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2018-2019高一化学上学期期末检测题（含答案吉林梅河口一中）
资料简介
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2018-2019学年上学期高一
期末考试
化 学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A．春节期间燃放的焰火的颜色是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同
C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
2．以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是
①加热试管时，先均匀加热，后局部加热
②用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯
③制取气体时，先检验装置气密性后装药品
④点燃可燃性气体如H2、CO等时，先检验气体纯度后点燃
⑤做H2还原CuO实验时，先通H2后加热CuO，反应完毕后，先撤酒精灯，待试管冷却后停止通H2
⑥碱液流到桌子上，先加稀醋酸溶液中和，后用水洗
A．①②③⑤⑥ B．①②④⑤ C．①②③④⑤ D．全部
3．化学在生活中应用广泛，下列物质性质与对应用途错误的是
A．明矾易水解生成胶体，可用作净水剂
B．Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒
C．MgO、Al2O3的熔点很高，二者都可用于制作耐高温材料
D．硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂
4．下列物质的分类正确的是
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaOH
SO2
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
Ca(OH)2
CH3COOH
CaCO3
Mn2O7
NO2
D
NH3·H2O
HNO3
NaHCO3
CaO
SO3
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．与铝反应产生氢气的溶液中：Na+、K+、CO、OH−
B．使酚酞试液变红的溶液中：NH、Na+、HCO、NO
C．漂白粉溶液中：K+、Na+、I−、CO
D．FeCl3溶液中：K+、Na+、SO、SCN−
6．向用HCl酸化过的AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，图中能正确表示这个反应的是
7．通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是
选项
操作
可能的实验现象
解释
A
向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变黄
氧化性：H2O2>Fe3+
B
将CO2通入BaCl2溶液中
有白色沉淀生成
CO2与BaCl2反应生成BaCO3
C
用铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧
火焰为黄色
溶液中一定含有Na+，不含K+
D
氯气通入湿润的有色布条
有色布条褪色
Cl2具有漂白性
8．有以下六种饱和溶液①CaCl2；②NH3和NaCl；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥Ca(OH)2，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是
A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥
9．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述正确的是
A．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+
B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3
C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe(OH)3
D．沉淀X的成分是SiO2
10．下列反应的离子方程式错误的是
A．等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在溶液中反应：Ba2++2OH−+NH+H++SO===BaSO4↓ +2H2O+ NH3↑
B．氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O
C．向氧化铁中加入氢碘酸发生反应：Fe2O3+6HI===2Fe2++I2+3H2O+4I−
D．向澄清石灰水中滴入少量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH−+HCO===CaCO3↓+H2O
11．下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是
①可用于氯气的收集 ②若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 ③可证明氯气具有漂白性 ④可用于实验室中氯气的尾气吸收
A．①② B．①③ C．②③ D．①④
12．某小组为探究草酸亚铁（FeC2O4）的热分解产物，按下面所示装置进行实验。以下说法错误的是
A．实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和CO气体
B．反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1~2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3
C．装置C的作用是除去混合气中的CO2
D．反应结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温
13．新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水。工业上常通过以下两步反应制备K2FeO4：①2FeCl3+10NaOH+3NaC1O===2Na2FeO4+9NaCl+5H2O ②Na2FeO4+2KOH===K2FeO4+
