【化学】河北省承德市隆化县存瑞中学2018-2019学年高一上学期第二次质检试卷（解析版）

河北省隆化县存瑞中学2018-2019学年高一上学期第二次质检试题
1. 下列物质的用途中，不正确的是（ ）
A. 纯碱：制玻璃 B. 烧碱：治疗胃酸过多的一种药剂
C. 过氧化钠：制氧气 D. 小苏打：发酵粉主要成份
【答案】B
【解析】A、工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，发生的反应有：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，故A正确；
B、氢氧化钠有很强的腐蚀性，能腐蚀胃部，故B错误；
C、Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可用过氧化钠（Na2O2）制氧气，故C正确；
D、发酵粉的主要成分之一是碳酸氢钠，再做糕点时它受热分解生成二氧化碳气体，使糕点疏松多孔，故D正确；
故选B．
2. 下列物质属于强电解质的是（ ）
A. 醋酸 B. 食盐水 C. 烧碱 D. 蔗糖
【答案】C
【解析】试题分析：强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐和水。A、醋酸为弱酸，属于弱电解质，错误；B、食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，错误；C、烧碱为强碱，属于强电解质，正确；C、蔗糖属于非电解质，错误。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 难溶于水的BaCO3是弱电解质。
B. 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中H+浓度为0.1 mol/L 。
C. 强电解质水溶液的导电能力一定比弱电解质的强。
D. 电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子。
【答案】D
【解析】试题分析：A、BaCO3虽然难溶于水，但溶解的部分全部电离，碳酸钡属于强电解质，错误；B、醋酸为弱电解质，部分电离，0.1 mol/L的CH3COOH溶液中H+浓度远小于0.1 mol/L，错误；C、溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带的电荷，与电解质的强弱无关，错误；D、电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，正确。
4.下列关于Na和Na＋的叙述中，错误的是（ ）
A. 它们相差一个电子层
B. 它们的化学性质相似
C. 钠原子，钠离子均为同一元素
D. 灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色
【答案】B
【解析】试题分析：Na有3个电子层，最外层1个电子，容易失去最外层电子；Na+有2个电子层，最外层8个电子，性质稳定，故选B。
5. 下列四种物质的溶液，其中一种与其它三种能发生离子反应，这种物质是（ ）
A. H2SO4 B. KOH C. BaCl2 D. Na2CO3
【答案】A
【解析】给出的四种物质中，硫酸与KOH生成水、硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀、硫酸与碳酸钠反应生成水和气体，而KOH与氯化钡、碳酸钠均不反应，则符合一种与其它三种能发生离子反应，这种物质是硫酸，故选A．
6.下列溶液与20mL 1 mol·L—1 NaNO3溶液中NO3—物质的量浓度相等的是（ ）
A. 10 mL 1 mol·L—1 Mg(NO3)2溶液 B. 5 mL 0.8 mol·L—1 Al(NO3)3溶液
C. 10 mL 2 mol·L—1 AgNO3溶液 D. 10 mL 0.5 mol·L—1 Cu(NO3)2溶液
【答案】D
【解析】20mL 1mol•L﹣1NaNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（NaNO3）=1mol/L，
A.1 mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：
c（NO3﹣）=2c[Mg（NO3）2]=1mol/L×2=2mol/L，故A错误；
B.0.8 mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：
c（NO3﹣）=3c[Al（NO3）3]=0.8mol/L×3=2.4mol/L，故B错误；
C.2 mol•L﹣1AgNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（AgNO3）=2mol/L，故C错误；
D.0.5 mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：
c（NO3﹣）=2c[Cu（NO3）2]=0.5mol/L×2=1mol/L，故D正确；
7.下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是（ ）
A. Na与O2 B. Na2O2与CO2
C. NaOH与AlCl3 D. NaOH与CO2
【答案】B
【详解】A.Na与O2在常温条件下生成Na2O，在加热或点燃条件下生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，错误；
B.Na2O2与CO2无论反应条件和反应物的量如何变化，生成物均为Na2CO3和O2，正确；
C.NaOH与AlCl3反应，NaOH过量时，生成物为NaAlO2、NaCl和H2O，当AlCl3过量时，生成物为Al(OH)3和NaCl，生成物与反应物的用量有关，错误；
D.NaOH与CO2反应，当CO2不足时，生成物为Na2CO3和H2O，当CO2过量时，生成物为NaHCO3，生成物与反应物的量有关，错误。
8.关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是（ ）
A. 都是白色固体 B. 都是碱性氧化物
C. 都能和水反应形成强碱溶液 D. 都具有强氧化性
【答案】C
【详解】A.Na2O为白色固体，Na2O2为淡黄色固体，错误；
B.Na2O为碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物，错误；
C.Na2O和Na2O2与水反应均有NaOH生成，正确；
D.Na2O2具有强氧化性，而Na2O不具有强氧化性，错误。
9. 下列变化属于还原反应的是（ ）
A. Fe → FeSO4 B. AgNO3→ Ag C. S →SO2 D. CO32-- →CO2
【答案】B
【解析】试题分析：A、Fe→FeSO4中铁元素的化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应，A错误；B、AgNO3→Ag 中银元素的化合价由+1价降低为0价，发生还原反应，B正确；C、S→SO2 中硫元素的化合价由0价升高到+4价，发生氧化反应，C错误；D、CO32-- →CO2中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。
