云南省玉溪一中2018-2019学年高一上学期第一次月考化学试卷（含答案解析）

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1、云南省玉溪一中 2018-2019 学年高一上学期第一次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 S-32 O-16 Zn-65 C-12 Mg-24 Fe-56 Al-27 Cu-64 Cl-35.5 N-14 K-39 Ca-40第卷 (选择题 共 40 分)一、选择题：本题共 20 小题，每小题 2 分，共 40 分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列物质与其俗名匹配且相关叙述合理的是A. 磁性氧化铁：四氧化三铁，为黑色晶体B. 铁红：氧化亚铁，可用作红色油漆的颜料C. 双氧水：过氧化氢，受热稳定、易溶于水D. 苏打： 碳酸氢钠，可用于治疗胃酸过多【答案】A【解析】试题分

2、析：A磁性氧化铁是四氧化三铁的俗称，它黑色晶体，正确；B铁红是氧化铁的俗称，可用作红色油漆的颜料，错误；C 小苏打是碳氢钠的俗称，该物质不稳定，受热稳定、能够溶于水，错误；D 苏打是碳酸钠的俗称，由于溶液碱性强，因此不可用于治疗胃酸过多，错误。考点：考查物质的俗称及用途正误判断的知识。2.下列现象与胶体的性质无关的是A. 河流入海口处易形成三角洲B. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐C. 向 FeCl 3 溶液中加入 NaOH 溶液，会出现红褐色沉淀D. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象【答案】C【解析】【详解】A河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质

3、，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关；B豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体有关；C向 FeCl3溶液中加入 NaOH 溶液，会出现红褐色沉淀，FeCl 3+3NaOH=Fe（OH） 3+3NaCl，发生了复分解反应，与胶体性质无关；D清晨的雾属于胶体，人们经常看到阳光穿过茂密的森林时产生美丽的景象是胶体的丁达尔现象，和胶体性质有关；综上所述，本题答案选 C。【点睛】本题考查胶体的性质，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等以及利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释是解题关键，题目较简单。3.下列说法中正确的是

4、( )A. NH3、CO 2的水溶液均导电，所以 NH3、CO 2均是电解质B. CuSO45H2O 属于纯净物C. 凡能电离出 H+的化合物均属于酸D. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出 Na 和 Cl【答案】B【解析】【详解】A、NH 3和 CO2本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨或碳酸，它们属于电解质，因此溶液导电，NH 3和 CO2属于非电解质，故 A 错误；B胆矾(CuSO 45H2O)只有一种物质组成，属于纯净物，故B 正确；C硫酸氢钠电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，但是属于盐，故 C 错误；D、电解质的电离不需要通电，是自发进行的，通电是发生氯化钠溶液的电解，故 D

5、错误；故选 B。4.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了有些固体溶解会放热，若未经冷却即转移至容量瓶溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时，仰视容量瓶的刻度线定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：对于天平来说，右盘应放砝码，其质量加上游码读数即为物质的质量，如果位置颠倒，则会使称量的物质的质量小于所需质量，最终导致浓度偏低；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数，会造成你量出

6、的液体比理论的要大，导致物质的量偏大，浓度偏高；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低；若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响；定容时，仰视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏大，浓度偏低；定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低。答案选 A。考点：溶液配制误差分析5.用 NA表示阿伏德罗常数的数值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LCCl 4含有分子数为 1 NAB. 常温常压下，1.42g Na 2SO4含的有的 Na+离子数为 0.01 N

7、AC. 标准状况下，1.5 N A 个 CO2分子占有的体积约为 33.6LD. 物质的量浓度为 1mol/L 的 MgCl2溶液中，含有 Cl- 个数为 2 NA【答案】C【解析】【详解】A标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故 A 错误；B1.42g 硫酸钠的物质的量为 =0.01mol，故钠离子的物质的量为 0.012=0.02mol，故 B 错误；C标准状况下，Vm=22.4L/mol，所以 1.5NA 个 CO2分子的物质的量为 1.5mol，占有的体积为 22.4L/mol1.5mol=33.6L，故 C 正确；D不知道溶液的体积，故无法计算溶质的物质的量，故 D 错

