湖北省黄冈市2019_2020学年高一化学下学期3月在线月考试题含解析

1、湖北省黄冈市2019-2020学年高一化学下学期3月在线月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：c-12 o-16 s-32 cl-35.5 na-23 mg-24 fe-56 cu-64 第卷（选择题 共48分）一选择题（本题共16小题，每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）1.如表中物质分类完全正确的是 ( )选项纯净物混合物电解质非电解质a盐酸水玻璃硫酸干冰b小苏打漂粉精铁氨气c液氨碱石灰氢氧化钠二氧化碳d硝酸食盐水氯化铜氯气a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【详解】a. 盐酸是hcl的水溶液，属于混合物，a项错误；b. 铁是单质，不是电解质，b项错误；c.

2、 液氨是液态的氨气，属于纯净物，碱石灰是氢氧化钠与氧化钙的混合物，氢氧化钠是电解质，二氧化碳属于非电解质，c项正确；d. 氯气是单质，不属于非电解质，d项错误；答案选c。【点睛】判断给出的物质是不是电解质或非电解质，要先判断该物质属不属于化合物。若为化合物，再进一步判断该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断；若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。值得注意的是，常见的非电解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等，常见的电解质为酸、碱、盐和或活泼金属氧化物等，学生需要理解并谨记。2.下列离子方程式书写正确是（ ）a. 钠与水反应：na2h2o=na+2ohh2b

3、. cl2 与水反应：cl2h2o=2h+clcloc. 向 fecl2 溶液中通入氯气：2fe2+cl2=2fe3+2cld. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： so42+ba2+=baso4【答案】c【解析】【详解】a钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应为：2na2h2o=2na+2ohh2，故a错误；b氯气与水反应,离子方程式：cl2+h2oh+cl+hclo，故b错误；c向 fecl2 溶液中通入氯气反应生成氯化铁，离子反应：2fe2+cl2=2fe3+2cl，故c正确；d硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，离子反应为：2nh4+so42-+ba2+2oh-=baso4+2nh3h2o，故d

4、错误；答案选c。【点睛】次氯酸是弱酸，属于弱电解质，在离子反应中弱电解质不能拆。3.下列有关溶液和胶体的叙述正确的是（ ）a. fe(oh)3 胶体和fecl3溶液的本质区别为是否具有丁达尔效应b. fecl3溶液呈电中性，fe(oh)3 胶体带有电荷c. 纳米材料的微粒直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料是胶体d. fecl3溶液能使血液凝聚沉降【答案】d【解析】【详解】a胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1100nm之间，故a错误；b溶液和胶体均不带电，是呈电中性的分散系，胶体粒子可带电，故b错误；c纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米

5、是分散质，胶体是分散系，故c错误；d血液属于胶体,加入电解质溶液(fecl3溶液)可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果，故d正确；答案选d。【点睛】溶液和胶体都是分散系，区分它们方法是利用丁达尔效应，它们最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同，是学生的易错点。4.下列各组离子在指定的环境中一定能大量共存的是（ ）a. 滴入酚酞显红色的溶液：k、mg2、no3-、brb. 滴入kscn溶液显血红色的溶液：na、al3、cl、so42c. 加入铝粉能产生h2的溶液：nh4+、fe2、so42、no3-d. 含有大量clo的溶液：h、mg2、i、so42【答案】b【解析】【详解】a滴入酚酞显红色的溶液

6、显碱性，oh-和mg2不能大量共存，故a错误；b滴入kscn溶液显血红色的溶液含有三价铁离子，与na、al3、cl、so42不反应，且以上离子之间也不反应，能大量共存，故b正确；c加入铝粉能产生h2的溶液即显酸性，有可能显碱性，碱性条件下与nh4+不能大量共存，酸性条件下fe2、no3-发生氧化还原反应，并且酸性条件下，含有no3-的溶液与al不能生成氢气，不符合限定条件，故c错误；d含有大量clo的溶液具有氧化性，clo和h结合形成弱电解质，与i发生氧化还原反应，都不能大量共存，故d错误；答案选b。【点睛】铝即可以和强酸反应也可以和强碱反应，能发生化学反应的离子在溶液中不能大量共存。5.下列

