黑龙江省伊春市伊美区第二中学2024-2025学年高一化学上学期期末考试试题含解析

PAGE17-黑龙江省伊春市伊美区其次中学2024-2025学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1O16C12S32Na23Fe56N14Cu64一、单选题（每题2分共50分）1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危急警告标签。下面所列的物质，贴错了包装标签的是（）ABCD物质氢氧化钠酒精高锰酸钾烟花爆竹危急警告标签A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A、氢氧化钠是强碱，具有腐蚀性，标记正确，A正确；B、酒精是可燃性液体，不是剧毒品，标记错误，B错误；C、高锰酸钾具有强氧化性，标记正确，C正确；D、烟花爆竹简单发生爆炸，标记正确，D正确，答案选B。2.下列各图所示的试验原理、方法或操作不正确的是A.过滤 B.干燥氯气 C.检验K2CO3的K＋ D.转移溶液【答案】B【解析】【分析】依据相关试验的原理、方法、操作分析推断。【详解】A项：过滤分别固液混合物，装置要求“一贴二低三靠”，A项正确；B项：潮湿氯气中的水与CaO反应生成Ca(OH)2，氯气与NaOH、Ca(OH)2都能发生反应，不能用碱石灰干燥氯气，B项错误。C项：为防止钠元素的黄色火焰干扰，检验钾元素时要透过蓝色钴玻璃视察火焰颜色，C项正确。D项：向容量瓶中转移溶液时须用玻璃棒引流，D项正确。本题选B。3.下列说法正确的是（）A.摩尔是国际单位制中的7个基本物理量之一B.硫酸的摩尔质量是98gC.0.5molH2约含有3.01×1023个氢原子D.NA个氧气分子的质量是32g【答案】D【解析】【详解】A．物质的量是国际单位制中的7个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，A错误；B．硫酸的摩尔质量是98g/mol，B错误；C．0.5molH2含有1molH原子，约含有6.02×1023个氢原子，C错误；D．NA个氧气分子的物质的量是1mol，其质量为1mol×32g·mol－1=32g，D正确。答案选D。4.在酸性的无色透亮溶液中能够大量共存的是A.NH、Fe3+、SO、Cl－ B.Mg2+、Ag+、CO、Cl－C.K+、NH、Cl－、SO D.K+、Na+、NO、HCO【答案】C【解析】【详解】A．含有Fe3＋的溶液为黄色，不是无色，A不符合题意；B．Ag＋可与CO32－、Cl－生成沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C．选项中的4种离子，在酸性条件下，没有颜色，不反应，可以大量共存，C符合题意；D．HCO3－酸性溶液中不能大量共存，会与H＋反应生成CO2和水，D不符合题意；答案选C。5.植物油和水、酒精和水、碘的饱和水溶液，这三组混合物的分别方法分别是()A.过滤、蒸馏、分液 B.分液、蒸馏、萃取C.萃取、蒸馏、过滤 D.萃取、过滤、蒸馏【答案】B【解析】【详解】植物油和水不互溶，且都是液体,所以采纳分液的方法分别；乙醇和水互溶且都是液体，所以依据其沸点不同采纳蒸馏的方法分别；碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以可采纳萃取的方法分别；故B选项正确；本题答案为B。6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.非标准状况下，1mol任何气体的体积不行能为22.4LB.标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAC.25℃，1.01×105Pa，16gCH4中含有的原子数为5NAD.92gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、在非标准状况下，气体摩尔体积也可能是22.4L/mol，故1mol气体的体积也可能为22.4L，A错误；B、标况下水为液态，故不能依据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，B错误；C、16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含5mol原子，即5NA个，C正确；D、NO2和N2O4的摩尔质量分别为46g/mol和92g/mol，若92g全部为NO2，则分子个数为2NA个；若全部为四氧化二氮，则分子个数为NA个，现在为两者的混合物，故分子数介于NA到2NA之间，D错误。答案选C。7.将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是()A.1∶2∶3 B.6∶3∶2 C.3∶1∶1 D.1∶1∶1【答案】C【解析】【详解】将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol·L－1的盐酸中，依据方程式可知三种金属都是足量，应按盐酸的量计算产生氢气的量，因为镁、铝产生氢气物质的量相等，所以由Mg+

2HCl=MgCl2+H2↑可知:产生氢气的

物质的量为:

(0.1L1mol/L)=0.05mol，因为金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与盐酸和水能完全反应，所以产生氢气应按钠的物质的量计算:

