【化学】江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 一、单选题（共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列实验及结论一定正确的是（ ）‎ A. 将一小块钠投入硫酸铜溶液中，能得到红色的铜 B. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+而不含K+‎ C. 加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32－‎ D. 加入氯化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将一小块钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故A错误；‎ B.钠的焰色反应为黄色，待测液置于酒精灯外焰灼烧时，焰色反应为黄色，一定含有钠元素，说明溶液中含有Na＋，但钾离子要经过蓝色的钴玻璃来看，否则无法判断，故B错误；‎ C. 溶液中可能含有HCO3－、CO32－等离子，故C错误；‎ D. 产生沉淀一定是氯化银，故原溶液中一定存在Ag＋，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（ ）‎ A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应 B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成 C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应 D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 的氧化性大于，向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质FeCl3首先与铁粉反应，故A错误；‎ B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2‎ 溶液，开始有白色沉淀硫酸钡生成，故B错误；‎ C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先与CO2反应生成碳酸钠，故C正确；‎ D. 铁的还原性大于铜，向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁单质首先参加反应，故D错误。‎ ‎3.标准状况下，2.24L某气体的质量为2.8g，则此气体的相对分子质量为（ ）‎ A. 28g·mo1－1 B. 28mol C. 28g D. 28‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=V÷Vm计算出该气体的物质的量，然后根据M=m÷n计算出该气体的摩尔质量，相对分子质量在数值上等于摩尔质量。‎ ‎【详解】标况下某气体的体积为2.24L，其质量为2.8克，‎ 则气体的物质的量为：2.24L÷22.4L·mol－1=0.1mol，‎ 该气体摩尔质量为：M=2.8g÷0.1mol=28g·mol－1，‎ 所以该气体的相对分子质量为28，‎ 故选D。‎ ‎4.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 途径 1 中产生的Cl2 可以回收循环利用 B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑‎ C. X 气体是HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解 D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu++4H++SO42-═2Cu2++SO2↑+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制CuCl2‎ 水解，要在HCl气流下加热，加热温度大于300℃，发生2CuCl22CuCl+Cl2↑，直接加热CuCl2•2H2O会生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO。‎ ‎【详解】A．途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，故A正确；‎ B．Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，故B正确；‎ C．CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，故C正确；‎ D．CuCl微溶于水，不能写成离子，CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl+4H++SO42-═2Cu2++SO2↑+2Cl-+2H2O，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎5.近来网络上流传“小苏打能饿死癌细胞”。下列关于小苏打的叙述准确的是（ ）‎ A. 化学式为Na2CO3 B. 受热不分解 C. 属于盐 D. 与盐酸不反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小苏打是碳酸氢钠的俗称，化学式为NaHCO3，故A错误；‎ B.NaHCO3是可溶性碳酸氢盐，故受热易分解，故B错误；‎ C.NaHCO3是碳酸氢盐，即属于盐类，故C正确；‎ D.NaHCO3是碳酸氢盐，故能和强酸盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故D错误；‎ 答案：C ‎6.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（ ）‎ ‎①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都化合反应 ‎②Na2O2中阴阳离子个数比1:1‎ ‎③钠在常温下不容易和氧气反应 ‎④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能 ‎⑤向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成 A. 