10.设NA为阿伏加德罗常数，下面叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L CCl4所含分子数为0.5NA
B. 1L 1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NA
C. 0.1mol Na2O2与足量二氧化碳反应转移0.1NA 个电子
D. 1mol Cl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为3NA
【答案】C
【解析】
【分析】A.标准状况下，CCl4不是气态物质；
B.氯化钠溶液中，含有钠离子和氯离子；
C.Na2O2与二氧化碳反应过程中，Na2O2作为氧化剂和还原剂；
D.Cl2作氧化剂，化合价降低为-1价。
【详解】A.标准状况下，CCl4不是气态物质，故11.2LCCl4所含分子数大于0.5NA，A错误；
B.1L1mol/L的氯化钠溶液中，c(Na+)=c(Cl-)=1mol/L，故离子总数为2NA，B错误；
C.0.1mol Na2O2与足量二氧化碳反应，其中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，其电子转移数目为0.1NA，C正确；
D.1molCl2与足量的铁反应生成FeCl3，氧化剂为Cl2，氯元素化合价降低为-1价，铁过量的情况下，依照氯气进行计算，故转移的电子总数为2NA，D错误，答案选C。
11.工业制取ClO2的化学反应：2NaClO3+ SO2+ H2SO4= 2ClO2+ 2NaHSO4 ，下列说法正确的（ ）
A. SO2在反应中被还原 B. NaClO3在反应中失去电子
C. H2SO4在反应中做氧化剂 D. 1 mol 氧化剂在反应中得到1 mol电子
【答案】D
【解析】1 mol NaClO3在反应中得到1 mol e－。
12.除去Na2CO3溶液中少量NaHCO3的最佳方法是（ ）
A. 加入适量盐酸 B. 加入适量NaOH溶液 C. 加热 D. 通入过量的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查钠的重要化合物。除杂的原则：（1）不增：不增加新的杂质，（2）不减：被提纯的物质不能减少，（3）易分：操作简便，易于分离，据此结合选项解答。
【详解】A.盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水、二氧化碳，故A错误；
B.适量氢氧化钠与碳酸氢钠恰好反应生成碳酸钠和水，除去碳酸氢钠，同时生成碳酸钠，没有引入新杂质，故B正确；
C.在溶液中加热碳酸氢钠不易分解，分解不彻底，故C错误；
D.通入二氧化碳，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故D错误。
13.将30 mL 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（ ）
A. 0.03 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.05 mol/L D. 0.04 mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查溶液稀释的相关计算。根据c1V1=c2V2进行计算。
【详解】30 mL 0.5mol/L的NaOH溶液中溶质物质的量n=30×10-3L×0.5mol/L=1.5×10-2mol，稀释至500mL后，溶质的量不变，故稀释后NaOH的物质的量浓度，故答案为A。
14.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2+ + SO42- = BaSO4↓表示的是（ ）
A. Ba(NO3)2 +H2SO4= BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+ Na2SO4= BaSO4↓+2 NaCl
C. BaCO3 + H2SO4= BaSO4↓+ H2O+CO2↑ D. BaCl2+ H2SO4= BaSO4↓+2HCl
【答案】C
【解析】试题分析：A、硝酸钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故A正确；B、氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸钠是可溶性的硫酸盐，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故B正确；C、碳酸钡是难溶于水的物质，不能用离子方程式 Ba2++SO42-═BaSO4↓表示BaCO3和H2SO4之间的反应，故C错误；D、氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故D正确。
15. 下列离子方程式中，正确的是（ ）
A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu + 2H+= Cu2++ H2↑
B. 氧化镁与稀盐酸混合：MgO + 2H+= Mg2++ H2O
C. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag+= Cu2++ Ag
D. 铁与稀硫酸反应 2 Fe + 6H+= 2Fe3++ 3H2↑
【答案】B
【解析】A．稀硫酸滴在铜片上不发生反应，则不能写离子反应方程式，故A错误；
B．氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+=Mg2++H2O，故B正确；
C．铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C错误；
D．铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；故选B．
16. 镁、铝、铜三种金属粉末混合物, 加入过量盐酸充分反应, 过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液, 再过滤, 滤液中存在的离子有（ ）
A. AlO2- B. Cu2+ C. Al3+ D. Mg2+
【答案】A
【解析】试题分析：镁、铝与盐酸反应生成Mg2+和Al3+存在溶液中，铜不与盐酸反应被过滤出去，当加入过量烧碱溶液时，Mg2+与烧碱溶液的OH-生成Mg(OH)2，且Mg(OH)2不再与烧碱溶液的OH-反应，Mg(OH)2沉淀被过滤出去，Al3+与烧碱溶液的OH-首先生成Al(OH)3沉淀，接着Al(OH)3沉淀又与烧碱溶液的OH-反应生成AlO2—离子存在溶液中。
故选A。
17.下列离子组在水溶液中(或给定条件下)能大量共存的是（ ）
A. NH4+、Ba2＋、Br－、CO32-
B. Na＋、H＋、NO3-、HCO3-
C. 在CuSO4溶液中：Na＋、NH4+、NO3-、Mg2＋
D. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42-、Cl－
【答案】C
【详解】A.Ba2＋与CO32-会生成BaCO3沉淀，不能大量共存，错误；