7、实验方案可行的是 （ ）a. 检验溶液中是否有so42时，加入bacl2溶液，再加稀硝酸，观察沉淀是否消失b. 用干燥的ph试纸可测得新制氯水的ph2c. 用氢氧化钙溶液鉴别na2co3和nahco3两种溶液d. 用焰色试验鉴别nacl和kcl【答案】d【解析】【详解】a检验硫酸根离子，应先加盐酸排除其它离子的干扰，再加氯化钡，观察是否有白色沉淀，故a错误；b氯水中含hclo，具有漂白性，不能用ph试纸测ph，应选ph计，故b错误；cna2co3和nahco3都与氢氧化钙溶液反应生成沉淀，应用氯化钙鉴别，故c错误。dnacl的焰色反应现象为黄色，k的焰色反应现象为紫色(透过蓝色的钴玻璃观察)，

8、可鉴别，故d正确；答案选d。6.同温同压下，等质量的so2和co2相比较，下列叙述中正确的是 ( )体积比11 体积比1116 密度比1611 密度比1116a. b. c. d. 【答案】b【解析】【详解】令二者的质量为1g，n(so2)=mol，n(co2)=mol；同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比为mol：mol=11：16；同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故正确、错误，答案选b。【点睛】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，密度之比等于相对分子质量之比。7.设na表示阿伏加

9、德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）标准状况下，含na个氩原子的氩气体积约为22.4 l在fe参与的反应中，1mol fe失去的电子数为3na标准状况下，11.2l cl2溶于水转移的电子总数为0.5na在溶有1 mol fe(oh)3的胶体中含有na个fe(oh)3胶粒常温常压下，21g氧气和27g臭氧中含有的氧原子总数为3na标准状况下，22.4 l so3中所含有的分子数为naa. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】氩气为单原子单质，故含na个氩原子的氩气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4l，故正确；铁有+2价和+3价，故1mol铁参与反应后失去的电子数可能为2n

10、a个，也可能为3na个，故错误；标准状况下，11.2lcl2的物质的量为0.5mol，而和水的反应为可逆反应，故转移的电子数小于0.5na个，故错误；胶粒是fe(oh)3的聚集体，所以1 mol fe(oh)3的胶体中含有fe(oh)3胶粒小于na个，故错误；氧气和臭氧分子均由氧原子构成,故21g氧气和27g臭氧的混合物即48g混合物中含有的氧原子的物质的量为3mol，个数为3na个，故正确；标准状况下，so3为液体，不能用气体摩尔体积计算，故错误；正确的为，答案选a。【点睛】标况下不是气体的物质有三氧化硫，水，四氯化碳等，不能使用气体摩尔体积计算。8.甲、乙、丙三种物质含有同种元素，它们之间

11、存在如下转化关系： ，下列推断错误的是a. 若甲为氯气，则丁可以是铁b. 若甲为铁，则丁可以是氯气c. 若甲为氢氧化钠，则丁可以是二氧化碳d. 若甲为二氧化碳，则丁可以是氢氧化钠【答案】b【解析】【详解】本题可用代入法，a、若甲为cl2，丁是铁，则乙是三氯化铁，丙是氯化亚铁，符合转化关系，a正确；b、甲为铁，丁是氯气，则乙是氯化铁，氯化铁和氯气不反应，不符合转化关系，b错误；c、甲为naoh，丁是co2，则乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，符合转化关系，c正确；d、甲为二氧化碳，丁是氢氧化钠，则乙是碳酸氢钠，丙为碳酸钠，符合转化关系，d正确。答案选b。【点睛】 属于特殊的转化关系，发生的转化既可以是氧

