四川省成都外国语学校2019-2020学年高一12月月考化学试题

四川省成都外国语学校2019-2020学年高一12月月考化学试题

www.ks5u.com 成都外国语学校19-20（上）高一化学第二次月考试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（每题只有一个正确答案，45分）‎ ‎1.下列物质属于非电解质的是(　　)‎ A. NH3 B. (NH4)2SO4 C. Cl2 D. CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；‎ B、硫酸铵在水溶液中电离出铵根离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸铵是电解质，故B错误；‎ C、非电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；‎ D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】把握电解质和非电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下就是否能够导电，即是否以离子的形式分散在水中，二是该物质是化合物．‎ ‎2.下列处理事故的方法正确的是 ( )‎ A 金属钠着火，可用水扑灭 B. 误食硫酸铜溶液，可服用鸡蛋清解毒 C. 浓硫酸溅到皮肤上，立即用碳酸钠稀溶液冲洗 D. 氢氧化钠浓溶液戳人眼中，应立即用大量水冲洗，再用稀盐酸冲洗 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据钠与水反应、浓硫酸遇水放热、浓硫酸和浓碱有腐蚀性及蛋白质的性质来分析实验中的事故,找出正确的处理方法。‎ ‎【详解】A、钠与水发生反应生成可燃性的氢气，因此金属钠着火，不能用水灭，应用沙子盖灭，故A错误； B、硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，误食后可服用鸡蛋清解毒，故B正确； ‎ C、浓硫酸溅到皮肤上，先用干布拭去，然后用大量水冲洗，最后用小苏打溶液冲洗，故C错误；‎ D、氢氧化钠溶液溅入眼中，应立即用水冲洗边洗边眨眼睛，必要时迅速找医生医治，切不可用手揉眼，更不能用盐酸冲洗，故D错误； 综上所述，本题选B。‎ ‎3.下列分离和提纯实验操作中，正确的是　　‎ A. 蒸发 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；‎ B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；‎ C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错误；‎ D．利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.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。‎ ‎5.下列变化中只有通过还原反应才能实现的是（ ）‎ A. Fe3+→Fe2+ B. Mn2+→MnO4－ C. Cl－→Cl2 D. N2O3→HNO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 下列变化中只有通过还原反应才能实现，说明原物质是氧化剂，化合价降低。‎ ‎【详解】A选项，Fe3+→Fe2+化合价降低，发生还原反应，故A符合题意；‎ B选项，Mn2+→MnO4－，锰元素化合价升高，发生氧化反应，故B不符合题意；‎ C选项，Cl－→Cl2化合价升高，发生氧化反应，故C不符合题意；‎ D选项，N2O3→HNO2化合价未变，没有发生还原反应，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎6.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 ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA B. 18gNH4＋所含电子数为11NA C. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NA D. 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.铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价由0升高为+2，5.6g铁转移的电子数为0.2NA，故A错误；‎ B. 1个NH4＋含有10个电子，18gNH4＋所含电子数为10NA，故B错误；‎ C. 氦气的单原子分子，标准状况下，22.4L氦气含原子数为NA，故C错误；‎ D. 铝与足量的盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝元素化合价由0升高为+3，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，故D正确。‎ ‎8.把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（ ）‎ A. 52.4% B. 30% C. 47.6% D. 70%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3+ 和Fe2+ ，再加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO2－，留在溶液中； Fe2+生成了Fe(OH)2沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为Fe2O3，铁在反应过程中是守恒的，Fe2O3中氧的量等于合金中铝的量，则原合金中铁的质量分数为：2Ar(Fe) ÷Mr(Fe2O3) ×100%＝2×56÷160×100%＝70%，故D正确。‎ 点睛：熟悉铝、铁的化学性质，掌握元素质量的终态守恒法。‎ ‎9.