只有④ B. ②③④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是化合反应，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是化合反应，故错误；‎ ‎②两个氧原子结合成的过氧根离子是一个整体，算一个阴离子，钠离子有两个，所以阴阳离子之比是1：2，故错误；‎ ‎③钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误；‎ ‎④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；‎ ‎⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故正确；‎ 所以正确的选项为：④⑤；故选D。‎ ‎7.不能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）‎ A. 碳酸钠与硫酸反应： CO32-+2H+= H2O+CO2↑‎ B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+‎ C. 钠与盐酸反应：2Na+2H+=2Na++H2↑‎ D. 钠跟氯化钾溶液反应：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠与硫酸反应： CO32-+2H+= H2O+CO2↑，故不选A；‎ B.钠与CuSO4溶液反应：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故选B；‎ C.钠与盐酸反应：2Na+2H+=2Na++H2↑，故不选C；‎ D.钠跟氯化钾溶液反应，实际上是和溶液中水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故不选D；‎ 答案：B ‎8.如图所示，甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别盛有100mL蒸馏水，然后分别放入等物质的量的Na、Na2O、Na2O2、NaOH，待固体完全溶解，则四个烧杯中溶液的质量分数的大小顺序为（ ）‎ 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】‎ ‎【详解】设钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠的物质的量均为0.1mol：‎ Na+H2O=NaOH+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；‎ Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=6.2g；‎ 氢氧化钠溶于水，与水不反应，溶液增加的质量=m(NaOH)=4.0g；‎ 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氢氧化钠溶液的质量分数分别为：×100%、×100%、×100%、×100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙，故选B。‎ ‎9.下列物质存放方法错误的是（ ）‎ A. 铝片长期放置在不密封的纸盒里 B. 烧碱长期放置在烧杯中 C. 铁粉密封在试剂瓶中 D. 白磷存放于冷水中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝易与氧气反应在金属铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，从而防止铝进一步被氧化，起到保护膜的作用，则铝片长期放置在不密封的纸盒里， A正确；‎ B.烧碱为NaOH，能与空气中的二氧化碳反应，且能吸潮，则烧碱不能长期放置在烧杯中， B错误；‎ C.铁粉具有还原性，为防止被氧化，则密封在试剂瓶中，C正确；‎ D.白磷在大约40℃就会自然，白磷与水不反应，且密度比水大，则白磷存放于冷水中，D正确；‎ 答案为B。‎ ‎10.有铁的氧化物样品，用150 mL 5 mol/L的盐酸恰好使其完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下氯气1.68L，使其中的Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（ ）‎ A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe5O7 D. Fe4O5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】n(HCl)=0.15 L× 5mol/L=0.75 mol，n(Cl2)==0.075mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，结合质量守恒计算。‎ ‎【详解】反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n(O)=×n(HCl)= ×0.75mol=0.375mol，反应后溶液成分为FeCl3，n(Cl-)=0.75mol+0.075mol×2=0.9 mol，则n(Fe)=0.9mol×=0.3mol，所以：n(Fe)：n(O)=0.3mol：0.375mol=4：5，该氧化物的化学式为Fe4O5，D项正确， 答案选D。‎ ‎11.由Zn、Cu、Al、Fe四种金属中的两种组成的混合物41.5g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为22.4升，则混合物中一定含有的金属是 ( )‎ A. Zn B. Fe C. Al D. Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】把两种金属看成一种金属，且反应后显＋2价，令金属为R，与盐酸反应：R＋2HCl=RCl2＋H2↑，根据量，求出R的摩尔质量，然后进行分析；‎ ‎【详解】把两种金属看成一种金属，令该金属为R，反应后金属显＋2价，令R的摩尔质量为ag·mol－1，R与盐酸反应：，解得a=41.5。