12、化还原反应，也可以是非氧化还原反应，平时要注意总结和积累此类转化关系适用的物质有哪些；本题在解题方法上可用代入法，即将选项中的可能物质代入转化关系，看其是否能实现转化，若能则符合题意，否则不符合题意。9.下列实验方案与实验结论符合或能达到实验目的的是( )a. 探究nahco3的热稳定性b. 用铜和浓硝酸制取少量no2c. 实验室制取cl2d. 白色沉淀为baso4【答案】d【解析】【详解】a加热固体试管口应略向下倾斜，否则水蒸气冷凝回流，试管炸裂，故a错误；b二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集，故b错误；c二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热，图中缺少加热装置，故c错误；d二氧化硫能在酸性

13、条件下被硝酸根氧化为硫酸，与硝酸钡反应生成硫酸钡，故d正确；答案选d。10.已知2mo y x- +5s2+16h+=2m2+5s+8h2o，则下列叙述正确的是（ ）a. moyx-中的m的化合价为+6b. s2做还原剂，得电子后生成sc. 根据该反应可判断还原性：s2m2+d. x=1，y=3【答案】c【解析】【分析】对于反应2moy x +5s2+16h+=2m2+5s+8h2o，由o原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2(x)+5(2)+16=22，解得x=1，则mo y x-为mo4-，m元素的化合由+7价变为+2价，化合价降低被还原，mo y x-做氧化剂，s元素的化合价

14、由-2价变为0价，化合价升高被氧化，做还原剂，据此分析解答。【详解】a根据分析，mo y x-为mo4-，m元素的化合为+7，故a错误；bs2做还原剂，失去电子后生成s，故b错误；c根据该反应还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可判断还原性：s2m2+，故c正确；d根据分析，x=1，y=4，故d错误；答案选c。11.常温常压下能大量共存，并可用浓硫酸干燥的一组气体是（ ）a. so2、hi、n2b. o2、co2、noc. nh3、n2、h2d. o2、h2、so2【答案】d【解析】【详解】a. so2和hi反应，不能大量共存， hi具有还原性，不能用浓硫酸干燥，故a不符合题意；b. 2no+

15、o2=2no2，不能大量共存，故b不符合题意；c. nh3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故c不符合题意； d. o2、h2、so2之间不反应，都可用浓硫酸干燥，故d符合题意；答案选d。【点睛】易错点是d选项，氧气和二氧化硫在催化剂和高温下反应，而在常温常压下不反应。12.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)：a. 反应均属于氧化还原反应和离子反应b. 反应说明该条件下铝的氧化性强于锰c. 生成等量的o2，反应和转移的电子数之比为1：2d. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4【答案】c【解析】【分析】a为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，为氯气与石灰乳反应生成

16、氯化钙、次氯酸钙、水，为过氧化氢分解生成水和氧气，为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，为铝和二氧化锰反应铝热反应生成mn和氧化铝；b为铝热反应，al失去电子，为还原剂；c中o元素的化合价由-1价升高为0，中o元素的化合价有-2价升高为0；d中mn元素的化合价有+4价降低为+2价，hcl中cl元素的化合价由-1价升高为0【详解】a、为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，为过氧化氢分解生成水和氧气，为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，为铝和二氧化锰反应铝热反应生成mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，中没有离子参加反应，故a错误；b、为铝热

17、反应，al失去电子，为还原剂，mn为还原产物，则还原性almn，故b错误；c、中o元素的化合价由-1价升高为0，中o元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的o2，反应和转移的电子数之比为1：2，故c正确；d、反应4hcl（浓）+mno2mncl2+cl2+2h2o中mn元素的化合价由+4价降低为+2价，hcl中cl元素的化合价由-1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故d错误；故选c。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，难点d，注意元素的化合价判断及电子守恒应用13.将26.4 g na2o与na2o2的混合物投入足量

18、的水中溶解，反应后水溶液增重24.8 g，则原混合物na2o与na2o2的物质的量之比是a. 1:3b. 3:1c. 13:31d. 31:13【答案】b【解析】【分析】根据化学方程式2na2o2+2h2o=4naoh+o2，运用差量法计算出na2o2的质量，然后求出na2o的质量，最后求出两者的物质的量之比。【详解】na2o2与na2o的混合物投入足量的水中溶解发生的反应为：na2o+h2o=2naoh、2na2o2+2h2o=4naoh+o2，26.4gna2o2与na2o的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重24.8g，减少的1.6g为生成氧气的质量，氧气的物质的量为0.05mol，