2NaH2↑，0.3mol钠产生0.15mol氢气;所以同温同压下产生的气体体积比是3∶1∶1，故C符合题意；答案：C。【点睛】依据金属和酸反应的量的关系推断金属过量，产生氢气的量由酸确定，又因为金属钠活泼，能与水反应生成氢气，所以金属钠是完全反应，放出的氢气量大于镁、铝。8.小民同学配置0.1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，你认为下列分析或操作正确的是（）A.用托盘天平称取5.30g固体B.容量瓶中原来存有少量蒸馏水将导致溶液浓度偏低C.胶头滴管加水定容俯视刻度，将导致溶液浓度偏高D.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，应马上用胶头滴管将超出部分的液体吸出【答案】C【解析】A、托盘天平的精确度为0.1g，所以用托盘天平不行称取5.30g

固体，故A错误；B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对试验无影响，故B错误；C．胶头滴管加水定容俯视刻度，体积偏小，则浓度偏高，故C正确；D．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，体积偏大，则浓度偏低，马上用胶头滴管将超出部分的液体吸出，则会导致溶质偏少，故D错误；故选C。点睛：配制确定物质的量浓度溶液的误差分析须要紧扣c=，分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的改变，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。本题的易错点为D。9.下列离子的检验方法正确的是A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，确定有CO32－B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消逝，确定有SO42－C.加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液后生成白色沉淀，确定有Cl－D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸白色沉淀消逝，确定有Ba2＋【答案】C【解析】【详解】A．无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液可能含CO32-或SO32-，或HCO3-等，故A错误；B．白色沉淀为AgCl或硫酸钡，则原溶液可能含SO42-或银离子，但二者不能同时存在，故B错误；C．加入硝酸，解除了其它离子对氯离子验证的干扰，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，该沉淀确定是AgCl，故确定有Cl-，故C正确；D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙等，原溶液中不确定含Ba2+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查离子的检验和鉴别，把握离子检验的试剂、现象和结论为解答的关键。本题的易错点为B，要留意氯化钡溶液反应生成的白色沉淀可能是钡离子反应的结果，也可能是氯离子反应的结果。10.下列试验现象描述错误的是编号试验现象A加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最终变为红褐色D将水蒸气通过灼热的铁粉黑色粉末变为红褐色A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A、钠燃烧生成过氧化钠，且钠的熔点低，则视察到钠先熔化成光亮的小球．燃烧时，火焰为黄色；燃烧后，生成淡黄色的固体，故A正确；B、氧化铝的熔点高，包袱在Al的外面，则视察到铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝箔并不滴落，似乎有一层膜兜着，故B正确；C、在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀快速转化为灰绿色最终改变为红褐色沉淀，故C正确；D、铁与水蒸气反应生成黑色物质，现象错误，故C错误；故选D。点睛：本题考查化学试验方案的评价，侧重分析与试验实力的考查，解题关键：把握物质的性质、发生的反应和现象、试验技能，留意元素化合物学问与试验的结合，题点B选项，氧化铝的熔点高，学生难理解。11.对试验Ⅰ～Ⅳ的试验操作现象推断正确的是（）A.试验Ⅰ：产生红褐色沉淀 B.试验Ⅱ：溶液颜色变红C.试验Ⅲ：放出大量气体 D.试验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解【答案】C【解析】【详解】A项、将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；B项、三价铁离子与硫氰化钾溶液反应生成硫氰合铁，溶液变红色，与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；C项、铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；D项、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误；故选C。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解是解答易错点。12.下列有关说法中，正确的是A.镁合金的硬度、强度、熔点均高于纯镁B.我国流通的硬币材质是纯金属C.