钠反应得到金刚石（碳单质），另一种化合物包括Na和Cl元素，为NaCl，C项正确，不符合题意；
D．根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，D项正确，不符合题意；
本题答案选B。

2.分类是学习化学的重要方法．下列归纳正确的是( )
A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B. 纯碱、烧碱、熟石灰都属于碱类
C. 氨气、冰醋酸、食盐均为电解质
D. 碱性氧化物都是金属氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO属于不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；
B．纯碱为Na2CO3，属于盐，不是碱，B项错误；
C．NH3溶于水，与水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离，属于电解质，而NH3不是电解质，C项错误；D．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，D项正确；
本题答案选D。

3.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“往伤口上撒盐”也有科学道理。

那么，这种做法的化学原理是( )
A. 胶体的电泳
B. 血液的氧化还原反应
C. 血液中发生复分解反应
D. 胶体的聚沉
【答案】D
【解析】
【详解】血液属于胶体，则血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液、加热、电性相反的电解质的时候都会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，属于胶体的聚沉，因此合理选项是D。

4.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。

下列常见古诗文对应的化学知识正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A错误；
B.能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B错误；
C.鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，C正确；
D.糖类不一定有甜味，如淀粉、纤维素，且有甜味的不一定为糖类物质，D错误；
故合理选项是C。

5.某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液(浓度有0.100 0 mol/L和0.0100 mol/L两种)对其进行滴定。

下列说法正确的是( )
A. 该实验应选用甲基橙作指示剂
B. 用0.100 0 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差更小
C. 准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后,可以再加少量蒸馏水后开始滴定
D. 滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下
【答案】C
【解析】
【分析】
用标准NaOH溶液滴定白醋，由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，又由于醋酸是弱酸，滴定终点生成醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故应用酚酞作指示剂，以此分析解答。

【详解】A. 该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故A错误；
B. 由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，用0.0100 mol/L
标准NaOH溶液滴定时误差较小，故B错误；
C. 准确量取一定体积白醋放人洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水，不影响实验结果，故C正确；
D. 滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误。

故答案选C。

6.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种微粒之间的转化
关系如图所示。

已知：淀粉遇单质碘变蓝。

下列说法中，不正确
．．．的是
A. 氧化性的强弱顺序为：Cl2 >IO3- >I2
B. 一定条件下， I-与IO3-反应可能生成I2
C. 途径Ⅱ中若生成1mol I2，消耗4mol NaHSO3
D. 向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色
【答案】C
【解析】
【详解】A.由途径I可以知道氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可以知道氧化性I2< IO3-，由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-，故氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3- >I2，故A正确；
B.根据氧化性IO3->I2，所以一定条件下，I-与IO3-反应可能生成I2，故B正确；
C.途径Ⅱ根据转化关系5HSO3-~2IO3-~I2~10e-可以知道，生成1molI2反应中转移的电子数为10N A，消耗5molNaHSO3，所以C选项是错误的；
D.由氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3- >I2可知，向含I-的溶液中通入Cl2，在一定条件下可能把I-氧化成生IO3-，所以得到溶液中加入淀粉溶液不一定变为蓝色，故D正确；
综上所述，本题答案为C。

7.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu ＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。

下列说法正确的是
A. 反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的1 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。

【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；
C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为
0.2mol×6=1.2mol，故C错误；
D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。

综上所述，本题正确答案为B。

8.化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释不正确的是()
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，A错误；
B.氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高，所以氧化铝可用作耐火材料，B正确；
C.氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，C正确；
D. “84”消毒液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，因此可用于环境消毒，D正确；
故合理选项是A。