19、根据反应知，混合物中na2o2的物质的量为0.1mol，则na2o2的质量为7.8g；混合物中na2o的质量为26.4g7.8g=18.6g，则na2o的物质的量为0.3mol，则原混合物中na2o与na2o2的物质的量之比是3：1，故选b。【点睛】本题主要考查依据化学方程式的计算，明确氧化钠、过氧化钠的性质，抓住固体质量与溶液增加的质量之差为氧气的质量是解题的关键。14.某混合物x由al2o3、fe2o3、cu、sio2中的一种或几种物质组成。进行如下实验。下列有关说法正确的是：a. 根据上述步骤ii可以得出m(fe2o3)m(cu)11b. 步骤i中减少的3 g固体一定是混合物c. 步骤i

20、i中质量减少的物质一定是cud. 根据步骤i、ii可以判断混合物x的成分为al2o3、fe2o3、cu、sio2【答案】a【解析】【分析】9.4gx与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有al2o3、sio2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：fe2o3+6h2fe3+3h2o；cu+2fe32fe2+cu2，说明溶液中一定存在fe2o3，1.92g固体为铜。【详解】a、设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由fe2o3+6h=2fe3+3h2o、cu+2fe3=2fe2+cu2得出：fe2o32f

21、e3cu，则160x+64y=6.4，64y-64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol160gmol1=3.2g，金属铜的质量为0.05mol64gmol1=3.2g，则原混合物中m（fe2o3）：m（cu）=1：1，故a正确。b、步骤中，加入过量氢氧化钠溶液固体质量减少了3 g，溶解的物质可能是al2o3和sio2中的一种或两种，故b错误；c、步骤中加入过量盐酸，fe2o3溶解后又和cu发生反应，故减少的固体是fe2o3和cu，故c错误；d、根据步骤i只能判断混合物中至少含有al2o3、sio2的一种物质，无法确定al2o3、sio2是否

22、都存在；步骤ii可以确定一定存在fe2o3、cu，故d错误；故选a。【点睛】本题考查物质的检验和含量的测定，有关化学反应的简单计算，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，选项a为难点和易错点，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量15.将2mol nahco3 和1mol na2o2 混合，在密闭容器中充分混合加热后，最后排出气体，残留的固体是( )a. na2co3b. na2o2 和 na2co3c. naoh 和 na2co3d. na2o2 和 na2o【答案】a【解析】【详解】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧

23、化钠反应，反应方程式分别为：2nahco3na2co3+h2o+co2 、2na2o2+2co2=2na2co3+o2、2na2o2+2h2o=4naoh+ o2，2mol nahco3分解产生1mol二氧化碳和1mol水，根据反应关系可得，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与二氧化碳反应，则最终产物为碳酸钠，答案选a。16.向200 ml febr2溶液中逐渐通入cl2，其中n(fe 3)、n(br2) 随通入n(cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是( )a. 氧化性强弱：br2 fe3b. 由图可知，该febr2溶液的浓度为1 molllc.

24、n(cl2) =0. 12 mol时，溶液中离子浓度有：c (fe 3)c( br)=18d. n(febr2)n(cl2) =11时，反应的离子方程式为：2fe22br+ 2cl2=2fe3br2 + 4cl【答案】c【解析】【详解】a由图可知，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，则还原性：fe2+br-，则氧化性强弱：br2fe3+，故a正确；b图中通入0.1mol氯气时亚铁离子完全被氧化生成0.2molfe3+，由fe原子守恒及c=可知该febr2溶液的浓度为=1moll1，故b正确；cn（cl2）=0.12mol时，0.1mol氯气时亚铁离子完全被氧化生成0.2molfe3+，由2br-