湿法炼铜过程中发生了置换反应D.明矾能净水，主要缘由是其在溶液中形成的Al(OH)3胶体能消毒、杀菌【答案】C【解析】【详解】A．合金的硬度、强度一般强于成分金属，而熔点低于成分金属，A错误；B．我国流通的硬币材质是合金，比纯金属更耐腐蚀，更不易磨损，B错误；C．湿法炼铜，是Fe置换出CuSO4溶液中的Cu，化学方程式为Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，C正确；D．明矾在水溶液中能电离出Al3＋，其能水解生成Al(OH)3胶体，胶体表面积大，能够吸附水中的杂质，从而能净水，不能用于杀菌消毒，D错误；答案选C。13.下列离子方程式正确的是（）A.向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液：H++OH-═H2OB.过氧化钠加入水中：2O22-+2H2O═4OH-+O2↑C.向AlC13溶液中加入过量氨水：A13++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+D.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++SO42-═BaSO4↓【答案】C【解析】A、HCO3－属于弱酸根离子，不能拆写，正确的是HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O，故A错误；B、过氧化钠属于过氧化物，不能拆写，应是2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，故B错误；C、氢氧化铝不溶于弱碱，NH3·H2O属于弱碱，AlCl3溶液中加入过量NH3·H2O，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故C正确；D、缺少Cu2＋与OH－的反应，正确的是Cu2＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓＋BaSO4↓，故D错误。14.依据下列三个反应，推断物质的氧化性由强到弱的依次正确的是①2Fe3++2I-=2Fe2++I2②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2OA.Fe3+>Cl2>MnO4- B.Fe3+>Cl2>I2C.I2>Cl2>Fe3+ D.MnO4->Cl2>Fe3+【答案】D【解析】【分析】自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。【详解】①2Fe3++2I-=2Fe2++I2中Fe元素化合价由+3价变为+2价、I元素化合价由-1价变为0价，所以Fe3+是氧化剂、I2是氧化产物，氧化性：Fe3+>I2；②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，所以Cl2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，则氧化性Cl2>Fe3+；③2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，所以MnO4-是氧化剂、Cl2是氧化产物，则氧化性：MnO4->Cl2，通过以上分析知，氧化性强弱依次是MnO4->Cl2>Fe3+，故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化性强弱推断方法，明确氧化性、还原性推断方法即可解答，会正确推断氧化剂、氧化产物是解本题关键，知道常见元素化合价。15.对反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO的叙述正确的是A.Al2O3是氧化剂，C是还原剂 B.每生成1molCO需转移2mol电子C.AlN中氮元素的化合价为＋3 D.N2发生了氧化反应【答案】B【解析】【分析】在氧化还原反应中，得到电子的是氧化剂，氧化剂发生还原反应；失去电子的是还原剂，还原剂发生氧化反应。【详解】A．C失去电子是还原剂，N2得到电子是氧化剂，Al2O3中各元素化合价没发生改变既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误。B．C元素化合价由0升为+2，依据化学方程式可知，每生成1molCO需转移2mol电子。故B正确。C．AlN中N元素的化合价为-3，故C错误。D．N2是氧化剂发生还原反应，故D错误。本题选B。16.下列改变不行能通过一步试验干脆完成的是A.Al(OH)3→Al2O3 B.Al2O3→Al(OH)3 C.Al→Al2O3 D.AlCl3→Al(OH)3【答案】B【解析】分析】依据铝及其化合物的性质来分析解答。【详解】A.Al(OH)3不稳定，受热分解得到Al2O3，故A错误；B.Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故B正确；C.Al与氧气反应生成Al2O3，故C错误；D.AlCl3与碱反应生成Al(OH)3，故D错误。故选B。17.下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应且属于两性化合物的是（）①Na2CO3②Si③Al2O3④Al(OH)3⑤AlA.③④ B.③④⑤ C.①③④⑤ D.