9.N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应生成Cl2的分子数为N A
B. 向1 L 0.1 mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则NH4+的数目为0.1N A
C. 向1 L 1 mol·L－1 FeBr2溶液中通入足量氯气，转移的电子数为3N A
D. 密闭容器中1 mol N2与3 mol H2在一定条件下充分反应，生成的NH3分子数为2N A
【答案】B
【解析】
【详解】A. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应，由于随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成Cl2的分子数小于N A，A错误；
B. 向1 L 0.1 mol·L－1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl
－)＝c(NH
4+)＝0.1mol/L，所以NH
4
+的数目为0.1N
A
，B正确；
C. 向1 L 1 mol·L－1 FeBr2溶液中通入足量氯气，溴化亚铁全部被氧化，但过量的氯气能与水又发生氧化还原反应，所以转移的电子数大于3N A，C错误；
D. 密闭容器中1 mol N2与3 mol H2在一定条件下充分反应，由于是可逆反应，则生成的NH3分子数小于2N A，D错误；
答案选B。

【点睛】选项C是解答的易错点，主要是忽略了过量的氯气会发生后续反应。

因此计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。

尤其要注意反应中物质的过量问题以及是否会有后续反应发生等。

10.向一定量Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量(纵坐标)的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为( )
A. 1∶1∶2
B. 2∶2∶1
C. 1∶2∶2
D. 9∶2∶4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图象分析，A点时沉淀的量最大，沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，氢氧化铝的物质的量为0.2mol，不溶解的沉淀是氢氧化镁，其物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；根据A点过氧化钠物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量。

【详解】由图知，沉淀中含0.1mol Mg(OH)2和0.2molAl(OH)3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，沉淀2种金属阳离子共需NaOH 的物质的量为0.1mol×2+0.2mol×3=0.8mol。

由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时
需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0.25molO2，由NH4++OH-Δ
NH3↑+H2O，
所以由NH4+消耗NaOH的量（1mol-0.8mol=0.2mol）或生成NH3的物质的量（0.45mol-0.25mol=0.2mol）均可求得原溶液中含0.2molNH4+，所以Mg2+、NH4+、Al3+物质的量之比=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2；
故合理选项是C。

【点睛】本题考查了镁离子、铝离子与过氧化钠反应的有关计算，能正确分析图像中各阶段发生的反应是解本题的关键，综合考查了元素及化合物的知识。

11.下列离子方程式错误的是
A. 金属钾与水反应：2K＋2H2O=2K＋＋2OH－＋H2↑
B. 用醋酸溶解石灰石：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C. 氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属钾为活泼金属，可以与水反应生成强碱和氢气，离子方程式为2K＋2H2O=2K＋
＋2OH－＋H2↑，故A正确；
B.醋酸是弱电解质不可写成离子形式，离子方程式应为：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋H2O＋
CO2↑+2CH3COO-，故B错误；
C.氧化铝为两性氧化物，可以与强碱反应，离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O，故C正确；
D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，因为二氧化碳过量，应该生成碳酸氢盐，离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，故D正确；
答案：B
【点睛】离子方程式判断正误：（1）合事实：离子反应要符合客观事实，不可臆造产物及反应；（2）式正确：化学式与离子符号使用正确合理；（3）号实际：“=”“”“→”“↑”“↓”等符号符合实际；（4）两守恒：两边原子数、电荷数必须守恒（氧化还原型离子方程式中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数要相等）；（5）明类型：分清类型，注意少量、过量等。

12.对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.胃酸的主要成分是HCl，小苏打可与HCl发生反应，减小胃酸的浓度，因此用于治
疗胃病，A 正确；
B.滴有酚酞溶液的水溶液中加Na 2O 2，Na 2O 2与水反应生成NaOH 和O 2，NaOH 是碱，可以使酚酞试液变为红色，但Na 2O 2具有强氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此最后的溶液为无色，B 错误；
C.Na 原子半径大，最外层电子数少，最外层电子受到原子核的引力小，容易失去，所以金属钠具有强还原性；高压钠灯发出透雾性强的黄光是由于Na 元素的焰色反应呈黄色，二者没有关系，C 错误；
D.过氧化钠可用作航天员的供氧剂，是由于Na 2O 2能和CO 2、H 2O 反应生成O 2，而帮助人呼吸，所以二者有关系，D 错误； 故合理选项是A 。