所以两种金属混合，要求金属折算成+2价后，一种金属的摩尔质量大于41.5g/mol，另一种小于41.5 g/mol，Zn的摩尔质量为65g·mol－1，Fe的摩尔质量为56g·mol－1，Al与盐酸反应后生成AlCl3，Al显＋3价，转化成＋2价，Al的摩尔质量为18g·mol－1，Cu的摩尔质量为64g·mol－1，因此混合物中一定含有的金属为Al，故选项C正确；‎ 答案为C。‎ ‎12.某无色溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子中的几种，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法一定正确的是（ ）‎ A. 一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+，一定不存在Na+、SO42-、Fe3+‎ B. 一定存在H+、Al3+、NH4+、SO42-，可能存在Na+、Mg2+‎ C. 溶液中c(H+)：c(Al3+)：c(Mg2+)=1：1：2‎ D. 溶液中c(H+)/c(SO42-)2/9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】无色溶液说明不含Fe3+；从图象可知，沉淀的量先增后减，最终沉淀不能完全溶解，说明原溶液有Mg2+、Al3+，最后剩余1mol Mg (OH)2沉淀，沉淀量的最大值是2mol，所以Al(OH)3沉淀的物质的量是1mol，溶解1molAl(OH)3沉淀消耗1体积氢氧化钠溶液，所以1体积氢氧化钠溶液中含有1mol氢氧化钠；开始时无沉淀产生，说明含有H+，H++OH-=H2O，该氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，说明氢离子的物质的量为1mol；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，所以有NH4+，NH4++ OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为3体积，说明铵根离子的物质的量是3mol。‎ ‎【详解】A.根据分析知道，该溶液中存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+，根据电荷守恒，还一定有SO42-，其他离子不能确定，故A错误；‎ B.根据分析知道，该溶液中一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+、SO42-，可能存在Na+，一定不存在Fe3+，故B错误；‎ C. 根据分析知道，溶液中含有的H+、Mg2+、Al3+的物质的量均是1mol，所以浓度是相等，即c(H+)：c(Al3+)：c(Mg2+)=1：1：1，故C错误；‎ D.该溶液中一定存在H+、Mg2+、Al3+、NH4+、SO42-，H+、Mg2+、Al3+、NH4+的物质的量分别是1mol、1mol、1mol、3mol，因为钠离子不知道是否存在，所以根据电荷守恒，溶液中c(H+)/c(SO42-)小于等于2/9，故D正确。‎ ‎13.下列实验操作或说法正确的是（ ）‎ A. 分液时，先从分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从下口放出上层液体 B. 海水淡化和从碘的CCl4溶液中提取碘都可通过蒸馏操作实现 C. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，该溶液一定是钾盐溶液 D. 洗涤的操作是向过滤器里的固体加洗涤剂，使洗涤剂浸没固体，并用玻璃棒轻轻搅拌固体，使其与洗涤剂充分接触，待洗涤剂流下 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A分液时避免上下层液体混合，先从分液漏斗下口放出下层液体，上层液体从上口倒出，故A错误；‎ B.海水淡化和从碘的CCl4溶液中提取碘，均与混合物沸点有关，则都可通过蒸馏操作实现，故B正确；‎ C.透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，可知一定含K元素，则溶液可能是钾盐溶液或KOH溶液，故C错误；‎ D.在过滤器中洗涤沉淀，不能搅拌，易捣破滤纸，使水自然流下，重复2～3次，故D错误。‎ ‎14.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，工业上制备NaClO2的原理为ClO2+H2O2+NaOH→NaClO2+H2O+O2（未配平）。下列说法错误的是（ ）‎ A. 该制备反应中，H2O2是还原剂 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1‎ C. 生成标准状况下的11.2L气体，转移2mol电子 D. 制备过程中，混合液的碱性将减弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该制备反应中，ClO2中氯元素的化合价由+4价降低到ClO2-中的+3价，ClO2是氧化剂，H2O2中氧元素的化合价由-1价升高到0价，H2O2做还原剂，故A正确；‎ B. 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2反应中，ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B正确；‎ C. 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2反应中，ClO2中氯元素的化合价由+4价降低到ClO2-中的+3价，2个ClO2全部被还原，转移电子数为2e-，根据2e--O2关系可知，11.2LO2‎ 的物质的量为0.5mol，转移1mol电子，故C错误；‎ D. 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2反应可知，NaOH在反应中被消耗，制备过程中，混合液的碱性将减弱，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎15.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，11.2L氩气所含的原子数为NA B. 常温常压下，28gC2H4、C4H8混合气体中所含的原子总数为4NA C. 标准状况下，5.6LSO3所含的氧原子数为0.75NA D. 