25、+cl2=2cl-+br2可知，0.02molcl2氧化0.04molbr-，溶液中的离子浓度有c(fe3+)：c(br-)=0.2mol：（0.4mol-0.04mol）=5：9，故c错误；dn(febr2)：n(cl2)=1：1时，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为2fe2+2br-+2cl22fe3+br2+4cl-，故d正确；答案选c。第卷（非选择题 共52分）二非选择题（本题共5个小题，共52分）17.某同学需用480 ml 0.5 moll-1na2co3溶液，在实验室进行配制。（1）该同学用托盘天平应称量_g na2co3粉末，使用容量瓶前

26、必须进行一步操作是_。（2）下图是该同学配制的一些关键步骤和操作图。配制过程的先后顺序为(用字母af填写)_。（3）步骤a通常称为洗涤，如果没有步骤a，则配得溶液的浓度将_(填“偏高”、“偏低”、“不变”)；步骤f如果俯视刻度线，配得溶液的浓度将_(填“偏高”、“偏低”、“不变”)。【答案】 (1). 26.5 (2). 检漏 (3). dbcafe (4). 偏低 (5). 偏高【解析】【详解】(1)实验室没有480 ml规格的容量瓶，需要500ml容量瓶，则该同学用托盘天平应称量0.5l0.5mol/l106g/mol=26.5gna2co3粉末；使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查是否漏

27、液；(2)配制过程一般是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容、振荡等，则先后顺序为dbcafe；(3)步骤a通常称为洗涤，如果没有步骤a，溶质减少，则配得溶液的浓度将偏低；步骤f如果俯视刻度线，溶液体积减少，则配得溶液的浓度将偏高。18.在0.4 l由nacl、mgcl2、cacl2组成的混合液中,部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题。(1)该混合液中，nacl的物质的量为_mol，含溶质mgcl2的质量为_g。(2)该混合液中cacl2的物质的量为_mol，将该混合液加水稀释至体积为1l，稀释后溶液中ca2+的物质的量浓度为_moll-1。(3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化

28、的硝酸银溶液，可得到沉淀_mol。【答案】 (1). 0.4 (2). 19 (3). 0.2 (4). 0.2 (5). 1.2【解析】【分析】(1)由图可知，c(na+)=1.0mol/l，c(mg2+)=0.5mol/l，结合n=cv、m=nm计算；(2)结合电荷守恒计算c(ca2+)，结合n=cv、c=计算；(3)加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，氯离子转化为agcl沉淀。【详解】(1)由图可知，c(na+)=1.0mol/l，该混合液中，nacl的物质的量为0.4l1.0mol/l=0.4mol；c(mg2+)=0.5mol/l，含溶质mgcl2的质量为0.4l0.5mol/l95g/m

29、ol=19.0g；(2)由电荷守恒可知2c(ca2+)+c(na+)+2c(mg2+)=c(cl)，解得：2c(ca2+)=3.01.00.52=1mol/l，c(ca2+)=0.5mol/l，混合液中cacl2的物质的量为：0.4l0.5mol/l=0.2mol，该混合液加水稀释至体积为1l，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中ca2+的物质的量浓度为：c=0.2mol；(3)加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液,氯离子转化为agcl沉淀，n(agcl)=n(cl)=3mol/l0.4l=1.2mol。19.a、b、c、x均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。试回答：

30、（1）若x是强氧化性单质，则a不可能是_。as bn2 cna dmg eal（2）若a为强碱溶液，则x可能为_。aco2 balcl3 cal dmg eal2o3（3）若x是金属单质，向c的水溶液中滴加agno3溶液，产生不溶于稀hno3的白色沉淀，则b的化学式为_；c溶液在贮存时应加入少量x，理由是（离子方程式表示）_，检验此c溶液中金属元素价态的操作方法是_。（4）若a、b、c为含有金属元素的化合物，x为强电解质，a溶液与c溶液反应生成b，则b的化学式为_，x的化学式可能为（写出不同类物质）_或_，反应的离子方程式为_或_。【答案】 (1). de (2). ab (3). fecl3

31、 (4). 2fe3+fe=3fe2+ (5). 加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 (6). al(oh)3 (7). 盐酸 (8). 氢氧化钠 (9). al(oh)3+3h+=al3+3h2o (10). al(oh)3+oh-=alo2-+2h2o。【解析】【分析】（1）根据常见强氧化剂单质氧气和氯气分析；（2）根据各物质的转化关系分析；（3）在溶液c中滴入agno3，产生不溶于稀hno3的白色沉淀，此沉淀为agcl，由题意与转化关系可推知a为cl2，x为还原性较强的金属，由所学知识推x为铁单质；（4）x为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化