2NaOH；下列说法不正确的是
A．Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能杀菌消毒
B．反应①中NaClO是氧化剂
C．反应①为氧化还原反应，反应②为复分解反应
D．若有2mol FeC13发生反应，转移电子的物质的量为6mol
14．过量的NaHCO3与Na2O2混合，在密闭容器中充分加热后，最后排出气体，残留的物质应是
A．Na2O和Na2O2 B．Na2O2和Na2CO3 C．Na2CO3 D．Na2O
15．铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与0.84L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L−1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
16．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1mol·L−1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是
A．a曲线表示的离子方程式为：AlO＋H+＋H2O===Al(OH)3↓
B．b和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9g
D．原混合溶液中的CO与AlO的物质的量之比为1∶2
二、非选择题（共52分）
17．某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况，在注入湖泊的3个主要水源的入口处采集水样，并进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E为五种常见化合物，均由下表中的离子形成：
阳离子
K+ Na+ Cu2+ Al3+
阴离子
SO HCO NO OH−
为了鉴别上述化合物．分别完成以下实验，其结果是：
①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；
②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；
③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃）；
④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀：
⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成。
根据上述实验填空：
（1）C常用作净水剂，写出C、D的化学式：C______，D______。
（2）A是侯氏制碱的产物之一，将含1mol A的溶液与含l mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，请写出A与E反应的离子方程式：_____________________。
（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为_____________________。
（4）若向含溶质0.5mol的C溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量最大为_______g。
18．下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：
①A→D：__________________________；
②G→E：________________________；
③F→G：____________________________。
（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：_______________。
19．“84消毒液”与硫酸溶液反应可以制取氯气，反应原理为：NaClO+NaCl+H2SO4 Na2SO4+Cl2↑+H2O；为探究氯气的性质，某同学利用此原理制氯气并设计了如下所示的实验装置：
（1）从①、②、③装置中选择合适的制氯气装置（A处）________(填写序号)。
（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是__________；说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进的方法_______________________________。
（3）为了验证氯气的氧化性，将氯气通入Na2SO3溶液中，然后检验反应后溶液中是否含有SO。写出氯气与Na2SO3溶液反应的离子方程式________________________________________，检验反应后溶液中含有SO的方法：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的_____至无明显现象，然后再加入少量____溶液有白色沉淀生成，说明含有SO。
（4）氯气通入饱和NaHCO3溶液能产生无色气体，已知酸性：盐酸>碳酸>次氯酸，该实验证明氯气与水反应的生成物中含有_______________（填“盐酸”或“次氯酸”）。
20．氮化硅（Si3N4）可用作高温陶瓷复合材料，在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如图所示。
其中—NH2中各元素的化合价与NH3相同。
请回答下列问题：
（1）石英砂不能与碱性物质共同存放，以NaOH为例，用化学方程式表示其原因：_________
__________________________________。
（2）图示①～⑤的变化中，属于氧化还原反应的是________________。
（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈反应，产生白雾，军事工业中用于制造烟雾剂。SiCl4水解的化学方程式为_______________________________________。
（4）SiCl4和氨气在1400℃下可以制取氮化硅，反应化学方程式为__________________________。
（5）反应①的化学方程式为2C+ SiO2Si+2CO↑，此反应中若碳充足，可能生成SiC和CO，写出该副反应的化学方程式__________________________，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。