8、误；故选 C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积使用条件和对象是解题的关键。本题的易错点为 D，要注意溶质的物质的量与溶质的物质的量浓度和溶液的体积有关。6.下列用单、双线桥表示电子转移的方向和数目不正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】A、转移电子为 25(1)=12，故 A 错误；B、得失电子数目正确，以及双线桥的表示正确，故 B 正确；C、C 的化合价升高，C 应是失去电子，Cu 应是得到电子，故 C 错误；D、1mol 氧气得到 4mole ，得失电子数目应守恒，故 D 错误。点睛：本

9、题的易错点是选项 C 和 D，一是忘记氧化剂和还原剂的概念，失去电子、化合价升高的物质为还原剂，反之为氧化剂，二应注意得失电子数目守恒。7.下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是（ ）A. N2NH 3 B. MgCl2MgSO 4 C. CuCuO D. FeOFe【答案】C【解析】需加入氧化剂才能实现的变化，原物质在反应中做还原剂，化合价升高，CuCuO 反应中铜元素化合价升高，C 正确；正确选项 C。8.已知: 2KMnO 4+16HCl(浓) = 2KCl+5Cl 2+2MnCl 2+8H2O，下列说法正确的是A. HCl 发生了还原反应B. 氧化性: Cl 2KMnO4C. 氧化剂与还

10、原剂的物质的量比为 1 : 8D. 当标准状况下产生 22.4L 氯气，转移电子数为 2NA【答案】D【解析】A.部分 HCl 中负一价氯被氧化为氯气，HCl 发生了氧化反应，故 A 错误；B. 氧化剂 的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO 4Cl2，故 B 错误；C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为 2:10=1：5（16molHCl 只有10molHCl 被氧化为 5mol 的氯气） ，故 C 错误；D. 当标准状况下产生 22.4L 氯气，每生成 1mol 氯气转移电子数为 2NA个，故 D 正确。答案选 D。9.将 1.95 g 锌粉加入 200 mL 0.1 molL1 的 MO2

11、+溶液中，恰好完全反应，其他物质忽略，则还原产物可能是( )A. M2 B. M C. M3 D. MO2【答案】A【解析】n（Zn）= =0.03mol，n（MO 2+）=0.2L0.1mol/L=0.02mol，Zn 失去电子，M 得到电子，设还原产物中 M 的化合价为 x，由电子守恒可知，0.03mol（2-0）=0.02mol（5-x） ，解得 x=2，故选 A。10.将一小粒钠投入以下物质中，能产生气体和沉淀的是（ ）A. CuCl2溶液 B. NH 4Cl 溶液 C. BaCl 2溶液 D. 稀硫酸【答案】A【解析】【分析】金属钠与水的反应，通过产物 NaOH 是否与所加物质发生反

12、应，进行分析。【详解】Na 与水反应 2Na2H 2O=2NaOHH 2，A、氢氧化钠与 CuCl2反应生成 Cu(OH)2沉淀，气体为H2，A 符合题意；B、NH 4 与 OH 反应生成 NH3，但没沉淀，B 不符合题意；C、BaCl 2不与 NaOH 发生反应，没有沉淀产生，C 不符合题意；D、NaOH 和 H2SO4反应生成 Na2SO4和 H2O，没有沉淀生成，D 不符合题意。11.甲、乙、丙、丁分别是 Al2(SO4)3、FeSO 4、NaOH、BaCl 2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加丁则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推

