【文档说明】江西省抚州市临川第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，428.000 KB，由管理员店铺上传

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江西省抚州市临川二中2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题1.下列有关金属及其化合物用途的说法不正确的是（）A.氢氧化铝可作胃酸的中和剂B.明矾用作净水剂C.铝罐可久盛食醋D.制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化铝能和胃酸

反应，作胃酸的中和剂，故正确；B.明矾中的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，具有很大的表面积，具有吸附性，能作净水剂，故正确；C.铝罐表面有氧化铝，能与醋酸反应，所以不能久盛醋酸，故错误；D.不锈钢属于合金，主要加入铬和镍等元素，故正确。故选C。2.吸入人体內的氧有2%转化为氧化性极强的“活性

氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体內的活性氧，由此推断Na2SeO3的作用是（）A.作还原剂B.作氧化剂C.既作氧化剂又作还原剂D.既不作氧化剂又不作还原剂【答案】A【解析】【详解】吸入人体內的氧有2

%转化为氧化性极强的“活性氧”，亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体內的活性氧，说明亚硒酸钠被“活性氧”氧化，亚硒酸钠作还原剂具有还原性，选A。3.下列实验操作正确或能达到目的的是（）A.托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，称取2.0gNaOH固体B.因为碘

易溶于CCl4，所以常用CCl4萃取碘水中的碘C.向沸水中边滴加FeCl3溶液边用玻璃棒搅拌，可制得Fe(OH)3胶体D.检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液。【答案】B【解析】【详解】A．称量药品时遵循“左物右砝”原则，且称量强腐

蚀性固体药品应该放置在烧杯中，NaOH具有强腐蚀性，所以应该放置在烧杯中称量，A错误；B．因为碘易溶于CCl4，所以常用CCl4萃取碘水中的碘，B正确；C．制取氢氧化铁胶体时不能搅拌，否则易产生氢氧化铁沉淀，C错误；D

．氧化铁不溶于水，应该将氧化铁溶于稀盐酸中过滤后再加KSCN溶液检验，否则不能检验红色物质中是否含有氧化铁，D错误；答案选B。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.物质的量浓度为0.5mol·L－

1的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NAB.18gNH4＋所含电子数为11NAC.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAD.常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A.物

质的量浓度为0.5mol·L－1的MgCl2溶液中，未给定溶液的体积，无法计算含有Cl－个数，A错误；B.1个NH4＋中含有10个电子，则18gNH4＋即1mol，含电子数为10NA，B错误；C.标准状况下，氦气为单原子分子，则22.4L氦气含有的原子个数为1mol，2

2.4L氯气所含原子数为2NA，C错误；D.常温下，2.7g铝即0.1mol，与足量的盐酸反应，化合价由0价变为+3价，失去的电子数为0.3NA，D正确；答案为D。5.乙醚是一种吸入性麻醉剂，熔点为－

116.3℃，沸点为34.6℃，微溶于水，易溶于乙醇。要从乙醇与乙醚的混合物中分离出乙醇，需要用到的仪器是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】乙醚易溶于乙醇，且沸点不同，可用蒸馏的方式分离，需用到蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管和锥

形瓶等，答案为C。6.下列离子组能在溶液中大量共存是A.Na＋、Ba2＋、Cl－、CO32－B.Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－C.Fe2＋、H＋、SO42－、NO3－D.K＋、Fe3＋、NO3－、SCN－【答案】B【解析】【详解】A.Ba2＋、CO32－反应生成碳酸钡沉

淀，与题意不符，A错误；B.Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－不反应，能大量共存，符合题意，B正确；C.Fe2＋、H＋、NO3－反应生成铁离子、NO和水，与题意不符，C错误；D.Fe3＋、SCN－反应生成碳酸钡沉淀，与题意不符，D错误；答案为B。【点睛】Fe2＋、H＋、NO3－

可发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水。7.图表示质量相同的气体X和N2在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则气体X可能是A.NH3B.O2C.COD.CO2【答案】A【解析】【详解】从图像可知，相同温度

下X的压强大于氮气，同温同体积时，压强越大，气体的物质的量越大，则X的物质的量大于氮气，即X的摩尔质量小于氮气的，答案为A。8.下列实验操作及装置正确的是A.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液B.比较NaHCO3