全部【答案】A【解析】【详解】①Na2CO3不与氢氧化钠溶液反应，与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳气体，不属于两性化合物，①不符合题意；②Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，不与盐酸反应，不是两性物质，②不符合题意；③Al2O3是两性氧化物，能与盐酸和氢氧化钠溶液反应，均生成盐和水，属于两性化合物,③符合题意；④Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸和氢氧化钠溶液反应，均生成盐和水，属于两性化合物，④符合题意；⑤Al是金属单质，能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，也能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，但不属于两性化合物，⑤不符合题意；综上③④符合题意，答案选A。18.关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法不正确的是（）A热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3B.在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3C.与盐酸反应的速率：NaHCO3＜Na2CO3D.等物质的量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同【答案】C【解析】【详解】A、Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热可分解：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，A项正确；B、相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，B项正确；C、NaHCO3与盐酸反应速率比Na2CO3快，C项错误；D、由反应Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知，当Na2CO3、NaHCO3物质的量相同时，与足量盐酸反应，产生的CO2相同，D项正确；答案选C。19.下列有关物质用途的描述不符合事实的是A.铝制容器可以贮运稀硫酸B.氧化铁可用作外墙涂料C.碳酸氢钠可用作焙制糕点发酵剂D.五彩缤纷的烟花是利用了某些金属化合物的焰色反应【答案】A【解析】【详解】A．Al可溶于稀硝酸，不能用铝制容器贮运稀硝酸，可储运浓硝酸，A错误，符合题意；B．Fe2O3为红色固体，则Fe2O3可用作外墙涂料，B正确，不选；C．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，可以使面食蓬松,起到了发酵粉的作用，C正确，不选；D．许多金属及其化合物在灼烧时，火焰会呈现特别的颜色；五彩缤纷的烟花就是利用碱金属以及锶、钡等金属化合物的焰色反应，D正确，不选；答案选A。20.将过氧化钠投入到氯化亚铁溶液中，可视察到的现象是()A.最终生成白色沉淀 B.最终生成红褐色沉淀C.有黄绿色气体产生 D.无明显改变【答案】B【解析】【详解】Na2O2具有强氧化性，能将氧化成Fe3＋，可与Na2O2和水反应生成的OH－生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，Na2O2与水反应产生O2，不放出黄绿色的Cl2；A.最终生成白色沉淀不符合题意；B.最终生成红褐色沉淀符合题意；C.有黄绿色气体产生不符合题意；D.无明显改变不符合题意；答案：B。【点睛】考查Na2O2强氧化性。过氧化钠能与水和二氧化碳反应。Na2O2能将Fe2＋氧化成Fe3＋。21.下列有关硅及其化合物性质和用途的说法正确的是A.单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池B.二氧化硅制成的玻璃纤维，因导电实力强而用于制造通讯光缆C.因为玻璃中的二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠有粘性，故装氢氧化钠的试剂瓶不能用玻璃瓶D.二氧化硅不溶于水，所以硅酸不是二氧化硅对应的水化物【答案】A【解析】【详解】A．单晶硅是电子工业中重要的半导体材料，也能用于制作太阳能电池，A正确；B．SiO2制成的玻璃纤维，用于制造通讯光缆是利用光的全反射原理，B错误；C．虽然玻璃中的二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠有粘性，但盛装氢氧化钠的试剂瓶仍用玻璃瓶，但不能运用玻璃塞，C错误；D．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，H2SiO3脱水得到SiO2，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），D错误；答案选A。22.下列关于氯水的叙述，不正确的是()A.新制的氯水中，溶质既有分子又有离子B.新制的氯水是无色透亮的液体，有酸性和漂白性C.光照氯水有气泡逸出，该气体是O2D.氯水放置数天后酸性将增加【答案】B【解析】【分析】氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H＋、ClO－、Cl－等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质。