常温常压下，4.48LO3所含的氧原子数小于0.6NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，11.2L氩气为0.5mol，氩气为单原子分子，所含的原子数为0.5NA，故A错误；‎ B. C2H4、C4H8最简式相同为CH2，常温常压下，28gCH2的物质的量为2 mol，CH2为三个原子组成，所含的原子总数为6NA，故B错误；‎ C. 标准状况下SO3不是气体，故C错误；‎ D. 常温常压下，4.48LO3的物质的量小于0.2mol，所含的氧原子数小于0.6NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.实验室需要480mL 0.1mol·L－1氢氧化钠溶液，下列配制步骤正确的是（ ）‎ A. 用托盘天平在小烧杯中称量2g氢氧化钠固体 B. 定容时，若仰视容量瓶刻度线会使所配溶液浓度偏低 C. 选用500mL容量瓶，移液时玻璃棒末端在刻度线以上某一位置 D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复左右摇动几次 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】配制480mL 0.1mol·L－1氢氧化钠溶液，用500 mL容量瓶，故需要溶质氢氧化钠的质量= 0.1mol·L－1×0.5L×40g/mol=2.0g。‎ ‎【详解】A. 托盘天平最小精确度为0.1g，用托盘天平在小烧杯中称量2.0g氢氧化钠固体，故A错误；‎ B.‎ ‎ 定容时，若仰视容量瓶的刻度线，导致容量瓶内溶液体积偏大，会使所配溶液浓度偏低，故B正确；‎ C. 选用500mL容量瓶，移液时玻璃棒末端在刻度线以下某一位置，故C错误；‎ D. 摇匀时一只手的食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒几次，故D错误；‎ 答案选B。‎ 二、非选择题（共5大题，52分）‎ ‎17.卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。CaO2和Na2O2在结构和性质上有很多相似的地方。请完成下列问题：‎ ‎（1）CaO2属于____(填“离子化合物”或“共价化合物”)，其阴、阳离子个数比为______。‎ ‎（2）CaO2与水反应的化学方程式为______，生成1mol单质气体，转移的电子数为__________。(用NA代表阿伏加德罗常数)‎ ‎（3）CaO2与二氧化碳反应的化学方程式为_________，该反应属于____________。‎ A．置换反应 B．氧化还原反应 C．复分解反应 ‎【答案】(1). 离子化合物 (2). 1∶1 (3). 2CaO2＋2H2O=2Ca(OH)2＋O2↑ (4). 2NA (5). 2CaO2＋2CO2=2CaCO3＋O2 (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】CaO2和Na2O2在结构和性质上有很多相似的地方，是解题的关键，要学会知识迁移，后面问题完全参照过氧化钠性质去回答。‎ ‎【详解】（1）过氧化钙的构成离子是钙离子和过氧根离子，过氧化钙为离子化合物，过氧化钙的电子式为，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1；‎ ‎（2）过氧化钙与水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O═2Ca(OH)2+O2↑；由于氧元素化合价从负一价升到零价，故生成1mol单质气体，转移的电子数为 2NA；‎ ‎（3）过氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和氧气，2CaO2+2CO2=2CaCO3 +O2，反应中有化合价的升降，是氧化还原反应，故选B。‎ ‎18.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能新型水处理剂。‎ ‎（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是________价，Na2FeO4能给水消毒利用的是________性。‎ ‎（2）用Na2FeO4代替氯气作净水消毒剂的优点是_________________________ ，在水处理过程中，形成Fe（OH）3胶体，使水中悬浮物聚沉，Fe（OH）3胶体中分散质粒子直径的范围是_______________．‎ ‎（3）工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4‎ ‎，配平反应的离子方程式：______Fe3++______OH﹣+_____ClO﹣＝__FeO42﹣+ _______+____Cl﹣，若反应过程中转移了0.5mol电子，则还原产物的物质的量为___________ mol。‎ ‎【答案】(1). +6 (2). 强氧化性 (3). 无毒无污染 (4). 1-100nm (5). 2 (6). 10 (7). 3 (8). 2 (9). 5H2O (10). 3 (11). 0.25 mol ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据化合价代数和为零来进行分析；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；‎ ‎（2）由于Na2FeO4在杀菌消毒的同时，生成的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，还起净水剂的作用；胶体粒子直径的范围是粒子直径的范围是1-100nm；‎ ‎（3）根据得失电子守恒和质量守恒来配平；根据化合价变化，判断还原产物；根据生成物与转移电子的比例关系进行有关计算。‎ ‎【详解】(1)化合物中钠的化合价是＋1价，氧元素的化合价是－2价。所以根据化合价的代数和为0可知，铁的化合价是＋(8－2)＝＋6价，铁+6价是最高价态，所以只能得电子而作氧化剂，氧化剂具有氧化性。