13.下列各组物质相互混合反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是( ) ①金属钠投入MgCl 2溶液中
②过量的NaOH 溶液和FeCl 3溶液
③碳酸氢铵加到过量的热的Ba(OH)2溶液中 ④过量的
Na 2O 2投入FeCl 2溶液中
⑤过量NaOH 和Ca(HCO 3)2溶液混合 A. ①④
B. ②③
C. ①③④
D. ③④⑤
【答案】C 【解析】 【分析】
①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和MgCl 2反应生成白色Mg （OH ）2沉淀； ②过量氢氧化钠和FeCl 3溶液反应有沉淀，无气体生成；
③碳酸氢铵加到过量的热的Ba(OH)2溶液中反应生成碳酸钡沉淀和氨气；
④过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁继续被氧化成氢氧化铁沉淀；
⑤过量NaOH 和Ca(HCO 3)2溶液混合，生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。

【详解】①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化镁反应生成白色沉淀，2Na+2H 2O=2NaOH+H 2↑，2NaOH+MgCl 2=Mg(OH)2↓+2NaCl，①符合；
②过量NaOH 溶液和FeCl 3溶液反应有红褐色沉淀生成，但无气体生成，②不符合；
③碳酸氢铵加到过量的热的Ba(OH)2溶液中反应生成碳酸钡沉淀和氨气，既有白色沉淀产生，又有气体放出，③符合；
④Na 2O 2投入FeCl 2溶液发生反应，2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑、FeCl 2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3；④符合；
⑤过量NaOH 和Ca(HCO 3)2溶液混合，反应生成碳酸钙白色沉淀、碳酸钠和水，无气体放出，⑤不符合；综上所述：①③④正确； 故合理选项是C 。

【点睛】本题着重考查了钠及其化合物的性质、反应现象及应用等知识，主要考查反应生成沉淀和气体的判断。

14.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. w
-K
c(OH )
=1×10-12的溶液：Na +、K +、ClO -、CO 32-
B. 滴入酚酞变红色的溶液：K +、Ca 2+、HCO 3-、CO 32-
C. 能溶解Al （OH ）3的溶液：K +
、NH 4+
、NO 3—
、CH 3COO —
D. 0.1mol/LFe(NO 3)2溶液：H +、Cu 2+、SO 42—、Cl — 【答案】A 【解析】
【详解】A ．已知()w
K c OH -=
()()()
c H c OH c OH +-
-
=c(H +
)=1×10
-12
，溶液pH=12，显碱性，Na +、K +、ClO -、
CO 32-离子组碱性条件下彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A 正确；
B ．滴入酚酞变红色的溶液显碱性，而HCO 3-在碱性溶液中不能大量共存，Ca 2+和CO 32-发生离子反应生成CaCO 3溶液而不能大量共存，故B 错误；
C ．能溶解Al(OH)3的溶液可能显碱性，也可能是为酸性，NH 4+在碱性溶液中不能大量共存，而CH 3COO —
在酸性溶液中不能大量共存，故C 错误；
D ．Fe 2+在酸性条件下能被NO 3-氧化，则0.1mol/LFe(NO 3)2溶液中不可能大量存在H +，故D 错误； 故答案为A 。

15.将足量的CO 2不断通入NaOH 、Ca(OH)2、NaAlO 2的混合溶液中，则生成沉淀的物质的量与通入CO 2的体积的关系可表示为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
CO2先与OH－发生反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ca2＋与CO32－反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此认为Ca(OH)2先与CO2反应，其次为NaOH，然后是NaAlO2，逐步分析；
【详解】CO2先与OH－发生反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ca2＋与CO32－反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此认为Ca(OH)2先与CO2反应，其次为NaOH，然后是NaAlO2，发生的反应依次是Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O、2NaAlO2＋CO2＋3H2O=Na2CO3＋2Al(OH)3↓，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，因此通入CO2与沉淀关系的图像是
，故答案选C；
答案选C。

