2024年沪科版必修1化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版必修1化学下册月考试卷156考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列比较正确的是A.原子半径：B.稳定性：C.酸性：D.碱性：2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.无色透明溶液中：K＋、Na＋、NOSOB.0.1mol·L−1KI溶液：Na＋、Ca2＋、ClO-、OH−C.0.1mol·L−1HCl溶液：Ba2＋、K＋、CH3COO-、NOD.使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2＋、Fe3＋、NOSO3、下列各组物质的化学性质几乎相同的是A.B.C.D.4、某溶液中可能含有OH-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时；发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.反应最后形成的溶液中的溶质为NaClB.原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、C.原溶液中一定含有Na2SO4D.原溶液中含有与的物质的量之比为1∶25、等物质的量的钠和过氧化钠分别与足量的水作用，生成的气体的体积比是()A.3∶1B.1∶1C.2∶1D.1∶26、科学实验研究结果表明:某种固体单质（由单原子构成）在棱长为1×10-7cm的立方体中含有20个原子,其密度为4g·cm-3。则此单质的相对原子质量最接近（）A.32B.65C.120D.1507、对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象判断正确的是。

A.实验Ⅰ：产生红褐色沉淀B.实验Ⅱ：溶液变红色C.实验Ⅲ：试管中溶液变浅黄色D.实验Ⅳ：试管中先出现白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变为红褐色评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、写出下列反应的离子方程式：

(1)Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液反应。

①NaOH不足：__________

②NaOH过量：__________

(2)NaHCO3与Ca(OH)2溶液反应。

①NaHCO3不足：__________

②NaHCO3过量：__________

(3)Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的反应；

①溶液呈中性时：__________

②溶液呈碱性时：__________9、过氧化氢俗名双氧水；医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。关于双氧水，回答下列问题：

（1）保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴的标签是_____________（填字母）。

（2）下列反应中，H2O2体现还原性的是______________。

A．Na2O2＋2HCl=2NaCl＋H2O2

B．Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2O

C．3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH=2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O

D．K2Cr2O7＋4H2O2＋2H+=2CrO5＋5H2O[CrO5称为过氧化铬，可写成CrO(O2)2]

（3）采矿废液中的氰化物（如KCN）一般用H2O2做无毒化处理，化学方程式为：KCN＋H2O2＋H2O=KHCO3＋NH3↑（KCN中N为﹣3价），生成1molNH3时转移的电子数为___________。

（4）H2O2被称为绿色氧化剂的理由是_____________________________________。10、请回答下列问题：

(1)取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为___________，反应后得到物质M的水溶液呈___________色。用此溶液进行以下实验。

(2)取少量M溶液置于试管中，滴入溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为___________。

(3)在小烧杯中加入蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和M溶液，继续煮沸直至液体呈___________色，即可制得Fe(OH)3胶体。

(4)取另一小烧杯也加入蒸馏水，向烧杯中加入溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到___________烧杯中的液体产生丁达尔效应。这个实验可以用来区别___________。11、铁是一种重要的金属材料；它的单质及化合物在生产生活中应用广泛。

(1)铁元素有三种常见的氧化物，分别是FeO、Fe2O3、Fe3O4。其中具有磁性的是_______；可作为红色颜料的是_______。

(2)某补铁口服液中含有Fe2+；为检验其是否被氧化变质，可取少量该口服液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，则说明其已变质。向该口服液中加入维生素C可防止其被氧化变质，此过程中利用了维生素C的_______性。

(3)FeCl3可作为铜电路板的腐蚀液，其反应原理为Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的化学方程式为_______。向反应后的溶液中加入_______，可回收Cu，并得到FeCl2溶液。12、同学们吃的零食的包装袋中经常有一个小纸袋；上面写着“干燥剂”，其主要成分是生石灰(CaO)。

（1）生石灰属于哪种类别的物质：_______。

（2）生石灰可作干燥剂的理由是(用化学方程式表示)_______。13、为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)。碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生下列反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O

(1)该反应中；氧化剂是__，氧化产物是__。

(2)当有3mol单质碘生成时；还原剂被氧化的物质的量是__。

(3)当有1mol氧化剂参与反应时，转移电子的数目为__。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定存在CO(_______)A.正确B.错误15、HCl的电子式：(___________)A.正确B.错误16、利用碱性氧化物与水反应、盐与碱反应均可制取碱。(_______)A.正确B.错误17、类比与的反应判断与反应时生成(_______)A.正确B.错误18、晶体失去结晶水，一定是风化的结果。(___________)A.正确B.错误19、金属钠保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中。(___________)A.正确B.错误20、1molH2O在标准状况下的的体积约为22.4L。(____)A.正确B.错误21、在标准状况下，1molO2与1molSO3的体积相同。(_____________)A.正确B.错误22、高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共6分)23、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________24、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________评卷人得分五、计算题(共4题，共24分)25、为确定某铝热剂（含氧化铁和铝）的组成；分别进行下列实验。