B.H+与HCO3-会发生复分解反应，不能大量共存，错误；
C.在CuSO4溶液中，上述离子能够大量共存，正确；
D.使酚酞变红色的溶液说明溶液中含有大量OH-，Al3+与OH-发生反应，不能大量共存，错误。
18.下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较正确的是（ ）
A. 热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3
B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3＜NaHCO3
D. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量的盐酸反应，产生的CO2的量：Na2CO3＜NaHCO3
【答案】C
【解析】试题分析：A、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，错误；B、常温时在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，错误；C、等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3＜NaHCO3，正确；D、等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量的盐酸反应，产生的CO2的量：Na2CO3=NaHCO3，错误。
19.下列有关叙述正确的是（ ）
A. 相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数目之比为1:2
B. 同体积、同密度的C2H4和CO，两种气体的分子数一定相等
C. 配制450ml0.1mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g
D. 1L0.45mol·L－1NaCl溶液中Cl－的物质的量浓度比0.1L0.15mol·L－1AlCl3溶液大
【答案】B
【解析】
【分析】A.相同条件下，质量相等的CO和CO2它们物质的量之比为：11：7，所含的氧原子数目之比为11：14；
B.体积相等、密度相等的CO和C2H4的质量相等；
C.配制450 mL 0.1 mol•L-1的NaOH溶液，应用500mL的容量瓶来配制；
D.0.15 mol•L-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度是0.45 mol•L-1。
【详解】A.相同条件下，质量相等的CO和CO2物质的量之比为11：7，所含的氧原子数目之比为11：14，而不是1：2，故A错误；
B.体积相等、密度相等的CO和C2H4的质量相等，而两者的摩尔质量相等，所以物质的量相等，两种气体的分子数相等，故B正确；
C.配制450 mL 0.1 mol•L-1的NaOH溶液，应用500mL的容量瓶来配制，所以称取氢氧化钠固体的质量为：0.1 mol•L-1×0.5L×40g/mol=2g，故C错误；
D.0.15 mol•L-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度是0.45 mol•L-1，所以两者的氯离子的浓度相等，故D错误。
20.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应时，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的盐酸和氢氧化钠的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 1∶3
【答案】C
【详解】铝与足量的稀盐酸反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；铝与足量的氢氧化钠溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。可以看出生成等量的H2时，消耗的盐酸和氢氧化钠物质的量之比为6:2=3:1。
21.把过氧化钠投入含有HCO3-、Cl-、Mg2+、Na+的水溶液中，离子数目不变的是（ ）
A. HCO3- B. Cl- C. Mg2+ D. Na+
【答案】B
【解析】过氧化钠投入水中，生成NaOH；故HCO3-和Mg2+减少，Na+增加。
22.氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成．已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体．下列叙述正确的是（ ）
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为+3
D. AlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查氧化还原反应。氧化还原反应中化合价升高的元素失去电子，对应的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低的元素得到电子，对应的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目。
【详解】A.反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，错误；
B.反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，错误；
C.AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为-3，故C错误；
D.AlN与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，其反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑，故D正确。
23.有10 g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200 g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体NaCl质量为（ ）
A. 11.7 g B. 5.85 g
C. 8 g D. 15.5 g
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查有关混合物反应的计算。Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据m（溶质）=m（溶液）×w（溶质）计算m（HCl），进而计算n（NaCl），再根据m=nM计算NaCl的质量。
【详解】Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒有n（NaCl）=n（HCl），盐酸中m（HCl）=200g×3.65%=7.3g，n（NaCl）=n（HCl）==0.2mol，故得到NaCl的质量=0.2mol×58.5g/mol=11.7g。