【点睛】难点是分析反应的过程，特别是NaAlO2、Na2CO3哪个先与CO2反应，学生应记住HCO3－电离出H＋能力强于Al(OH)
，即AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，因此NaAlO2先与CO2
3
反应。

16.某100mL溶液可能含有 Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是
A. 若原溶液中不存在 Na +，则 c （Cl －）＜0.1mol•L ﹣1
B. 原溶液可能存在 Cl － 和 Na +
C. 原溶液中 c （CO 32－）是 0.01mol•L ﹣1
D. 原溶液一定存在 CO 32－和SO 42－，一定不存在 Fe 3+
【答案】D
【解析】
【分析】
加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+（Fe 3+和CO 32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为
BaSO 4，n(BaSO 4)=-1m 2.33g ==0.01mol M 233g mol ，m(BaCO 3)=4.30g-2.33g=1.97g ，则n(BaCO 3)= -1m 1.97g ==0.01mol M 197g mol。

加入NaOH 溶液产生1.12L （标况）气体，则溶液中有NH 4+，NH 3有0.05mol ，即n(NH 4+)=0.05mol 。

CO 32－和SO 42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol ，NH 4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl -，且最少为0.01mol （因为无法判断是否有Na +，如果有Na +，需要多于的Cl -去保持溶液的电中性）。

【详解】A. 若原溶液中不存在 Na +，则 c(Cl －)=
1n 0.01==0.1mol L V 0.1mol L
，A 错误； B. 原溶液中一定有Cl -，可能有Na +，B 错误；
C. 经计算，原溶液中，n(CO 32-)=0.01mol ，则c(CO 32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol •L ﹣1，C 错误；
D. 加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+，D 正确；
故合理选项为D 。

【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。

第II 卷
二、填空题(4小题，共52分)
17.某化学兴趣小组要在“校园科艺节活动”中使用氢气球表演节目。

经过测量，每个氢气球
的体积约为1.12L （已折成标准状况）。

已知兴趣小组采用Al 和氢氧化钠溶液反应制取氢气。

（1）若实验需要1L 2.5 mol·L -1的NaOH 溶液，则要用称取NaOH 固体______g 。

配制溶液过程中所需仪器除天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外，还需要__________、____________（填仪器名称）。

（2）若要制取60个氢气球，至少需要Al 的质量为_____g ，转移的电子数为________。

（3）该化学兴趣小组为了营造气氛，做了惊艳全场的铝热反应（如下图），写出该反应的化学方程式____________________________。

兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN 溶液，发现溶液变血红色。

出现这种现象的原因可能是______。

（4）若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝，可选择____(填试剂名称)，所发生反应的化学方程式为________________。

【答案】 (1). 100 (2). 1000mL 容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). 54 (5). 6N A
(6). 8Al+3Fe 3O 44Al 2O 3+ 9Fe (7). 混有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中
的氧气氧化 (8). 氢氧化钠溶液 (9). Al 2O 3+2NaOH 2NaAlO 2+H 2O 【解析】 【分析】 （1）根据m ＝cVM 计算氢氧化钠的质量，根据配制过程判断需要的仪器； （2）根据n ＝V/V m 、m ＝nM 结合反应的方程式计算； （3）铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，滴加KSCN 溶液，发现溶液变血红色，说明含有铁离子，据此判断。

（4）根据氧化铝是两性氧化物分析解答。

【详解】（1）若实验需要1L 2.5 mol·L -1的NaOH 溶液，则需要称取NaOH 固体的质量是
1L×2.5mol/L×40g/mol＝100g 。

配制溶液过程是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则过程中所需仪器除天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外，还需要1000mL 容量瓶、胶头滴管。