13、断丙物质是 ( )A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. FeSO4 D. BaCl2【答案】C【解析】【分析】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加丁则沉淀消失，应为 NaOH 和 Al2(SO4)3的反应，可以判断出丁和乙，再结合丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，判断出甲，最后剩余的为丙物质，据此分析解答。【详解】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为 NaOH 和 Al2(SO4)3的反应，反应的方程式有：Al 2(SO4)3+6NaOH2Al(OH) 3+3Na 2SO4、Al(OH) 3+NaOHNaAlO 2+2H2O，现象为先

14、生成白色沉淀，后沉淀溶解，则丁为 NaOH，乙为 Al2(SO4)3，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，则甲为 BaCl2，因此，丙为 FeSO4，故选 C。【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据物质的性质和反应的现象进行推断。本题的关键是正确判断丁和乙。12.下列离子方程式书写正确的是( )。A. 铝粉投入到 NaOH 溶液中：2Al2OH 2AlO 2-H 2B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al 3 3OH Al(OH) 3C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe 3 Fe2Fe 2D. FeCl2溶液跟 Cl2反应：2Fe 2 Cl 22Fe 3 2Cl 【答案】AD【解析】2Al+2

15、OH-2H 2O 2AlO2-+3H2、Al 3+ 3NH3H2O Al(OH)33NH 4 、2Fe 3+ Fe = 3Fe2+、2Fe 2+Cl2=2Fe3+2Cl-13.下列实验现象描述正确的是选项 实 验 现 象A 向氢氧化钠溶液中滴加 FeCl3饱和溶液 有氢氧化铁胶体产生B 在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来C 向久置于空气中的 FeSO4溶液中滴加 NaOH 溶液 立刻产生大量白色沉淀D 加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、实验室制备氢氧化铁胶体，是在沸腾

16、的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，反应为 FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，向沸腾的 NaOH 稀溶液中滴加 FeCl3，生成 Fe(OH)3沉淀，故 A 错误；B、铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故 B 错误；C、向久置于空气中的 FeSO4溶液中滴加 NaOH 溶液，溶液中的硫酸亚铁被氧化生成了硫酸铁，所以生成红褐色沉淀，故 C 错误；D、钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球，燃烧火焰为黄色，燃烧生成淡黄色固

17、体过氧化钠，故 D 正确；故选 D。14.要证明某溶液中不含 Fe3+而可能含有 Fe2+，则进行如下实验操作的最佳顺序为（ ）加入少量氯水 加入少量 KMnO4溶液 加入少量 KSCNA. B. C. D. 【答案】C【解析】因为 KSCN 与 Fe3+作用使溶液显红色，与 Fe2+作用无此现象，可以先滴加 KSCN 溶液，不显红色，说明原溶液不含有 Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有 Fe3+，证明原溶液含有 Fe2+，即最佳顺序为，答案选 C。15.下列物质的鉴别方法不正确的是A. 用氢氧化钠溶液鉴别 MgCl2和 AlCl3溶液B. 利用丁达尔效应鉴别 Fe（OH）

18、3胶体与 FeCl3溶液C. 用焰色反应鉴别 NaCl、KCl 和 Na2SO4D. 用氯化钙溶液鉴别 Na2CO3和 NaHCO3两种溶液【答案】C【解析】ANaOH 与 AlCl3溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，NaOH 与 MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故 A 正确；B丁达尔效应为胶体特有的性质，则利用丁达尔效应鉴别 Fe(OH)3胶体与 FeCl3溶液，故 B 正确；CNaCl、Na 2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故 C 错误；DNa 2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO 3不能，现象不同，可鉴别，故 D 正确；故选 C。16.下列对于过氧化

19、钠的叙述中，正确的是( )A. 将少量 Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液最终呈蓝色B. 1 mol Na2O2与 H2O 完全反应，转移 2 mol 电子C. 充分加热等物质的量的 Na2O2和 NaHCO3的混合物，剩余物质为 Na2CO3D. Na2O2与 CO2反应时，Na 2O2既作氧化剂，又作还原剂【答案】D【解析】【详解】ANa 2O2与 H2O 反应产生 NaOH 使紫色石蕊试液变蓝，但 Na2O2具有强氧化性能漂白溶液，又会使蓝色退去，故 A 错误；B2Na 2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，Na 2O2与水反应时，既作氧化剂，又作还原剂，1 mol Na2O