（1）若取ag样品，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，测得生成的气体（标准状况，下同）体积为bL；样品中铝的质量是______________g。

（2）若取ag样品将其点燃；恰好完全反应，该反应的化学方程式是：_______________________，氧化铁与铝的质量比是_____________。

（3）待（2）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为cL，该气体与（1）中所得气体的体积比c:b__________。

（4）用铝热法还原下列物质，制得金属各1mol，消耗铝最少的是____________。A．MnO2B．Fe3O4C．Cr2O3D．V2O526、将22g含有碳酸钠；碳酸氢钠和氯化钠三种物质的混合物加热到质量不再减轻；冷却后称重为18.9g，在残余固体中加入足量盐酸，在标准状况下收集到的二氧化碳为3.36L。

（1）原混合物中碳酸氢钠的物质的量为___？

（2）原混合物中含多少克氯化钠___？27、绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成上用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾。

(1)98%1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为________(保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为_______(填>、<；=)40%。

(2)将111.2g绿矾（FeSO4∙7H2O，式量为278）在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为_______g；SO2为_______mol。实验室可用以下方法制备摩尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；式量为392]。

(3)将4.88g铁屑(含Fe2O3)与25mL3mol/LH2SO4充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100mL，测得其pH=1。铁屑中Fe2O3的质量分数是________（保留两位小数）。

(4)向上述100mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t℃，析出摩尔盐晶体12.360g，剩余溶液的质量为82.560g。t℃时，计算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度。_______（保留两位小数）。28、（1）在一密闭容器中盛有aL含Cl2和H2的混合气体，用电火花引燃后，恢复到原来状态，发现气体仍为aL。用足量的NaOH溶液吸收燃烧后的气体，结果无气体剩余。由以上条件，推知原混合气体中Cl2和H2物质的量之比一定是___。

A．Cl2：H2=1B．Cl2：H2＜1C．Cl2：H2≥1D．Cl2：H2≤1

（2）氢气在氯气中充分燃烧；若两者的体积比为1：2，所得混合物用200mL3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收。

①求原NaOH溶液的质量分数___。（结果用小数表示；保留3位小数）

②求所得溶液中Cl-与ClO-的物质的量之比___。

③求溶液中ClO-的物质的量___。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．同周期，从左到右半径逐渐减小，因此原子半径：故A正确；

B．同周期，从左到右非金属性逐渐增强，氢化物稳定性越强，因此稳定性：故B错误；

C．同周期，从左到右非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，因此酸性：故C错误；

D．同周期，从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性越弱，因此碱性：故D错误。

综上所述，答案为A。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．无色透明溶液中这几种离子均不发生反应；一定能大量共存，故A正确；

B．I-具有和还原性，ClO-具有氧化性；能发生氧化还原反应，一定不能大量共存，故B错误；

C．酸性环境下CH3COO-会生成醋酸弱电解质；一定不能大量共存，故C错误；

D．使pH试纸显蓝色的溶液显碱性，有大量OH-，OH-与Cu2＋、Fe3＋生成沉淀；一定不能大量共存，故D错误；

故答案为A。3、A【分析】【详解】

A．是由质量数不同的氢原子组成的氢气，由于同位素化学性质几乎相同，故化学性质几乎相同；A项正确；

B．电子层结构不同；化学性质不同，B项错误；

C．分子组成不同；化学性质不同，C项错误；

D．分子结构稳定而原子结构不稳定；化学性质不同，D项错误；

故选A。4、B【分析】【分析】

由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的Fe3+、Mg2+、Al3+在溶液中不存在；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，至不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；

【详解】

A.因为溶液中硫酸根不能确定是否存在；则反应后最终溶液中的溶质除了有NaC1，还可能有硫酸钠，故A错误；

B.BC段是碳酸根与盐酸反应，结合分析可知，原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、故B正确；

C.原溶液中一定含有的离子是Na+、OH-、SiOAlOCO可能含有SO故C错误；

D.依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，反应的离子方程式为+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，则原溶液中含有与的物质的量之比为n()：n()=(2×)：(4×)=3：4；故D错误；