（2）每个氢气球的体积约为1.12L （已折成标准状况），氢气的物质的量是1.12L÷22.4L/mol
＝0.05mol，若要制取60个氢气球，则需要氢气是0.05mol×60＝3.0mol，根据方程式
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知至少需要Al的物质的量是2mol，质量为2mol×27g/mol ＝54g，铝元素化合价从0价升高到+3价，转移3个电子，则转移的电子数为6N A。

（3）在高温下铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为
8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。

兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN 溶液，发现溶液变血红色，说明含有铁离子，因此出现这种现象的原因可能是混有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化。

（4）由于氧化铝是两性氧化物，能溶于氢氧化钠溶液，所以若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝，可选择氢氧化钠溶液，发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O。

18.某无色溶液100mL，其中可能含Fe3＋、Al3＋、Na＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4+、K＋、CO32-、SO42-等离子中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下图所示。

请回答下列问题：
(1)焰色反应是_____(填“物理”或“化学”)变化；实验③中产生的无色无味气体是
_____(填化学式)。

(2)原溶液中一定存在的离子有______________，可能存在的离子有_____________________，一定不存在的离子有______________(写化学式)。

(3)若溶液中K＋物质的量为0.04 mol，则c(Na＋)=________。

【答案】 (1). 物理 (2). O2 (3). Na+、Mg2+、Al3+、SO42- (4). K+ (5). Fe3+、Cu2+、CO32-、NH4+ (6). 0.6mol/L
【解析】
【分析】
溶液焰色反应呈黄色，说明溶液中含有Na+离子；溶液呈无色，则一定不含有色离子：Fe3+、Cu2+；加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶
液中含有SO42-离子；逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子，判断一定无CO32-，图象分析可知，实验中生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，则说明溶液中含有Al3+离子，加入过氧化钠产生的是无色无味的气体，可以判定一定没有NH4+，可以推断一定含有Na+、Mg2+、Al3+，由于，Mg2+和CO32-不能共存，所以一定没有CO32-，不能判断溶液中是否含有K+，(3)根据电荷守恒分析溶液中c(Na＋)，据此进行解答。

【详解】综上所述可知：溶液中一定含有Na+、Mg2+、Al3+、SO42-，一定没有Fe3+、Cu2+、CO32-、NH4+，不能判断溶液中是否含有K+。

(1)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，焰色反应是物理变化，它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，实验③中Na2O2与溶液中的水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，产生的无色无味的气体是O2；
(2)根据前面分析可知：在原溶液中一定存在的离子有Na+、Mg2+、Al3+、SO42-，可能存在K+，一定不存在的离子是Fe3+、Cu2+、CO32-、NH4+；
(3)实验②中产生的BaSO4白色沉淀的物质的量为n(BaSO4)=69.9g÷233g/mol=0.3mol，依据图形变化可知，Mg2+物质的量为0.1mol，Al3+物质的量为0.1mol，由于溶液体积为100mL，若溶液中K+物质的量为0.04mol，依据电荷守恒计算c(K+)+c(Na+)+3c(Al3+)+2c(Mg2+)=2c(SO42-)，c(Na+)=2×3mol/L-0.4mol/L-3×1mol/L-2×1mol/L=0.6mol/L。

【点睛】本题考查了离子性质、离子检验和离子反应现象的分析判断的知识，注意离子反应现象和溶液中离子物质的量的确定及图象的分析计算，电荷守恒计算是解题关键，题目难度中等。

19.铝及其化合物在生活、生产中有广泛应用。

（1）Na3AlF6是冰晶石的主要成分，冰晶石常作工业冶炼铝的助熔剂。

工业上，用HF、Na2CO3和Al(OH)3制备冰晶石。

化学反应原理是，2Al(OH)3+3Na2CO3+12H=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O.属于盐的有Na2CO3和_______。

上述反应不能在玻璃容器中反应，其原因是________(用化学方程式表示)。

（2）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]常作净水剂。

在明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至Al3+恰好完全沉淀，写出该反应的离子方程式____________。