20、2生成 molO2，转移 1 mol 电子，故 B 错误；C1 mol NaHCO3受热分解产生 0.5 mol CO2和0.5 mol H2O，0.5 mol CO2反应消耗 0.5 molNa2O2，0.5 mol H2O 反应消耗 0.5molNa2O2，则 CO2、H 2O 恰好与 Na2O2反应，故残留的固体物质为 Na2CO3、NaOH，故 C 错误；D2Na 2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，Na 2O2与 CO2反应过程中，Na 2O2中氧元素化合价既升高又降低，Na 2O2既是氧化剂又是还原剂，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查了过氧化钠的性质，涉及 N

21、a2O2的强氧化性、Na 2O2与 H2O、CO 2的反应。本题的易错点为 C，要注意关键方程式分析判断。17.茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成：将茶叶灼烧灰化用浓硝酸溶解茶叶灰过滤得到的滤液检验滤液中的 Fe3+如图是可能用到的实验用品有关该实验的说法中正确的是（ ）A. 第一步需选用仪器、和，的名称叫钳埚B. 第二步用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C. 要完成第三步，需选用、和，除夹持仪器外还缺滤纸D. 第四步，若滤液中含有 Fe3+，加入中的溶液后滤液会显红色【答案】C【解析】试题分析：A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A 不正确；B、容量瓶是用来配制一定

22、物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B 不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，另外还需要滤纸，C 正确；D、检验铁离子一般用 KSCN 溶液，但中的溶液不一定 KSCN 溶液，D 错误，答案选 C。考点：考查化学实验基本操作、常见仪器的选择和铁离子的检验方法18.某合金与铁的物理性质的比较如下表所示: 熔点/ 密度/gcm -3 硬度(金刚石为 10) 导电性(银为 100) 某合金 2 500 3.00 7.4 2.3 铁 1 535 7.86 4.5 17 还知该合金耐腐蚀、强度大。从以上性能看,该合金不适合作( )A. 导线 B. 门窗框 C. 炉具 D. 飞机外壳【答案】

23、A【解析】A合金的导电性差，不能做导线，故 A 正确；B合金的硬度大，可做门窗框，故 B 错误；C合金的熔点高，可做炉具，故 C 错误；D合金的熔点高，可做炉具，故 D 错误；故选 A。19.X、Y、Z、W 有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则 X、Y、Z 可能是Na、Na 2O、Na 2O2 AlCl 3、Al(OH) 3、NaAlO 2 Fe、FeCl 2、FeCl 3 NaOH、Na 2CO3、NaHCO 3 C、CO、CO 2A. B. C. D. 【答案】D【解析】若 X 为 Na、W 为 O2，则 Y 为 Na2O，Z 为 Na2O2，O 2与 Na 反应在加热

24、的时候生成 Na2O2，故正确；若X 为 AlCl3，W 为 NaOH，则 Y 为 Al(OH)3，Z 为 NaAlO2，过量 NaOH 与 AlCl3反应生成 NaAlO2，故正确；若 X 为 Fe、W 为 Cl2，则 Fe 与 Cl2只生成 FeCl3，故错误；若 X 为 NaOH、W 为 CO2，则 Y 为Na2CO3，Z 为 NaHCO3，过量 CO2与 NaOH 反应生成 NaHCO3，故正确；若 X 为 C、W 为 O2，则 Y 为 CO、Z为 CO2，碳与氧气能够发生不完全燃烧和完全燃烧，一氧化碳也能燃烧生成二氧化碳，故正确；故选D。20.将适量铁粉放入 FeCl3溶液中，完全反