下列溶液中的Na＋与100mL1mol·L-1Na3PO4溶液中Na＋的物质的量浓度相等的是 A. 150mL 3mol·L－1的NaCl溶液 B. 150mL 2mol·L－1的NaNO3溶液 C. 150mL 1mol·L－1的Na2SO4溶液 D. 75mL 1mol·L－1的Na2S溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎100mL 1mol•L-1 Na3PO3溶液中c(Na+)=1mol/L×3=3mol/L ‎【详解】A. 150mL 3mol⋅L−1 NaCl溶液中c(Na+)=3mol/L，故A正确；‎ B. 150mL 2mol⋅L−1 NaNO3溶液中c(Na+)=2mol/L，故B错误；‎ C. 150mL 1mol⋅L−1 Na2SO4溶中c(Na+)=2mol/L，故C错误；‎ D. 75mL 1mol⋅L−1 的Na2S溶液中c(Na+)=2mol/L，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】强电解质溶液中离子的浓度=电解质的浓度×化学式中相应离子个数，与溶液体积无关。‎ ‎10.下列化学反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 氯化铝溶液与过量的氨水反应：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O B. 小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋ CO＋2H2O C. 纯碱溶液中滴加少量盐酸：CO32-＋H＋===HCO D. 用FeCl3溶液腐蚀铜电路板：Fe3＋＋ Cu === Fe2＋＋ Cu2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；‎ B．向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B错误；‎ C．纯碱溶液中滴加少量盐酸，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，故C正确；‎ D．用FeCl3溶液腐蚀铜电路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是( )‎ A. a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰 B. b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰 C. a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 D. b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。‎ ‎【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。‎ ‎12.在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的Na、Na2O、Na2O2和NaOH，然后加入100 mL水，搅拌，使固体完全溶于水。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是 A. 甲＜乙＜丙＜丁 B. 丁＜甲＜乙＝丙 C. 甲＝丁＜乙＝丙 D. 丁＜甲＜乙＜丙 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据钠原子守恒计算溶质的质量，再根据反应方程式计算溶液的质量，从而计算溶液的质量分数。‎ ‎【详解】在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：‎ ‎2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；‎ Na2O+H2O＝2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；‎ ‎2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g；‎ 将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；‎ 所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/（100+2.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、8/（100+6.2）×100%、4/（100+4）×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙，故答案选B。‎ ‎13.现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示。原溶液中Cl－与SO42-的物质的量之比为（ ）‎ A. 3∶1 B. 4∶1 C. 5∶1 D. 6∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】OA段加入氢氧化钠发生的反应是Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg (OH)2↓，OA段加入氢氧化钠发生的反应是Al(OH)3↓+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3↓+OH-=AlO2-+2H2O反应消耗0.1L的氢氧化钠，根据铝元素守恒，Al3++3OH-=Al(OH)3↓反应消耗0.3L氢氧化钠，所以Mg2++2OH-=Mg (OH)2↓反应消耗氢氧化钠0.4-0.3=0.1L， = ，，故选D。‎ ‎14.向100 mL NaOH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0.2 mol·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0.2 mol·L－1‎ B. 通入CO2在标准状况下的体积为448 mL C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3‎ D. 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=0.02mol， 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。‎ ‎15.