（3）铝合金广泛用于建筑材料。

等质量的铁、铝、硅组成的同种合金分别与足量盐酸、足量烧碱溶液反应，产生氢气体积相等(同温同压)。

则该合金中铁、硅的质量之比为______。

（已
知:Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+ 2H2↑）
（4）铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂。

它的制备方法是将氢化钠和氯化铝在乙醚
中反应制备铝氢化钠。

①写出化学方程式________________。

②在化学上，含氢还原剂的还原能力用“有效氢”表示，”有效氢”含义是单位质量的含氢
还原剂的还原能力相当于多少克氢气。

一般地含氢还原剂的氢被氧化成H2O，“还原能力”用
氢失去电子数多少表示。

NaAlH4、NaH的“有效氢”之比为________。

【答案】(1). Na3AlF6(2). SiO2+4HF=SiF4+2H2O (3).
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ (4). 4:1 (5). AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl (6). 16:9
【解析】
（1）盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4＋）与酸根离子或非金属离子结合的化合物。

属于
盐的有Na2CO3和Na3AlF6；玻璃容器与HF反应：SiO2+4HF=SiF4+2H2O。

（2）在明矾溶液中滴加氢
氧化钡溶液至Al3+恰好完全沉淀，Al3＋与OH－的物质的量之比为1：3，离子方程式：2Al3＋+3SO42
－+3Ba2＋+6OH－=2Al(OH)
↓+3BaSO4↓；（3）根据题目信息可知，铁和铝与稀盐酸生成氢气，铝
3
和硅与氢氧化钠生成氢气。

铝和盐酸的反应方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，说明相同质量的铝与盐酸或者氢氧化钠生成氢气的质量相等。

综合分析，铁和盐酸生成的氢气的质量等于硅和氢氧化钠生成的氢气的质量。

设铁与盐酸生
成的氢气的质量为M，则硅的质量为X，铁的质量为Y。

Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑
28 4
X M
=得：X=7M
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
56 2
Y M
=得：Y=28M
所以合金中铁和硅的质量之比=28M：7M=4：1。

（4）铝氢化钠(NaAlH4)是将氢化钠和氯化铝在乙醚中反应制备铝氢化钠。

①化学方程式
AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl。

NaAlH4、NaH的“有效氢”关系式为NaAlH4～8e-～4H2，NaAlH4的有效氢为8/54g，NaH~2e-～H2的有效氢为2/24g，有效氢之比为：g：g=16：9。

20.用浓盐酸与氯酸钾固体反应制氯气时，发现所得气体颜色偏深，经分析该气体主要含有Cl2和ClO2两种气体，某研究性学习小组拟用如图所示装置分离制得的混合气体，并测定两种气体的物质的量之比。

Ⅰ．查阅资料：
常温下二氧化氯为黄绿色气体，其熔点为－59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水，不溶于浓硫酸、四氯化碳，有强氧化性，能与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为 NaClO3。

Ⅱ．制备与分离：
（1）实验加药品前应进行的实验操作是____________。

（2）装置C、E的作用分别是 _________、_________。

（3）F中ClO2与NaOH 溶液反应的离子方程式为_____________。

Ⅲ．测量与计算：
反应结束后，测得B、C装置分别增重 2.0g和 14 .2g，将D中的液体溶于水，配成2.5 L溶液，取 25.00 mL该溶液，调节试样的pH﹤2.0 ，加入足量的 KI晶体，振荡后，静置片刻；加入指示剂X ，用 0.200mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL 。

（己知：2ClO2+8H++10I－===5I2+2Cl－+4H2O；2Na2S2O3+I2===Na2S4O6 +2NaI ）
（4）指示剂X为_____，滴定终点时的现象是_______________。

（5）原装置收集到的ClO2物质的量为___________。

Ⅳ．结论：
（6）浓盐酸与氯酸钾固体反应的化学方程式为____________。

【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 吸收混合气体中的Cl2 (3). 安全瓶防倒。