25、应后，所得溶液中 Fe3 和 Fe2 物质的量浓度之比为 1:3，则已反应的 Fe3 与未反应的 Fe3 的物质的量之比是（ ）A. 1：1 B. 3：2 C. 2：1 D. 2：3【答案】C【解析】铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe 3+=3Fe2+，设已反应的 Fe3+的物质的量为 n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+2 3n 1.5n溶液中 Fe3 和 Fe2 浓度为 1:3，所以未反应的 Fe3+的物质的量为 0.5n，因此已反应的 Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n：0.5n=2：1，答案选 C。第卷 (非选择题 共 60 分)本题共 4 个大题，每空 2 分

26、，最后一题 10 分，共 60 分。21.I 现有下列七种物质：铝 蔗糖 CO 2 H 2SO4 Ba(OH) 2 红褐色的氢氧化铁胶体 HCl.(1)上述物质中属于电解质的有_(填序号)。(2)向的溶液中逐渐滴加的溶液，看到的现象是_。(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H +OH H 2O，则该反应的化学方程式为_。(4)的浓溶液与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：2KMnO 4+16HCl(浓)2MnCl 2+2KCl+5Cl2+8H 2O。该反应中的氧化剂是_，氧化产物是_。浓盐酸在反应中显示出来的性质是_。产生 0.1mol Cl2，被氧化的的浓盐酸的物质的量

27、为_mol。II(1)写出铁与水蒸气在高温下反应方程式_。(2)常温下，铜在潮湿的空气里会被锈蚀，有关化学方程式为_。(3)在呼吸面具中，Na 2O2 与 CO2反应的化学方程式为_。当有 7.8克 Na2O2反应时，放出氧气的质量为_。(4)将铜片投到 FeCl3溶液中，发生的反应离子方程式为_。(5)向 FeSO4溶液中滴加 NaOH 溶液时，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出此变化过程的化学方程式：_。【答案】 (1). (2). 开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失 (3). Ba(OH)2+2HClBaCl 2+2H2O (4). KMnO4 (5). Cl2 (

28、6). 还原性和酸性 (7). 0.2 (8). 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2 (9). 2Cu + O2 +CO2 + H2O =Cu2(OH)2CO3 (10). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2 (11). 1.6g (12). 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ (13). FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2 + Na 2SO4， 4Fe(OH) 2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3【解析】【分析】I.(1)电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合

29、物；(2)氢氧化铁胶体中加电解质会发生聚沉，氢氧化铁能与强酸反应；(3)强酸与强碱反应生成可溶性盐的离子方程为：H +OH-H 2O；(4)氧化剂反应中得到电子，化合价降低，还原剂化合价升高被氧化，产物为氧化产物，据此分析解答；II.(1)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；(2)常温下，铜在潮湿的空气里会被锈蚀生成碱式碳酸铜；(3)在呼吸面具中，Na 2O2 与 CO2反应生成碳酸钠和氧气；(4)将铜片投到 FeCl3溶液中，铜被氯化铁氧化生成氯化铜；(5)向 FeSO4溶液中滴加 NaOH 溶液时，生成的白色絮状沉淀(氢氧化亚铁)迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(氢氧化铁)，据此书写

30、反应的方程式。【详解】I.(1)铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；蔗糖在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；CO 2自身不能电离，是非电解质；H 2SO4在水溶液中能够导电，是电解质；Ba(OH)2在水溶液中能够导电，是电解质；红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；HCl 在水溶液中能够导电，是电解质；故属于电解质的是：，故答案为：；(2)向氢氧化铁胶体中加入盐酸，胶体遇到电解质会发生聚沉，故先出现红褐色沉淀，氢氧化铁能与盐酸反应，后沉淀溶解，故答案为：开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失；(3)离子反应 H+OH-=H2O 代表强酸和强碱反应生成可溶性的盐和