下列物质各3g，在氧气中完全燃烧，于150℃时将产物通过足量的Na2O2固体后，固体增重大于3g的是（ ）‎ A. HCOOH B. CH3COOH C. C2H5OH D. C6H12O6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水、二氧化碳和Na2O2反应方程式分别为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式知，水和Na2O2反应时固体质量增加量相当于H2质量，二氧化碳和Na2O2反应时固体质量增加量相当于CO质量，将可燃物写出H2或CO或（CO）m·Hn方式，如果恰好写为H2或CO或（CO）m·Hn方式，则产物通过足量Na2O2时固体质量不变，如果改写化学式时O原子有剩余，则反应前后固体质量减少，如果C原子有剩余，则固体质量增加，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. HCOOH可以改写成CO·H2·O，O原子有剩余，所以反应前后固体质量增多少于3g，不符合，故A错误；‎ B. 该化学式可以改写为(CO)2⋅(H2)2，所以反应前后固体质量增多等于3g，不符合，故B错误；‎ C. 该化学式可以改写为CO·(H2)3·C，C有剩余，则反应前后固体质量增多多于3g，符合，故C正确；‎ D. 该化学式可以改写为(CO)6⋅(H2)6，则反应前后固体质量增多等于3g，故不符合，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】水、二氧化碳和Na2O2反应方程式分别为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式知，水和Na2O2反应时固体质量增加量相当于H2质量，二氧化碳和Na2O2反应时固体质量增加量相当于CO质量，将可燃物写出H2或CO或(CO)m·Hn方式，如果恰好写为H2或CO或(CO)m⋅Hn方式，则产物通过足量Na2O2时固体质量不变，如果改写化学式时O原子有剩余，则反应前后固体质量减少，如果C原子有剩余，则固体质量增加。‎ 第II卷（非选择题）‎ ‎16.有下列物质：①氢气， ②铝，③氧化钙， ④二氧化碳，⑤硫酸，⑥氢氧化钠，⑦红褐色氢氧化铁胶体，⑧氨水，⑨稀硝酸，⑩硫酸铝。回答下列问题：‎ ‎(1)上述物质中属于电解质的有__________(填序号)。‎ ‎(2)可以利用________区分⑦、⑧两种分散系。‎ ‎(3)⑩在水中的电离方程式为_________。‎ ‎(4)过量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为______________。‎ ‎(5)②与⑥的溶液发生反应的化学方程式为__________。‎ ‎【答案】 (1). ③⑤⑥⑩ (2). 丁达尔现象 (3). Al2(SO4)3=2Al3++3SO42- (4). CO2+OH-=HCO3- (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；‎ ‎(2)胶体可以产生丁达尔现象；‎ ‎(3)硫酸铝在水中电离出铝离子和硫酸根离子；‎ ‎(4)过量的二氧化碳气体通入氢氧化钠溶液中生成碳酸氢钠；‎ ‎(5)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；‎ ‎【详解】①氢气是单质，既不是电解质又不是非电解质； ②铝是单质，既不是电解质又不是非电解质；③氧化钙在熔融状态下可导电，属于电解质； ④二氧化碳自身不能电离，属于非电解质；⑤硫酸的水溶液能导电，硫酸是电解质；⑥氢氧化钠的水溶液能导电，氢氧化钠是电解质；⑦红褐色氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑧氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑨稀硝酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑩硫酸铝的水溶液能导电，硫酸铝是电解质；属于电解质的有③⑤⑥⑩；‎ ‎(2)胶体可以产生丁达尔现象，溶液不能产生丁达尔现象，所以可利用丁达尔现象区分氢氧化铁胶体和氨水两种分散系；‎ ‎(3)硫酸铝在水中电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式是Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-；‎ ‎(4)过量二氧化碳气体通入氢氧化钠溶液中生成碳酸氢钠，反应的离子方程式是CO2+OH-=HCO3-；‎ ‎(5)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎17.下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。‎ 请填写下列空白：‎ ‎(1)写出化学式：A____，B____，C_____，D____，E____。‎ ‎(2)以上反应中，属于氧化还原反应的有____________(填写编号)。‎ ‎(3)A→C反应的离子方程式是________。‎ ‎(4) B→C反应的化学方程式是____________。‎ ‎(5)E→D反应的化学方程式是_____________。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). Na2O2 (3). NaOH (4). Na2CO3 (5). NaHCO3 (6).‎ ‎ ①②③④ (7). 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑ (8). 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ (9). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】焰色反应为黄色的金属为钠，则A为钠，B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为碳酸钠，E为碳酸氢钠。发生反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。‎ ‎(1)A、B、C、D、E的化学式依次为 Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。答案为：Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。‎ ‎(2)以上反应中，属于氧化还原反应的有①②③④。答案为①②③④‎ ‎(3)A→C反应的离子方程式是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。