和Na2CO3的热稳定性C.制取并观察Fe(OH)2沉淀D.蒸馏海水【答案】C【解析】【详解】A.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，应先在小烧杯中溶解，且待其温度恢复至室温后再转移至容量瓶，A错误；B.比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性时，小试管中的试剂

为碳酸氢钠，大试管为碳酸钠，B错误；C.制取并观察Fe(OH)2沉淀时，苯在液面上，能隔绝溶液与空气的接触，可较长时间的观察氢氧化亚铁沉淀的生成，C正确；D.蒸馏海水时，冷凝管的水流方向为下进上出；温度计的水银泡在蒸馏烧瓶的支管口处，D错误；答案为C。9.下列离子方

程式的书写正确的是（）A.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OB.向澄清石灰水中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-C.在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2OD.氯化铝溶液与过量的氨

水反应：Al3＋4NH3·H2O=AlO2-＋4NH4+＋2H2O【答案】B【解析】【详解】A.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+NH4++2OH-=CaCO3↓+NH3↑+2H2O，A错误；B.向澄清石灰水中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-，B正确；

C.在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，C错误；D.氯化铝溶液与过量的氨水反应：Al3+＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+，D错误；答案为B。【点睛】氢氧化铝不溶于氨水

。10.食盐中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在，可根据反应：IO3－＋5I-+6H+═3I2＋3H2O验证食盐中存在IO3－。根据上述反应，下列说法正确的是A.IO3-得电子，被氧化B.I2是氧化产物，H2O是还原产物C.该条件下还原性：I-＞I2D.每生成3molI2，转

移电子的物质的量为6mol【答案】C【解析】【详解】A.IO3-得电子，被还原，A错误；B.I2既是氧化产物，又是还原产物，B错误；C.还原性：还原剂>还原产物，则该条件下还原性：I-＞I2，C正确；D.每

生成3molI2，转移电子的物质的量为5mol，D错误；答案为C。11.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成该溶液一定含有Cl-B向某溶液中加入Ba

Cl2溶液再滴加HCl溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-C切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐变暗钠在空气中会生成过氧化钠D某溶液做焰色反应时，现象为黄色说明该溶液的一定含有Na+，不能确定是否含有K+

A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含有Cl-或SO42-，实验结论不符，A错误；B.向某溶液中加入BaCl2溶液再滴加HCl溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含有Ag+或SO42-，实验结论不符

，B错误；C.切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐变暗，钠在空气中会生成氧化钠，实验结论不符，C错误；D.某溶液做焰色反应时，现象为黄色，未透过蓝色的钴玻璃观察，溶液的一定含有Na+，不能确定是否含有K+，符合事实，D正确；答案为D。12.某学校实验室从化学试剂商店买回的盐酸试剂上的标签如图所示。下列

说法正确的是A.从试剂瓶中取出100mL该盐酸,在空气中久置，溶液质量将增大B.1molFe与足量该酸反应产生22.4L氢气C.配制250mL6mol·L-1稀盐酸需取该浓盐酸100mLD.该溶液溶质的物质的量浓度约为12

mol·L-1【答案】D【解析】【分析】c=1000M=10001.1937%36.5=12.06mol/L。【详解】A.从试剂瓶中取出100mL该盐酸，盐酸具有挥发性，在空气中久置，溶液质量将减小，A错误；B.1molFe与足量该酸反应产生标准状况下的22.4L氢气，B错误；

C.根据c1×V1=c2×V2，配制250mL6mol·L-1稀盐酸，250mL×6mol·L-1=12.06mol·L-1×V，则V=124.4mL，C错误；D.该溶液溶质的物质的量浓度约为12mol·L-1，D正确；答案为D。13.用浓盐酸配制100mL0.10mol·L-1的稀盐酸溶液时

，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是A.量筒用蒸馏水洗净后未干燥就用来量取浓盐酸B.移液前容量瓶中有少量的蒸馏水C.在容量瓶中进行定容时俯视读数D.定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度【答案】C【解析】【详解】A.量筒用蒸馏水洗净后未干燥就用来