21．将2.5 g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol·L－1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如下图所示：
（1）写出OA段所发生反应的化学方程式___________________________。
（2）当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为________mL(标准状况)。
（3）原混合物中NaOH的质量为________g，碳酸钠的质量分数为________。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2018-2019学年上学期高一
期末考试
化 学答案
第I卷（选择题，共48分）
一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 【答案】C
【解析】A．焰色反应是指某些金属元素的单质及其化合物在灼烧时火焰呈现特殊的颜色，可用于某些金属元素的检验和节日焰火，正确；B．“雾”的分散质微粒是小液滴，“霾”的分散质微粒是固体小颗粒，分散质微粒不相同，正确；C．食品包装袋中放入的生石灰或硅胶具有吸水性，用于防止食品受潮，不能防止富脂食品氧化，错误；D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁，正确。选C。
2. 【答案】D
【解析】本题主要考查化学实验基本操作和实验安全问题，学习时要注意归纳总结。
3. 【答案】B
【解析】A．明矾易水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，A正确；B．Na2O2不是碱性氧化物，B错误；C．MgO、Al2O3的熔点很高，二者都可用于制作耐高温材料，C正确；D．硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂，D正确，答案选B。
4. 【答案】D
【解析】A．Na2CO3是盐，SO2是酸性氧化物，故A错误；B．CO是不成盐氧化物不是酸性氧化物，故B错误；C．Mn2O7是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C错误；本题应选D。
5. 【答案】A
【解析】A.与铝反应产生氢气，此溶液可能显酸性，也可能显碱性，这四种离子在酸性条件下不能大量共存，但在碱性条件下大量共存，故正确；B.酚酞变红，说明溶液显碱性，HCO不能和OH−.大量共存，故错误；C.漂白粉具有强氧化性，能把I−氧化，不能大量共存，故错误；D.Fe3+和SCN−生成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存，故错误。
6. 【答案】D
【解析】向AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，先生成白色沉淀，再加入NaOH溶液，沉淀逐渐溶解，最后完全消失，生成1mol Al(OH)3需3mol NaOH，溶解1mol Al(OH)3需1mol NaOH。NaOH的用量应是3∶1，A、B错误，用盐酸酸化过的AlCl3溶液中含有酸，加入NaOH溶液先中和溶液中的酸，然后才生成Al(OH)3沉淀，故C也是错误的。
7. 【答案】A
【解析】A．向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，说明亚铁离子被双氧水氧化为Fe3+，所以H2O2氧化性强于Fe3+，A正确；B．将CO2通入BaCl2溶液中不可能有白色沉淀生成，因为碳酸的酸性比盐酸弱，B不正确；C．用铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰为黄色，说明溶液中一定含有Na+，但是不能确定是否K+，观察钾的焰色反应要透过蓝色的钴玻璃，C不正确；D．氯气通入湿润的有色布条，有色布条褪色，不能说明Cl2具有漂白性，实际起漂白作用的是氯气与水反应的产物——次氯酸，D不正确。本题选A。
8. 【答案】C
【解析】①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故②错误；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O===2NaHCO3+H2SiO3↓
，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2===
2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2===Al(OH)3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca(OH)2 反应：Ca(OH)2+2CO2===Ca(HCO3)2，无沉淀生成，故⑥正确；故选C。
9. 【答案】D
【解析】金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等；A、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，A错误；B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；D、沉淀X
的成分是SiO2，D正确。答案选D。
10. 【答案】C
【解析】A.氢氧化钡与硫酸氢铵等物质的量，铵离子与氢离子恰好与氢氧根离子反应Ba2++2OH−+NH+H++SO===BaSO4↓+2H2O+NH3↑，故A正确；B.氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O；C.HI是强酸，要用离子符号表示；D.石灰水过量，反应产物中不会有碳酸根离子剩余，即碳酸根离子完全转化成碳酸钙沉淀：Ca2++OH−+HCO ===CaCO3↓+H2O。综上所述，本题应选C。
11. 【答案】D
【解析】①这个装置是向上排空气收集气体的方法，氯气的密度比空气大，该装置可用于氯气的收集，①装置能达到实验目的；②若气球干瘪，说明平底烧瓶中气体压强比瓶外压强大。而Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O反应气体体积减小，气压减小，所以Cl2与NaOH反应气球会膨胀，②装置不能达到实验目的；③潮湿布条中的水与干燥的Cl2反应生成HClO，HClO能漂白有色布条，所以该实验无法证明氯气具有漂白性，③装置不能达到实验目的；④Cl2与NaOH反应：Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O，该反应不再产生有毒气体，所以NaOH溶液可用于实验室中氯气的尾气吸收，④装置能达到实验目的；答案选D。