因此，本题正确答案是：+6 ；强氧化性；‎ ‎(2) 高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用；胶体中分散质粒子直径的范围是1-100nm；‎ 因此，本题正确答案是：既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等）；1-100nm；‎ ‎(3)由于是用FeCl3 、NaOH 、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，故2mol氯化铁失去6mol电子，被氧化为2mol Na2FeO4，失去的6mol电子能被3molNaClO得到，NaClO中+1价的氯元素被还原为-1价，得到3mol氯离子，加上2mol氯化铁中的6mol氯离子，共生成9mol氯化钠，反应中有10mol氢氧化钠，根据氢原子守恒可知，产物中会生成5mol水，配平反应的离子方程式为：2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣＝2FeO42﹣+ 5H2O+3Cl﹣；‎ 由离子方程式可知，ClO-得电子化合价降低，作氧化剂，被还原为Cl-，所以还原产物为Cl-，每生成1molCl-，转移2mol电子，则若反应过程中转移了0.5mol电子，则生成Cl-的物质的量为0.25mol。因此，本题正确答案是：2 ；10；3；2；5H2O；3；0.25。‎ ‎19.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：‎ ‎（1）工业生产中，反应I的化学方程式是______。‎ ‎（2）海水中含有大量的NaCl，以及少量的Ca2+、Mg2+、SO42−等离子。‎ ‎①为得到纯净的饱和NaCl溶液，进行了如下操作。请补全操作步骤：‎ a．向浓缩后的海水中加入过量的氢氧化钠溶液后，过滤；‎ b．向滤液中_______，过滤；‎ c．向滤液中_______，过滤；‎ d．向滤液中加入足量的稀盐酸；‎ e．加热煮沸一段时间，得到饱和NaCl溶液。‎ ‎②步骤c中反应的离子方程式有____。‎ ‎（3）反应II的化学方程式是______。‎ ‎（4）制得的纯碱中含有少量NaCl。取5.5g纯碱样品加入足量稀硫酸，得到标准状况下1120mLCO2。则样品中纯碱的质量分数是______%（保留1位小数）。‎ ‎【答案】(1). NaCl +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl (2). 加入过量的氯化钡溶液或氢氧化钡溶液 (3). 加入过量的碳酸钠溶液 (4). Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ (5). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (6). 96.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)工业生产中，把二氧化碳通入氨气的氯化钠饱和溶液中，生成碳酸氢钠和氯化铵，据此写出方程式；‎ ‎(2)加入氢氧化钠溶液的目的是为了除去Mg2+，除去SO42−用BaCl2溶液（或氢氧化钡溶液），除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，据此分析进行解答并写出相应的离子方程式；‎ ‎(3)NaHCO3具有不稳定性，受热易分解；‎ ‎(4) 根据1mol Na2CO3~1molCO2，可以得出n（CO2）=n（Na2CO3）进而根据m=mM求出Na2CO3的质量，从而求出纯碱的质量分数=纯碳酸钠质量÷样品质量×100%。‎ ‎【详解】(1)工业生产中，把二氧化碳通入氨气的氯化钠饱和溶液中，生成碳酸氢钠和氯化铵，反应I的化学方程式是：NaCl +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；‎ 故答案是：NaCl +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；‎ ‎(2)①加入氢氧化钠溶液的目的是为了除去Mg2+，除去SO42−用BaCl2溶液（或氢氧化钡溶液），除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，故可以知道步骤b中应加入过量的BaCl2溶液或Ba(OH)2溶液，步骤c应加入过量的Na2CO3溶液；故答案是: 加 入过量的氯化钡溶液或氢氧化钡溶液；加入过量的碳酸钠溶液； ‎ ‎②步骤c是加入过量的Na2CO3溶液以除去Ca2+和过量的Ba2+，故离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓； 故答案: Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓； ‎ ‎(3)NaHCO3固体加热即可分解为CO2、Na2CO3和水，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；答案是: 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；‎ ‎(4)二氧化碳的物质的量n=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，而1mol Na2CO3~1molCO2，故Na2CO3的物质的量为0.05mol，则Na2CO3的质量m=mM=0.05mol×106g/mol=5.3g，故纯碱的质量分数=5.3g÷5.5g×100%=96.4%；答案是: 96.4%。‎ ‎20.（铝用途广泛，用铝土矿（主要成分为Al2O3·nH2O、少量SiO2和Fe2O3）制取Al有如下途径：‎ ‎（1）滤液A加过量NaOH离子方程式表示为______________________________‎ ‎（2）灼烧时盛放药品的仪器名称是_______‎ ‎（3）步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是___________________________________‎ ‎（4）步骤Ⅲ中生成固体C的离子反应方程式为_____________________________‎ ‎（5）取滤液B 100mL，加入1 mol/L盐酸200 mL，沉淀量达到最大且质量为11．7g，则滤液B中c（AlO2－）____mol/L，c（Na+）____6.5 mol/L （填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】(1). H++OH-=H2O、4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O、Fe3++3OH- = Fe（OH）3↓ (2). 坩埚 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). AlO2-+CO2+2H2O =Al(OH)3↓+HCO3- (5). 