31、水的反应，如 Ba(OH)2+2HClBaCl 2+2H2O等，故答案为：Ba(OH) 2+2HClBaCl 2+2H2O；(4)浓盐酸与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：2KMnO 4+16HCl(浓)2MnCl 2+2KCl+5Cl2+8H 2O，反应中 KMnO4中锰的化合价由+7 价降低为+2 价，化合价降低，故 KMnO4为氧化剂；HCl 中氯的化合价部分升高，被氧化，生成的氯气是氧化产物，故答案为：KMnO 4；Cl 2；根据方程式，氯化氢中氯元素的化合价部分升高，氯化氢为还原剂，部分化合价不变，是酸，在反应中显示出来的性质有还原性和酸性，故答案为：还原性和酸性；根据方程式，生成 5

32、mol 氯气，有 16mol 氯化氢参与反应，其中 10mol 氯化氢被氧化，因此产生 0.1mol Cl2，被氧化的的浓盐酸的物质的量为 0.2mol，故答案为：0.2；II.(1)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2，故答案为：3Fe + 4H 2O(g) Fe3O4 + 4H2；(2)常温下，铜在潮湿的空气里会被锈蚀生成碱式碳酸铜，反应的方程式为 2Cu + O2 +CO2 + H2O =Cu2(OH)2CO3，故答案为：2Cu + O 2 +CO2 + H2O =Cu2(OH)2CO3；(3)在呼吸面具中，Na

33、2O2 与 CO2反应的化学方程式为 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；7.8 克 Na2O2的物质的量为 0.1mol，根据方程式，放出氧气 0.05mol，氧气的质量为 0.05mol32g/mol=1.6g，故答案为：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；1.6g；(4)将铜片投到 FeCl3溶液中，铜被氯化铁氧化生成氯化铜，反应的离子方程式为 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，故答案为：2Fe 3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+；(5)向 FeSO4溶液中滴加 NaOH 溶液时，生成的白色絮状沉淀为氢氧化亚铁，迅速

34、变成灰绿色，最后变成红褐色，是随后发生了氢氧化亚铁被氧化生成了氢氧化铁，变化过程中的化学方程式有 FeSO4 + 2NaOH = Fe(OH)2 + Na 2SO4、4Fe(OH) 2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3，故答案为：FeSO 4 + 2NaOH = Fe(OH)2 + Na2SO4、4Fe(OH) 2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。【点睛】本题考查了电解质和非电解质的概念与判断以及物质的性质。本题的易错点为电解质的判断，要注意电解质为化合物，单质和混合物一定不属于电解质，也不属于非电解质。22.某混合物 A，含有 Al2(SO4)3、Al 2O3和 F

35、e2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。请回答下列问题。（1）B、C、D、E 4 种物质的化学式为：B_、C_、D_、E_。（2）沉淀 F 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为_。沉淀 E 与稀硫酸反应的离子方程为_。溶液 G 与过量稀氨水反应的化学方程为_。【答案】 (1). Al2O3 (2). Fe2O3 (3). NaAlO2 (4). Al(OH)3 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). Al(OH)3+3H+=Al3+ +3H2O (7). Al2(SO4)3+6NH3H2O=2Al(OH)3+3(NH 4)2SO4【解析】本题考查无机推断，Al 2(

36、SO4)3溶于水，Al 2O3和 Fe2O3是不溶于水的物质，因此 A 中加水，过滤，沉淀 F为 Al2O3和 Fe2O3的混合物，溶液 G 为 Al2(SO4)3，氧化铝属于两性氧化物，Fe 2O3属于碱性氧化物，因此 F中加入 NaOH 发生 Al2O32NaOH=2NaAlO 2H 2O，然后过滤，沉淀 C 为 Fe2O3，溶液 D 为 NaAlO2，溶液 G 中加入过量的稀氨水，发生 Al3 3NH 3H2O=Al(OH)33NH 4 ，沉淀 E 为 Al(OH)3，氢氧化铝不稳定受热分解为 Al2O3，即 B 为 Al2O3， （1）根据上述分析，B 为 Al2O3，C 为 Fe2O