‎ 答案为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑‎ ‎(4) B→C反应的化学方程式是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。‎ 答案为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑‎ ‎(5)E→D反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。‎ 答案为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑‎ ‎【点睛】本题的突破口是“A、B、C、D、E的焰色反应均呈黄色”。‎ ‎18.（I）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法” 又叫“联合制碱法”以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱Na2CO3，有关反应的化学方程式：‎ ‎（1）____；‎ ‎（2）____。‎ ‎（II）.取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：①滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生；②再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色； ③最后通入足量的SO2气体。请回答下列问题：‎ ‎（1）KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为__；‎ ‎（2）实验③中的现象为__；‎ ‎（3）实验①、②中反应离子方程式分别是__、___。‎ ‎（III）铝与NaOH溶液反应同温同压下，在体积和浓度均为100mL2mol·L−1的盐酸和NaOH溶液中各加入等质量的Al，产生气体的体积之比为5∶6，则所加Al的质量为__g。‎ ‎【答案】 (1). NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl (2). 2NaHCO3Na2CO3＋CO2‎ ‎↑＋H2O (3). PbO2＞KMnO4＞H2O2 (4). 溶液紫红色褪去，有白色沉淀生成 (5). 2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O (6). 5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4−+2H2O (7). 2.16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）“联合制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，生成碳酸氢钠沉淀，加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、二氧化碳、水；‎ ‎（II）（1）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；‎ ‎（2）二氧化硫具有还原性，二氧化硫能还原高锰酸钾；‎ ‎（3）实验①是高锰酸钾把过氧化氢氧化为氧气；实验②是PbO2把Mn2+氧化为MnO4−；‎ ‎（III）铝与盐酸反应的化学方程式是2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，铝与氢氧化钠反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；根据题意，盐酸、氢氧化钠物质的量相等，若盐酸、氢氧化钠都完全反应，则盐酸、氢氧化钠生成气体体积比为V(盐酸)∶V(氢氧化钠)＝1∶3，若两份铝都完全反应，则生成氢气体积相等，实际生成氢气体积比V(盐酸)∶V(氢氧化钠)＝5∶6，说明氢氧化钠有剩余、盐酸中铝有剩余。‎ ‎【详解】（I）“联合制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，生成碳酸氢钠沉淀，反应方程式是NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，加热碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式是2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；‎ ‎（II）（1）取一定量的酸性KMnO4溶液，滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生，有氧气生成，KMnO4是氧化剂、H2O2是还原剂，说明氧化性KMnO4> H2O2；再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色，说明又生成KMnO4，PbO2是氧化剂、KMnO4是氧化产物，氧化性：PbO2 >KMnO4 ，故氧化性：PbO2＞KMnO4＞H2O2；‎ ‎（2）向高锰酸钾溶液中通入足量的SO2气体，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，Pb2+与SO42-反应生成PbSO4沉淀，所以现象是溶液紫红色褪去，有白色沉淀生成；‎ ‎（3）实验①是高锰酸钾把过氧化氢氧化为氧气，反应的离子方程式是2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；‎ 反应②是PbO2把Mn2+氧化为MnO4−，反应的离子方程式是5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2MnO4−+2H2O。‎ ‎（III）盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×2mol/L=0.2mol， 根据以上分析，盐酸完全反应，盐酸中的铝有剩余， ‎ 设铝与酸反应时生成的氢气的物质的量为xmol， 则 ‎ X=0.1mol，‎ 测得生成的气体体积比为V(盐酸)∶V(氢氧化钠)＝5∶6，则氢氧化钠与铝反应生成氢气的物质的量是0.12mol，设氢氧化钠溶液中参加反应的铝为ymol 则 ‎ ‎ ‎，解得y=0.08mol， 则铝的质量为0.08mol×27g/mol=2.16g。‎ ‎ ‎