12. 【答案】B
【解析】A．B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，故A正确；B．由于反应中生成了一氧化碳，可能将部分铁的氧化物还原成了铁，反应结束后，用稀硫酸溶解A中固体，铁将Fe2O3溶解生成的铁离子还原，故再向其中滴加KSCN溶液，溶液无颜色变化，因此不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C．E和F是检验生成物是否含有一氧化碳，二氧化碳会干扰检验，因此需要装置C除去混合气中的CO2，故C正确；D．反应结束后，为了防止倒吸，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温，故D正确；故选B。
13. 【答案】A
【解析】根据化合价法则可知Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，A错误；NaClO中+1价氯降低到NaCl中-1价氯，发生还原反应，做氧化剂，B正确；反应①中铁元素、氯元素化合价发生的变化，为氧化还原反应，②中各元素化合价均无变化，属于复分解反应，C正确；根据方程式可知，2 mol Fe3+→2mol FeO，转移电子的物质的量为6mol，D正确；正确选项A。
14. 【答案】C
【解析】在题中所给出的两种物质中NaHCO3是过量的，两种混合物在密闭容器中加热所发生的化学反应为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O。因NaHCO3是过量的，又充分加热，有足够的CO2使Na2O2最终全部转化为Na2CO3，过量的NaHCO3也完全分解成Na2CO3，而Na2CO3稳定，受热不易分解，故最后排出产生的气体后，残留的固体是Na2CO3。
15. 【答案】C
【解析】向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与0.84L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n（NaOH），进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。NO2、N2O4、NO混合气体与0.84LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，说明整个过程中被还原的HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒建立关系式：n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=0.0375mol×2=0.075mol，根据Cu原子个数守恒可知Cu(NO3)2为0.075mol；根据Cu2+—2OH−得NaOH为0.075mol×2=0.15mol，则NaOH，溶液的体积V为0.15mol/5mol·L−1=30mL，故选C。
16. 【答案】D
【解析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO＋H+＋H2O===Al(OH)3↓，a线表示AlO减少，第二阶段，AlO反应完毕，发生反应CO+H+===HCO，b线表示CO减少，c线表示HCO的增加，第三阶段，CO反应完毕，发生反应HCO+H+===CO2↑+H2O，d线表示HCO减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A．Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO+H++H2O===Al(OH)3↓，故A正确；B．第二阶段，AlO反应完毕，发生反应：CO+H+===HCO，b线表示CO减少，c线表示HCO的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O===NaCl
+Al(OH)3↓知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)=0.05mol，m[Al(OH)3]=0.05mol×78g·mol−1=3.9g，故C正确；D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO＋H+＋H2O===Al(OH)3↓，CO+H+===HCO，可知
CO与AlO的物质的量之比为1∶1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO与AlO的物质的量之比，故D错误；故选D
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、非选择题（共5小题）
17. 【答案】（1）KAl(SO4)2 CuSO4
（2）HCO+OH−===CO+H2O
（3）2HCO+Ca2++2OH−===CaCO3↓+CO+2H2O
（4）233g
【解析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，因此D中含有铜离子；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解，白色沉淀应该是氢氧化铝，所以E是强碱，C中含有铝离子；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钻玻璃），所以E是氢氧化钠，B、C中含有钾离子；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，因此A中含有碳酸氢根离子，则A是碳酸氢钠。C、D中都能产生白色沉淀，白色沉淀是硫酸钡，所以C是硫酸铝钾，D是硫酸铜：⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，因此B是硝酸钾。根据以上分析可知出C、D的化学式分别为KAl(SO4)2 、CuSO4。（2）1mol碳酸氢钠与1mol氢氧化钠反应生成1mol碳酸钠和1mol水，离子方程式为HCO+OH−===CO+H2O。（3）碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，其离子方程式为2HCO+Ca2++2OH−===CaCO3↓+CO+2H2O。（4）向含0.5mol的硫酸铝钾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当钡离子完全转化为硫酸钡沉淀时，沉淀质量最大，其质量为1mol×233g·mol−1＝233g。