【详解】A、新制氯水中含有Cl2、HClO、H2O三种分子，有H＋、ClO－、Cl－等离子，故A正确；B、新制的氯水因溶解了氯气，而呈浅黄绿色，有酸性和漂白性，故B错误；C、氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解生成氧气，该气体是O2，故C正确；D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增加，故D正确；故选B。【点睛】本题综合考查氯气和氯水的性质，解题关键：把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，易错点A，氯气与水的反应是可逆反应，氯气末完全反应．23.随着人们生活节奏的加快，便利的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是A.无水硫酸铜、蔗糖 B.硅胶、硫酸亚铁C.食盐、硫酸亚铁 D.生石灰、食盐【答案】B【解析】【详解】A．无水硫酸铜能汲取水分，但蔗糖不能防止食品被氧化，故A错误；B．硅胶能防止食品受潮，硫酸亚铁能防止食物被氧化，故B正确；C．食盐不能汲取水分，硫酸亚铁能防止食物被氧化，故C错误；D．生石灰能防止食品受潮，但是食盐不能防止食品被氧化，故D错误；故选B。【点晴】本题要结合食品本身的性质来考虑，重点从防止食品氧化变质和受潮两方面分析考虑，防氧化就是防止氧气的进入并与之反应，防受潮就是防止水分的进入，因此要从易吸水、还原性强易氧化且对人体无害的角度分析，据此即可解答。24.下列改变中，不属于化学改变的是()A.SO2使品红溶液褪色 B.氯水使有色布条褪色C.活性炭使红墨水褪色 D.漂粉精使某些染料褪色【答案】C【解析】【分析】二氧化硫和次氯酸具有漂白性，活性炭具有吸附性，据此回答问题【详解】A.SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，属于化学改变，A不符合题意；B.氯水中含有漂白性的次氯酸，使有色布条褪色，属于化学改变，B不符合题意；C.活性炭具有吸附性，使红墨水褪色，属于物理改变，不属于化学改变，C符合题意；D.漂粉精溶于水，水解生成次氯酸，使某些染料褪色，属于化学改变，D不符合题意；答案为C。25.下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是A.浓硫酸可用来干燥某些气体(不挥发性)B.在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大(脱水性)C.在加热条件下铜与浓硫酸反应(氧化性、酸性)D.浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑(吸水性)【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体，如氢气、二氧化碳等，表现的是浓硫酸的吸水性，A错误；B．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会汲取空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，则在加热条件下铜与浓硫酸反应发生氧化还原反应生成硫酸铜和二氧化硫，表现的是浓硫酸的氧化性和酸性，C正确；D．浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出，则浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑，表现的是浓硫酸的脱水性，D错误。答案选C。二、填空题（12分）26.（1）下列物质：①Cu②NaCl晶体③NaHSO4④CO2⑤稀H2SO4⑥C2H5OH属于电解质的是（填序号，下同）_____，属于非电解质的是_____。（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：①NaHSO4_______；②Al2(SO4)3_______；（3）按要求写出下列方程式：①写出硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液的反应的离子方程式：_____________。②写出能用离子方程式CO＋2H+＝CO2↑＋H2O表示的一个化学方程式：__________。【答案】(1).②③(2).④⑥(3).NaHSO4=Na++H++SO(4).Al2(SO4)3=2Al3++3SO(5).Cu2++2OH-==Cu(OH)2↓(6).Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O（或其他）【解析】【详解】(1)在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质。①Cu是单质，不是电解质，也可不是非电解质；②NaCl晶体，在水溶液中能够电离出Na＋和Cl－，能够导电，是电解质；③NaHSO4在水溶液中能够电离出Na＋、H＋、SO42－，能够导电，是电解质；④CO2在水中，与水反应生成H2CO3，H2CO3会电离出离子，但是不是CO2自身电离，因此CO2不是电解质，是非电解质；⑤稀H2SO4是混合物，不是电解质，也不是非电解质；⑥C2H5OH，在水溶液中不电离，不是电解质，是非电解质；综上属于电解质的是②③，属于非电解质的是④⑥；(2)①NaHSO在水溶液中能够电离出Na＋、H＋和SO42－，电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－；②Al2(SO4)3在水溶液中电离出Al3＋和SO42－，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42－；(3)①CuSO4溶液中滴加NaOH生成Cu(OH)2沉淀，离子方程式为Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；②离子方程式CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O，表示可溶性的碳酸和强酸发生反应生成可溶性盐的反应，可以是Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，或K2CO3＋H2SO4=K2SO4＋CO2↑＋H2O等。