1.5 (6). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】铝土矿溶解在过量稀硫酸中，过滤后得到的滤渣是SiO2，滤液为Al2(SO4)3、H2SO4、Fe2(SO4)3的混合液。因Al3+、Fe3+能水解产生具有吸附作用的Al(OH)3、Fe(OH)3胶体，具有净水作用。向Al2(SO4)3、H2SO4、Fe2(SO4)3的混合液中加入过量NaOH时，Al2(SO4)3转化为NaAlO2，Fe2(SO4)3转化为Fe(OH)3，经过滤后得到滤渣Fe(OH)3。滤液B中含有NaAlO2，向滤液B中通入过量CO2时，生成Al(OH)3和NaHCO3，经过滤后得到固体C[Al(OH)3]和含有NaHCO3、Na2SO4的滤液C。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析，滤液A中含有H2SO4、Al2(SO4)3、Fe(SO4)3，加入过量NaOH，故反应的离子方程式为H++OH-=H2O、4OH-+Al3+═AlO2-+2H2O、Fe3++4OH-═Fe(OH)3↓；故答案为：H++OH-=H2O、4OH-+Al3+═AlO2-+2H2O、Fe3++4OH-═Fe(OH)3↓；‎ ‎（2）根据加热溶液一般在蒸发皿里进行，而灼烧固体一般在坩埚中进行，故答案：坩埚；‎ ‎（3）根据以上分析，固体C为氢氧化铝，所以步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式2Al(OH)3 Al2O3+3H2O；‎ ‎（4）步骤Ⅲ中生成固体C的反应是向滤液B中通入二氧化碳气体，根据以上分析，滤液B中含有NaAlO2，故反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎（5）根据以上分析滤液B中含有硫酸钠、偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，向滤液中加入1mol/L盐酸200mL，沉淀量达到最大且质量为11.7g为Al(OH)3的质量，则根据铝原子守恒，c(AlO2-)= = =1.5mol•L-1。最后所得的溶液中溶质为硫酸钠、氯化钠，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na2SO4)，根据氯离子与硫酸根守恒有n(NaCl)=n(HCl)=0.2L×1mol/L=0.2mol，n(Na2SO4)=n(H2SO4)＞3n(Al2(SO4)3)=3×mol=0.45mol，故n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na2SO4)＞0.2mol+2×0.45mol=1.1mol，故c(Na+)＞=11mol/L，故答案：1.5；＞。‎ ‎21.某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。‎ ‎(1)装置①中反应的化学反应方程式是__________________________。‎ ‎(2)装置②中的试剂是______（填序号）。‎ a．饱和Na2CO3溶液 b．饱和NaHCO3溶液 c．浓H2SO4 ‎ ‎(3)装置③中的试剂是______________。‎ 进行实验：‎ 步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。 ‎ 步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。‎ ‎(4)步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是__________。‎ ‎(5)过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是__________________________。‎ 实验反思：‎ ‎(6)有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是__________________。（答案合理就得分，此空3分）‎ ‎【答案】(1). CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑ (2). b (3). 浓硫酸 (4). 步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃 (5). 2Na2O2＋2CO2 =2Na2CO3＋O2 (6). 气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃 ‎【解析】‎ ‎【分析】①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，②用于除去HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，③应为浓硫酸，④⑤为对比试验，用于判断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应，⑥可避免空气中的水、二氧化碳进入④⑤，并吸收过量的CO2，最后用带火星的木条检验是否生成氧气，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的离子方程式是CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；‎ ‎(2)②用于除去HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，故选a；‎ ‎(3)③应为浓硫酸，用于干燥二氧化碳，以进行试验对比；‎ ‎(4)步骤1:打开弹簧夹K2，关闭K1，生成的二氧化碳被干燥，步骤2为湿润的二氧化碳，可观察到步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；‎ ‎(5)过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是：2Na2O2＋2CO2 =2Na2CO3＋O2；‎ ‎(6)水与过氧化钠反应生成氧气，不能证明二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气使木条复燃。‎