18. 【答案】（1）NH4HCO3(或(NH4)2CO3)
（2）①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
②3Cu＋8HNO3(稀) ===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
③3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
（3）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
【解析】C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为氨气；氨催化氧化生成NO，不同浓度的G均可以与铜反应，则G为硝酸，F为NO2；B与NO2反应生成硝酸，则B为H2O；常温下，A、C、D为无色气体，能与过氧化钠反应的无色气体只有CO2(A)，即X受热分解生成CO2、H2O、NH3，故X为NH4HCO3或(NH4)2CO3。
19. 【答案】（1）②
（2）产生的氯气中含有水蒸气会反应生成次氯酸；在装置A、B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶（或干燥装置）
（3）Cl2+SO+H2O===SO+2Cl−+2H+ 稀盐酸（或HCl溶液） BaCl2(或其他合理答案)
（4）盐酸
【解析】（1）由NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2↑+H2O可知，反应有液体参加，需要加热，所以选装置②；（2）装置B中干燥的有色布条褪色，说明氯气中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成次氯酸而漂白，因此应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气；检验硫酸根必须排除其它离子的干扰，因此检验反应后溶液中含有SO的方法是：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液有白色沉淀生成，说明含有SO。（3）氯气把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，自身被还原为Cl−，反应离子方程式为Cl2+SO+H2O===SO+2Cl−+2H+；（4）氯气通入水溶液会反应生成盐酸和次氯酸，酸性盐酸＞碳酸＞次氯酸，氯气通入饱和NaHCO3溶液能产生无色气体，证明氯气与水反应的生成物中含有盐酸。
20. 【答案】（1）SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
（2）①②
（3）SiCl4＋3H2O===4HCl↑＋H2SiO3↓或SiCl4＋4H2O===4HCl↑＋H4SiO4↓
（4）3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl
（5）3C+SiO2SiC+2CO↑ 1∶2
【解析】（1）石英砂的主要成分为SiO2，SiO2属于酸性氧化物，SiO2与碱性物质反应，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O。（2）①的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，该反应中Si元素的化合价由+4价降至0价，C元素的化合价由0价升至+2价，为氧化还原反应；②的化学方程式为Si+2Cl2SiCl4，Si元素的化合价由0价升至+4价，Cl元素的化合价由0价降至-1价，为氧化还原反应；③为物理变化；④的化学方程式为SiCl4+4NH3===Si(NH2)4+4HCl，-NH2中各元素的化合价与NH3相同，反应前后元素的化合价不变，该反应不是氧化还原反应；⑤的化学方程式为3Si(NH2)4Si3N4+8NH3，反应前后元素的化合价不变，该反应不是氧化还原反应；①~⑤的变化中，属于氧化还原反应的是①②。（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈反应产生白雾，军事工业中用于制造烟雾剂，说明SiCl4水解生成HCl气体和硅酸，SiCl4水解的化学方程式为
SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl↑或SiCl4+4H2O===H4SiO4↓+4HCl↑。（4）SiCl4和氨气在1400℃下反应生成Si3N4，根据原子守恒，该反应还生成HCl，反应的化学方程式为3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl。（5）充足的碳与SiO2高温下反应生成SiC和CO的化学方程式为SiO2+3CSiC+2CO↑。在该反应中，C元素的化合价部分由0价升至CO中的+2价，部分由0价降至SiC中的-4价，C既是氧化剂又是还原剂，3mol C参与反应，2mol被氧化作还原剂，1mol被还原作氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶2。
21. 【答案】（1）NaOH+HCl===NaCl+H2O，Na2CO3+HCl===NaCl+NaHCO3
（2）224
（3）0.6 42.4%
【解析】（1）生成气体消耗的盐酸体积小于OA段消耗的盐酸体积，因此溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠，则OA段所发生反应的离子方程式为H++ OH−===H2O、CO+H+===HCO。（2）当加入35mL盐酸时与碳酸氢根反应的盐酸体积是10mL，盐酸的物质的量是0.01mol，所以产生CO2的体积为0.01mol×22.4L·mol−1＝0.224L＝224mL（标准状况）。（3）设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z，
则x+y=1 mol·L−1×(0.045－0.025)L，
z－y=1mol·L−1×[0.025－(0.045－0.025)]L
84 g·mol−1·x+106 g·mol−1·y+40 g·mol−1·z=2.5g
x=0.01mol，y=0.01mol，z=0.015mol
所以，NaOH的质量为0.015×40=0.6g， Na2CO3的质量分数为。
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