量取浓盐酸，导致浓盐酸的浓度减小，则HCl的物质的量减小，配制溶液的浓度偏低，与题意不符，A错误；B.移液前容量瓶中有少量的蒸馏水，对HCl的物质的量及体积均无影响，则配制溶液的浓度无影响，与题意不符，B错误；C.在容量瓶中进行定容时俯

视读数，导致配制溶液的体积偏小，则浓度偏高，符合题意，C正确；D.定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度，导致配制溶液的体积偏大，则浓度偏低，与题意不符，D错误；答案为C。【点睛】利用公式c=1M×mV进行判断。14.下列各组物质的稀溶液相互反应，

无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是A.NaAlO2和H2SO4B.AlCl3和NaOHC.NaHSO4和Ba(OH)2D.Na2CO3和H2SO4【答案】C【解析】【详解】A.偏铝酸钠滴入硫酸中开始

发生反应2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O，后发生反应Al2（SO4）3+6NaAlO2+12H2O=8Al（OH）3↓+3Na2SO4，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠依次发生反

应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，3H2SO4+2Al(OH)3=Al2(SO4)3+6H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，故A不符合题意；B.NaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量沉淀溶解，则氯化铝滴入氢氧化钠溶液中依次发生反应：Al3++4OH-=AlO

2-+2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝溶液中依次发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

，现象是开始有沉淀，一段时间后沉淀溶解，所以二者现象不同，故B不符合题意；C.无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，故C符合题意；D.碳酸钠滴入硫酸发生反应Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；硫

酸滴入碳酸钠溶液中依次发生反应：CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故D不符合题意。故选C。15.金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿

在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，下列说法不正确的是A.O2只做氧化剂B.CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C.SO2既是氧化产物又是还原产物D.若有

1molO2参加反应，则反应中共有4mol电子转移【答案】D【解析】【详解】A.反应中，O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，O2只做氧化剂，A正确；B.Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元

素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B正确；C.O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，SO2是还原产物，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，SO2是氧化产物，C正确；D.O元

素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，1molO2参加反应，反应共转移6mol电子，D错误；答案选D。16.向1

00mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是()A.原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L－1B.通入CO2在标准状况下的体积

为448mLC.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3D.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1【答案】A【解析】【分析】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=

NaCl+CO2↑+H2O，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠的方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而根据图象可知生成CO2消耗盐酸溶液的体积是100mL－25mL＝75mL＞25mL，这说明NaOH与CO2

气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。【详解】A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol/L=0.0

2mol，c（NaOH）=0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，A正确；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol/L=0

.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol=0.36L=336mL，B错误；C．Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL

，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，因此Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，C错误；D．由C中分析可知D错误；答案选A。【点睛】判断反应后溶液中溶质成分是解答的

难点，解答的关键是理解Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序，即在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H

＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。另外需要注意如果含有氢氧化钠，则首先发生中和反应。17.饮用水中NO3－对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用

铝粉将NO3-还原为N2。（1）①配平方程式：Al＋NO3－＋OH－＋=[Al(OH)4]－＋N2↑。__________②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是______，反应中转移电子0.3mol，生成_________mLN2(标准状况下

)。（2）①已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为________________。②Na2S2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32－转变为SO4

2－。现需处理含标准状况下Cl22.24L的织锦物，理论上需要0.1mol/LNa2S2O3溶液的体积为______mL。【答案】(1).106418H2O103(2).10:3(3).672(4).5ClO2-+4H+=Cl-+4ClO2+2H2O(5)

.250【解析】【分析】（1）①根据化合价升降总数相等配平；②反应中Al作还原剂，氮气作还原产物；（2）①在酸性条件下NaClO2中Cl的化合价一部分升高，一部分降低，升降总数相等；②标准状况下Cl2

2.24L即0.1mol，反应时生成-1价的Cl，转移0.2mol电子，则Na2S2O3中S化合价由+2价变为+6价，1mol转移8mol电子，转移0.2mol电子时，需0.025molNa2S2O3，浓度为0.1mol/L时，体积为250mL。【详解

】（1）①Al的化合价升高，由0价变为+3价，N的化合价由+5变为0价，化合价降低，根据化合价升降总数相等配平，方程式为10Al＋6NO3－＋4OH－＋18H2O=10[Al(OH)4]－＋3N2↑；②反应中Al作还原剂，氮气作还原产物，其物质的量之比为