37、3，D 为 NaAlO2，E 为 Al(OH)3；（2）沉淀 F 为氧化铝和氧化铁的混合物，氧化铁属于碱性氧化物，不与 NaOH 反应，氧化铝属于两性氧化物，与 NaOH 反应：Al 2O32OH =2AlO2 H 2O；氢氧化铝为两性氢氧化物，与硫酸反应的离子反应方程式为：Al(OH) 33H =Al3 3H 2O；硫酸铝与过量氨水的反应化学方程式为 Al2(SO4)6NH 3H2O=2Al(OH)33(NH 4)2SO4。23.Na2CO3、NaHCO 3是生活中常见的盐，某实验小组通过以下实验了探究这两种物质的性质。(1)称取两种固体各 1g 分别放入两支试管中，再各加入 5mL 水，充

38、分振荡，并恢复至室温。发现 Na2CO3完全溶解，而 NaHCO3有剩余。由此得出结论：在相同温度下，_。(2)取少量 NaHCO3按下图装置进行实验。可观察到的现象是：大试管口有水珠生成，_。用_的方法除去混在 Na2CO3粉末中少量的 NaHCO3。(3)测定 Na2CO3样品(含氯化钠杂质)中 Na2CO3的质量分数：称取 mg 样品放入烧杯内加水溶解。加入过量的氯化钙溶液充分反应，反应的化学方程式为_。过滤、洗涤、干燥，称量沉淀的质量为 ng。则样品中 Na2CO3的质量分数为_。【答案】 (1). 相同温度时，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大 (2). 澄清的石灰水变浑浊 (3). 加热

39、 (4). CaCl 2+Na2CO3CaCO 3+2NaCl (5). %【解析】【分析】(1)常温下，同质量、同体积的溶剂，Na 2CO3固体完全溶解，而 NaHCO3固体有剩余，说明 Na2CO3较NaHCO3易溶；(2)根据碳酸钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀解答；(3)根据碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠解答，利用反应的方程式，沉淀的质量为碳酸钙的质量，求出碳酸钠的质量解答。【详解】(1)称取两种固体各 1g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加 5mL 蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现 Na2CO3固

40、体完全溶解，而 NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大，故答案为：同样的温度下，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大；(2)碳酸氢钠受热易分解，2NaHCO 3 Na2CO3+CO2+H 2O，可观察带的现象是：大试管口有水珠生成，生成的 CO2气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，故答案为：澄清的石灰水变浑浊；碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠受热易分解，用加热的方法除去混在 Na2CO3粉末中少量的 NaHCO3，故答案为：加热；(3)碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程方程式为：Na 2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，证明反应后 CaCl2有剩

41、余的方法是再加入碳酸钠，有白色沉淀生成，故答案为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl；设碳酸钠样品中碳酸钠的质量为 x，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl106 100x ng ，解得：x= g，样品中 Na2CO3的质量分数为 100%= 100%= %，故答案为：%。24.10 g Mg、Al 合金与足量 100 mL NaOH 溶液反应，产生 H2的体积为 6.72 L(标准状况下)，求：（1）合金中 Al 的质量分数；（2）生成物 NaAlO2的物质的量浓度(假设溶液体积不变)【答案】 （1）54% （2）2 mol/L【解析】试题分析： n(H2)0.3 mol，由关系式得：2Al 2NaAlO 2 3H 22 2 3n(Al)n(NaAlO2) 0.3 mol（1） n(Al)0.2 mol， m(Al)0.2 mol27 gmol 1 5.4 g，铝的质量分数100%54%。（2） n(NaAlO2)0.2 mol ， c(NaAlO2)2 mol/L。考点：考查计算质量分数及浓度