32、关系确定x只能为强碱或强酸。能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。【详解】（1）as与氧气反应生成so2，so2和氧气反应生成so3，故不选a； bn2与氧气在放电条件下生成no，no与氧气反应生成no2，故不选b； cna与氧气在常温下生成na2o，na2o与氧气加热生成na2o2，故不选c； d金属mg与氧气反应生成氧化镁固体，氧化镁与氧气不反应，故选d； eal与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氧气不反应，故选e；选de。（2）aco2 与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与 二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故选a； balcl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生

33、成氢氧化铝沉淀，故选b； cal与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与铝不反应，故不选c； dmg与氢氧化钠溶液不反应，故不选d； eal2o3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应，故不选e；选ab；（3）铁与氯气反应生成氯化铁，则b为fecl3，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，c为fecl2，fe2+易被氧化，所以fecl2在贮存时，应加入铁粉来还原fe3+，离子方程式为2fe3+fe=3fe2+；检验此c溶液中含有fe2+的操作方法是：加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子。（4）若x为强酸，则a为偏铝酸盐、b为氢氧化铝、c是铝盐；若x为强碱，则a

34、为铝盐、b为氢氧化铝、c是偏铝酸盐；则b的化学式为al(oh)3，x的化学式可能为盐酸或氢氧化钠，反应的离子方程式为al(oh)3+3h+=al3+3h2o或al(oh)3+oh-=alo2-+2h2o。20.某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：阳离子h、k、al3、nh4+、mg2阴离子cl、oh、co32-、alo2-为探究其成分，某同学将na2o2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入na2o2的物质的量的关系分别如图所示。(1)该溶液中一定含有的阳离子是_，其对应物质的量浓度之比为 _，溶液中一定不存在的阴离子是_。(2)写出沉淀减少的离子方程式 _。【答

35、案】 (1). h、al3、nh4+ 、mg2 (2). 2:2:2:3 (3). oh、co32-、alo2- (4). al(oh)3+oh= alo2- +2h2o【解析】【分析】(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。【详解】(1)根据

36、图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：mg2+和al3+，所以一定不含co32-、alo2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有h+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠

37、会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol3+3mol2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(h+)+3n(al3+)+n(nh4+)+2n(mg2+)16mol，所以氯离子物质的量16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：h+、al3+、nh4+、mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(h+)：n(al3+)：n(nh4+)：n(mg2+)=2：2：2：3；溶液中一定不存在

38、的阴离子为：oh-、co32-、alo2-；(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：al(oh)3+oh-alo2-+2h2o。21.如图的各方框表示一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下a、c、d为无色气体，c能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）写出物质x的化学式：_。（2）写出下列变化的化学方程式：ad：_；ge：_；fg：_。（3）实验室里，常用加热固体混合物的方法制取气体c，请写出化学方程式：_。【答案】 (1). nh4hco3(或(nh4)2co3) (2). 2na2o22co2=2na2co3o2 (3). 3cu

39、8hno3(稀)=3cu(no3)22no4h2o (4). 3no2h2o=2hno3no (5). 2nh4clca(oh)2cacl22nh32h2o【解析】【分析】和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体，生成氧气，氧气与c在催化剂作用下反应，说明c为氨气，e为一氧化氮，f为二氧化氮，g为硝酸，b为水蒸气。【详解】根据x分解得到水、二氧化碳、氨气得出x可能为nh4hco3(或(nh4)2co3)，故答案为nh4hco3(或(nh4)2co3)。ad是过氧化钠和水的反应，其方程式为2na2o22co2=2na2co3o2，故答案为2na2o22co2=2na2co3o2。ge是铜和硝酸的反应，其方程式为3cu8hno3(稀)=3cu(no3)22no4h2o，故答案为3cu8hno3(稀)=3cu(n