三、试验题（12分）27.如图所示试验装置用于验证某些物质的性质。在试管A中装入足量的固体NaHCO3，D为固定蚊香的硬纸片。试回答下列问题：（1）在A试管内发生反应的化学方程式是_____________。（2）B装置的作用是____________。（3）在双球干燥管内发生反应的化学方程式为___________________，该反应中氧化剂为________，氧化产物为________，每有1molNa2O2发生反应,转移电子数目为________。（4）双球干燥管内视察到的试验现象是_________________。【答案】(1).2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑(2).汲取气体中的水蒸气（或干燥CO2）(3).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(4).Na2O2(5).O2(6).NA（或6.02×1023）(7).淡黄色的Na2O2渐渐转变为白色粉末,点燃的蚊香燃烧更加猛烈【解析】【分析】依据试验装置图，可整理出试验的步骤和依次为：A中的NaHCO3受热分解产生的CO2和H2O(g)进入试管B，H2O(g)被浓硫酸汲取，从B中出来的CO2气体与C处与D处的Na2O2反应，生成O2，从而促进蚊香的燃烧。【详解】(1)碳酸氢钠不稳定，受热易分解，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；(2)由于生成的CO2气体中含有水蒸气，所以浓硫酸的作用是汲取水蒸气，干燥CO2；(3)CO2能和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。在氧化还原中，同一元素的化合价的改变只能靠近不能交叉，因此Na2O2中的O的化合价既上升又降低，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，因此氧化剂是Na2O2；O2是Na2O2中的O化合价上升，经氧化反应得到的氧化产物；依据化学方程式每有1molNa2O2发生反应转移电子的物质的量为1mol，其数目为NA（或6.02×1023）；(4)CO2能和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，而生成的氧气可以促进蚊香燃烧，所以试验现象是淡黄色的Na2O2渐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加猛烈。四、综合题（共17分）28.钠、铝、铁是三种重要的金属。请回答：（1）钠元素的金属性比铝的________（填“强”或“弱”）。（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为______________________；（3）填写a、b、c化学式并书写①的离子方程式（a、b、c均为含Al化合物）；

a：__________，b：___________，c：__________；①________；（4）取确定量的FeCl3，分装在两支试管中。请回答：a．若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成________色。b．向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是______________。【答案】(1).强(2).2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑(3).NaAlO2(4).AlCl3(5).Al(OH)3(6).2Al＋2H2O＋2OH－=2＋3H2↑(7).红(8).Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓【解析】【详解】(1)同周期元素的金属性从左到右依次减弱，因此Na元素的金属性比铝的强；(2)钠和水反应生成NaOH和H2，离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；(3)依据流程图，Al和NaOH反应生成NaAlO2和氢气，向NaAlO2溶液中加入过量的HCl，起先生成的Al(OH)3会溶于过量的HCl，最终生成AlCl3、NaCl和水；假如向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，最终得到Al(OH)3和NaHCO3；则a为NaAlO2，b为AlCl3，c为Al(OH)3；反应①为2Al＋2H2O＋2OH－=2＋3H2↑；(4)a．FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色；b．FeCl3溶液和NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。29.某同学用下列装置完成了浓硫酸和SO2性