答案选B。5、B【分析】【详解】

设钠和过氧化钠的物质的量分别为2mol，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，由方程式可知，2mol钠与水反应生成1mol氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，由方程式可知，2mol过氧化钠与水反应生成1mol氧气，则相同条件下，氢气和氧气的体积之比为1∶1，故选B。6、C【分析】【分析】

立方体的体积V=a3=(1×10-7)3=10-21cm3，1个原子占有的体积为cm3，根据密度和体积计算1个原子的质量，再依据计算M。

【详解】

M====120.4g/mol;

答案选C。7、D【分析】【详解】

A．饱和氯化铁溶液滴入沸水中；可得到红褐色液体分散系，即氢氧化铁胶体，故A错误；

B．铁离子与硫氰化钾溶液反应生成血红色络合物；而亚铁离子与硫氰化钾溶液相遇不变红色，故B错误；

C．铁离子具有强氧化性；溶液显黄色；碘离子能够被铁离子氧化为碘单质，碘水溶液显黄色，所以反应后溶液的颜色加深，故C错误；

D．氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁；故氢氧化钠溶液滴加到氯化亚铁溶液中，产生的氢氧化亚铁白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变为红褐色，故D正确；

故选D。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液反应。

①NaOH不足生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；

②NaOH过量生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO

(2)NaHCO3与Ca(OH)2溶液反应。

①NaHCO3不足生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；

②NaHCO3过量生成碳酸钙、碳酸氢钙和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO

(3)Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的反应；

①溶液呈中性时，反应的离子方程式为SO+2H++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；

②溶液呈碱性时，反应的离子方程式为SO+H++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O。【解析】HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+COHCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+COSO+2H++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OSO+H++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O9、略

【分析】【详解】

（1）过氧化氢具有强氧化性，保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴的标签是B。（2）A．Na2O2＋2HCl=2NaCl＋H2O2中元素的化合价不变，不是氧化还原反应，A错误；B．Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2O中氧元素化合价升高，双氧水是还原剂，B正确；C．3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH=2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O中氧元素化合价降低，双氧水是氧化剂，C错误；D．K2Cr2O7＋4H2O2＋2H+=2CrO5＋5H2O[CrO5称为过氧化铬，可写成CrO(O2)2]中元素的化合价均不变，不是氧化还原反应，D错误，答案选B；（3）反应中碳元素化合价从+2价升高到+4价失去2个电子，则生成1molNH3时转移的电子数为2NA。（4）H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，无污染，因此H2O2被称为绿色氧化剂。【解析】①.B②.B③.2NA（或1.204×1024）④.H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，无污染10、略

【分析】【分析】

氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应；向沸水中滴入饱和氯化铁溶液加热生成氢氧化铁沉淀，利用丁达尔效应可以区分胶体和溶液，据此分析解答。

（1）

Fe2O3与HCl反应的化学方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，溶液中生成了FeCl3，所以溶液呈黄色或棕黄色，故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；黄(或棕黄)；

（2）

取少量FeCl3溶液置于试管中，滴入几滴NaOH溶液，发生复分解反应，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe(OH)3↓，故答案为：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe(OH)3↓；

（3）

在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色得到氢氧化铁胶体，故答案为：红褐；

（4）

氢氧化铁胶体(乙)可发生丁达尔效应，而FeCl3溶液(甲)不能发生丁达尔效应，利用这一点可以区分胶体和溶液，故答案为：乙；胶体和溶液。【解析】（1）Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O黄(或棕黄)

（2）FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe(OH)3↓

（3）红褐。

（4）乙胶体和溶液11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)FeO、Fe2O3、Fe3O4.其中具有磁性的是：Fe3O4，可作为红色颜料的是：Fe2O3，故答案为：Fe3O4；Fe2O3；

(2)向该口服液中加入维生素C可防止其被氧化变质；维生素C还原铁离子为亚铁离子，此过程中利用了维生素C的还原性，故答案为：还原；

(3)Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的化学方程式为：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，向反应后的溶液中加入铁粉，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，可回收Cu，并得到FeCl2溶液；故答案为：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2；Fe。【解析】Fe3O4Fe2O3还原Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2Fe12、略

【分析】【分析】

（1）

生石灰的成分为CaO；属于氧化物，且能和酸反应生成盐和水，所以属于碱性氧化物，故答案为：碱性氧化物；

（2）

生石灰可以与水反应，可以作干燥剂，反应方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2。【解析】（1）金属氧化物或碱性氧化物。