10：3；反应中转移30mol电子时，生成3mol氮气，则转移电子0.3mol，生成0.3mol氮气，即标况下的672mL；（2）①在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，Cl的化合价一部分升高，一部分降低，升降总数相等，则离子方程式为5ClO2-

+4H+=Cl-+4ClO2+2H2O；②标准状况下Cl22.24L即0.1mol，反应时生成-1价的Cl，转移0.2mol电子，则Na2S2O3中S化合价由+2价变为+6价，1mol转移8mol电子，转移0.2mol电子时，需0.025molNa

2S2O3，浓度为0.1mol/L时，体积为250mL。18.铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的有关知识，回答下列问题：（1）铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是________。A．纯铁硬度比生铁高B．纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C．不锈钢是铁合金，只含金属元素D．

铁在一定条件下，可与水蒸气反应（2）电子工业需用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板。请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式为____________________________________。（3）酸性条件下Fe2+与双氧水反应的离

子方程式为__________________________________。（4）在酸性溶液中，某反应的反应物和生成物有KBiO3、K2SO4、H2SO4、MnSO4、H2O、Bi2(SO4)3和一种未知物质M。①已知MnSO4在反应中失

去电子,则该反应的氧化剂是________；②已知该反应中被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5，则M的化学式为__________；③写出该反应的化学方程式______________________________________________________。【答案】(1)

.BD(2).2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(3).2Fe2++2H++2H2O2=2Fe3++2H2O(4).KBiO3(5).KMnO4(6).4MnSO4＋10KBiO3＋14H2SO4=4KMnO4＋3K2SO4＋5Bi2(SO4)3＋14H2O【解析】【分析】

(1)A．生铁为铁、碳的合金，则纯铁硬度比生铁低；B．生铁为铁、碳的合金，腐蚀时发生电化学腐蚀，纯铁为化学腐蚀，耐腐蚀性强，不易生锈；C．不锈钢是铁合金，除了铁外还有铬、镍、铝、硅等；D．铁在一定条件下，可与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；(2)FeCl3与铜反

应生成氯化亚铁和氯化铜；(3)酸性条件下Fe2+与双氧水反应生成铁离子和水；(4)①MnSO4在反应中失去电子，则化合价升高，则KBiO3为反应物，化合价降低，作氧化剂；②利用化合价升降总数相对计算；③利用化合价升降法配平。【详解】(1)A．生铁为铁、碳的合金，则纯铁硬度比

生铁低，A错误；B．生铁为铁、碳的合金，腐蚀时发生电化学腐蚀，纯铁为化学腐蚀，耐腐蚀性强，不易生锈，B正确；C．不锈钢是铁合金，除了铁外还有铬、镍、铝、硅等，C错误；D．铁在一定条件下，可与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢

气，D正确；答案为BD；(2)FeCl3与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(3)酸性条件下Fe2+与双氧水反应生成铁离子和水，离子方程式为2Fe2++2H++

2H2O2=2Fe3++2H2O；(4)①MnSO4在反应中失去电子，则化合价升高，则KBiO3为反应物，化合价降低，作氧化剂；②反应中Bi的化合价由+5变为+3，被还原，则Mn的化合价升高，被氧化的元素与被还原的元素的物质的量之比为2:5，(5-

3)×5=(n-2)×2，则n=+7，M的化学式为KMnO4；③利用化合价升降法配平，方程式为4MnSO4＋10KBiO3＋14H2SO4=4KMnO4＋3K2SO4＋5Bi2(SO4)3＋14H2O。19.明矾[KAl(SO4

)2·12H2O]在造纸、净水等方面应用广泛。以处理过的废旧易拉罐碎屑为原料(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：（1）KAl(SO4)2的电离方程式__________________

____________。（2）原料溶解过程中反应的离子方程式是___________________________________。（3）明矾溶液与过量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式是______________________________。（4）溶液A中通入过

量CO2，反应的化学方程式是_____________________________________。（5）为证明固体B中含有铁，某同学做如下实验：取少量固体B，加入稀硫酸使其溶解，观察到有无色气体生成。向溶液中加入__________和__________，溶液立即变红，证明固体B中含

有铁。【答案】(1).KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-(2).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2－+3H2↑(3).Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O(