（2）CaO+H2O=Ca(OH)213、略

【分析】【分析】

5KI+KIO3+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O中，KI中I元素的化合价由-1价升高为0价，KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0价；结合氧化还原反应的规律解答。

【详解】

(1)5KI+KIO3+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由KIO3中的+5价到产物I2中的0价，化合价降低被还原，故KIO3为氧化剂。KI中I元素的化合价由-1价升高到I2中的0价，升高被氧化，故氧化产物是I2；

(2)5KI+KIO3+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O中，KI中I元素的化合价由-1价升高到I2中的0价，升高被氧化，KI是还原剂，该反应中生成3molI2；有5molKI被氧化；

(3)氧化剂是KIO3，有1mol氧化剂参与反应时，转移电子的物质的量为1mol×(5-0)=5mol，则转移的电子数目为5NA；【解析】KIO3I25mol5NA三、判断题(共9题，共18分)14、B【分析】【分析】

【详解】

使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2，若为CO2，则原溶液中存在或若为SO2，则原溶液中存在或题干说法错误。15、B【分析】【分析】

【详解】

HCl为共价化合物，氯原子和氢原子共用一对电子，电子式为：故错误。16、A【分析】【详解】

碱性氧化物和水反应可以生成碱溶液，可溶性碱与可溶性盐发生复分解反应生成新盐和新碱，故正确。17、B【分析】【详解】

碘单质的氧化性较弱；和铁生成碘化亚铁；

故选错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

风化指含结晶水的化合物在空气中失去结晶水，晶体失去结晶水也可以通过加热等方法实现，不一定是风化的结果，故错误，答案为：错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

金属钠密度小于煤油，且不与钠反应，钠保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

标准状况下，水不是气体，所以1molH2O在标准状况下的的体积不是22.4L，所以该说法错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

在标准状况下，SO3为固体，而氧气为气体，因此1mol两种物质的体积不相同，错误。22、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料，故高纯硅可用来制作芯片和硅太阳能电池，故正确。四、推断题(共2题，共6分)23、略

【分析】【详解】

①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾，说明A为NH3·H2O或NH3；

②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO424、略

【分析】【详解】

①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾，说明A为NH3·H2O或NH3；

②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4五、计算题(共4题，共24分)25、略

【分析】【分析】

(1)氧化铁和氢氧化钠溶液不反应；铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，根据氢气的体积计算铝的质量；

(2)铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝；由二者恰好反应；根据方程式可知，质量之比等于总的相对分子质量之比；

(3)由方程式可知；(2)中生成的n(Fe)等于铝热剂中n(Al)，与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比．注意铁与盐酸反应生成氯化亚铁；

(4)根据化合价的变化判断；化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越少，则消耗铝的量最少。

【详解】

(1)氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式知，铝的质量=××27g/mol=g；

(2)铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；由二者恰好反应；根据方程式可知，质量之比等于总的相对分子质量之比，则样品中氧化铁与铝的质量比为(56×2+16×3):2×27=80:27；

(3)由方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可知，(2)中生成的n(Fe)等于铝热剂中n(Al)，与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比，所以(3)中生成的氢气与(1)中生成氢气体积之比c：b=2n(Fe):3n(Al)=2:3；

(4)A．MnO2～Mn，生成1molMn，需要得到4mol电子，消耗molAl；

B．Fe3O4～3Fe，生成1molFe得到mol电子，消耗molAl；

C．Cr2O3～2Cr，生成1molCr；需要3mol电子，消耗1molAl；

D．V2O5～2V，生成1molV，需得电子5mol，消耗molAl；

所以制得金属各1mol，消耗铝最少的是B，故答案为B。【解析】0.8b2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe80:272:3B26、略

【分析】【分析】

加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，导致固体质量减少，利用差量法计算原混合物中NaHCO3的质量、生成碳酸钠的质量，利用反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，根据CO2的质量可计算加热后总的Na2CO3的质量，减去NaHCO3分解生成的Na2CO3的质量即可得原混合物中Na2CO3的质量；NaCl的质量为总质量-碳酸氢钠质量-碳酸钠的质量。

【详解】

（1）加热发生反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，导致固体质量减少：22g-18.9g=3.1g，设混合物中有NaHCO3的质量为x，新生成的Na2CO3的质量为y；

解得x===8.4g，y==5.3g

原混合物中碳酸氢钠的物质的量为故答案为：0.1mol；

（2）根据（1）的计算可知；新生成的碳酸钠的质量为5.3g，设加热后