4).NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3+NaHCO3(5).硫氰化钾溶液(6).氯水或双氧水【解析】【分析】原料中的Al可与NaOH反应生成偏铝酸钠，则固体B为Fe、Mg杂质；偏铝酸钠与过量的二氧化碳反应生成氢

氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，则C为碳酸氢钠溶液。【详解】(1)KAl(SO4)2为盐，属于强电解质，在溶液中完全电离生成钾离子、铝离子和硫酸根离子，电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；(2)原料溶解过程中，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程

式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2－+3H2↑；(3)明矾溶液与过量的Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钾和水，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O；(4)A溶液为偏铝酸钠溶液，通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠和氢氧化

铝沉淀，化学方程式为NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3+NaHCO3；(5)若有Fe时，溶液为硫酸亚铁，则加入KSCN溶液时，溶液无变化，再加入氯气或双氧水，氧化为三价铁离子时溶液变为血红色。20.有一含Na2CO3·xH2O和NaHCO3的混合物，某同学设计

如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定Na2CO3··xH2O中x的数值。（1）实验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，检查装置的气密性。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和盛装碱石灰的U形管的质量。③打开活塞K1、K2

，关闭K3，缓缓鼓入氮气数分钟，其目的是_________________________。④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯，加热至不再产生气体。加热时NaHCO3发生反应的化学方程式为__________________

_________________。⑤打开活塞K1，缓缓鼓入氮气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。（2）关于该实验方案，请回答下列问题。①装置E的名称是_________，E中盛放的试剂也是碱石灰，其作用是_______________________

________。②若样品质量为29.3g，反应后C、D装置增加的质量分别为9g、4.4g，则Na2CO3·xH2O中x为___________。【答案】(1).除去装置中的水蒸气和二氧化碳(2).2NaHCO3=Na2CO3＋CO2↑＋H2O(3).干燥管（或球形干燥管）(4).防止空气中的CO

2和水蒸气进入D中影响测定结果(5).x＝8【解析】【分析】根据实验装置及目的可确定，A为吸收氮气中的水蒸气，B为碳酸氢钠及碳酸钠晶体受热分解的装置，C为吸收产生的水蒸气，D为吸收碳酸氢钠分解产生的二氧化碳气体，E为防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入装置D，导致测定结果错

误，通入氮气为使装置B中产生的水蒸气及二氧化碳均被完全吸收。【详解】(1)③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入氮气数分钟，可除去装置中的水蒸气和二氧化碳，使整个装置充满氮气；④加热时NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为2NaHCO3ΔNa2CO3＋CO

2↑＋H2O；(2)①装置E为球形干燥管；E的目的为防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果，可盛有碱石灰；②C、D装置增加的质量分别为9g、4.4g，则生成的水的物质的量为0.5mol，二氧化碳为0.1mol，只有碳酸氢钠生成二氧化碳，则n(NaHCO3

)=0.2mol，其质量为16.8g，m(Na2CO3·xH2O)=29.3-16.8=12.5g，其含有水蒸气的物质的量=0.5-0.1=0.4mol，则碳酸钠的质量=12.5-0.4×18=5.3g，即0.05mol，n(Na2CO3):n(H2O

)=0.05:0.4=1:8，则x=8。【点睛】通过求解n(Na2CO3):n(H2O)的最简整数比，求解x的值。21.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积

关系如下图。回答下列问题：（1）写出BC段反应的离子方程式为____________________________。（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。（3）原HCl溶液的物质的量浓度是______________

__。（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。（5）a=______。【答案】(1).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(2).5.1g(3).6mol/L(4).5mol/L(5).20【解析】【分析】根据图像可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离

子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。【详解】(1)BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(2)BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol，即n(Al)=0.1mol；则氢

氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol；合金的质量为24×0.1+27×0.1=5.1g；(3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，则c(NaOH)=0.1mol÷0.02L=5mo

l/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗n(NaOH)=5×0.12=0.6mol，c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L；(4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L；(5)n(Mg)=n(Al)=0.1mol，消耗的盐酸为0.5mo

l，100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol，则剩余n(HCl)=0.1mol，此时消耗V(NaOH)=0.1÷5=0.02L，即20mL。【点睛】通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。