24.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g,则该样品的纯度（质量分数）：（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则根据反应方程式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O可知：每有2×84g NaHCO3发生反应，会产生106g Na2CO3，反应前后固体质量减少△m=62g，现在固体质量减小(w1-w2) g，则含有的NaHCO3杂质的质量x=[(w1-w2) g÷62g]×168g =84(w1−w2)/ 31 g，所以该样品的纯度(质量分数)是w(Na2CO3)=(w1−x)÷w1=，故选项A正确。
25.已知2MO4x﹣+5S2﹣+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则MO4x﹣中的M的化合价为（ ）
A. +3 B. +4 C. +6 D. +7
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查氧化还原反应的相关计算。令MO4x﹣中M的化合价为a，根据各元素化合价代数和等于离子所带的电荷计算a的值。
【详解】对于反应2MO4x﹣+5S2﹣+16H+=2M2++5S↓+8H2O，由方程式电荷守恒可知2×（﹣x）+5×（﹣2）+16=2×2，解得x=1。令MO4﹣中M的化合价为a，则：a+4×（﹣2）=﹣1，解得a=+7。
26.按要求填空：
（1）Fe2(SO4)3（写出电离方程式）_____________________________。
（2）氢氧化钡溶液和稀硫酸反应（写出离子方程式）_______________________。
（3）碳酸钙和盐酸反应（写出离子方程式）_______________________________。
（4）过氧化钠与水反应（写出离子方程式）_______________________________________。
（5）碳酸氢钠和氢氧化钠反应（写出离子方程式）__________________________________。
【答案】 (1). Fe2(SO4)3＝2Fe3++3SO42- (2). Ba2++ 2H+ +2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O (3). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO₂↑ (4). 2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH-+O2↑ (5). HCO3-＋OH-＝CO32-+H2O
【解析】
【分析】本题主要考查离子方程式的书写。（1）Fe2(SO4)3属于强电解质；
（2）氢氧化钡和硫酸均属于强电解质，反应生成难溶物硫酸钡和水；
（3）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水；
（4）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
（5）碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水。
【详解】（1）Fe2(SO4)3属于强电解质，发生完全电离，其电离方程式为：Fe2(SO4)3＝2Fe3++3SO42-；
（2）氢氧化钡和硫酸均属于强电解质，反应生成难溶物硫酸钡和水，其离子方程式为：Ba2++ 2H+ +2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O；
（3）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，其离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO₂↑；
（4）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH-+O2↑；
（5）碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其离子方程式为：HCO3-＋OH-＝CO32-+H2O。
27.按要求填空：
（1）实验室用加热二氧化锰和浓盐酸制氯气，离子方程式为____________________。若生成标准状况下2.24 L Cl2，则被氧化的HCl的物质的量为 _______________。
（2）向淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，反应的离子方程式为_______________________________________。
（3）①乙醇 ②MgCl2晶体 ③蔗糖 ④铜 ⑤食盐水 ⑥BaSO4 ⑦次氯酸
以上物质中属于电解质的是(填序号)_____________________________________。
（4）在甲、乙两个烧杯中，分别含有下列离子中的三种：Cu2＋、Na＋、H＋、SO42－、CO32－、OH－。已知甲烧杯中的溶液呈蓝色，则乙烧杯中的溶液中大量存在的离子是_____________________。
【答案】 (1). MnO2+4H+ +2Cl-Mn2+ +Cl2↑+2H2O (2). 0.2mol (3). Cl2+2I¯=2Cl¯+I2 (4). ②⑥⑦ (5). Na＋、CO32－、OH-
【详解】（1）实验室用加热二氧化锰和浓盐酸制氯气，离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl-Mn2+ +Cl2↑+2H2O；生成标准状况下2.24 L Cl2，即0.1molCl2，则被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；
（2）向淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，说明有I2生成，故反应的离子方程式为：Cl2+2I¯=2Cl¯+I2；
（3）电解质：在水溶液或熔融状态下能发生电离的化合物。由此可知，属于电解质的是：②⑥⑦；
（4）甲烧杯中的溶液呈蓝色，说明甲烧杯中含有Cu2+，因Cu2+与CO32－、OH－不能大量共存，故溶液中的阴离子为SO42－，故乙烧杯中的溶液中大量存在的离子是Na＋、CO32－、OH-。
28.在MgCl2和AlCl3的混和溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如右图所示，则：

（1）图中C点表示当加入________mol NaOH时，Al3+已完全转化为____________（填微粒符号）
（2）图中线段OA和AB两段NaOH的物质的量之比为 ____________。
（3）写出AB段发生反应的离子方程式___________________________________。
【答案】(1). 0.6 (2). AlO2- (3). 5:1 (4). Al(OH)3 +OH- = AlO2-+ 2H2O
【解析】
【分析】根据图象可知，在滴加NaOH溶液到加入氢氧化钠为Amol时，沉淀量最大为0.2mol，说明氯化铝、氯化镁恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液。继续滴加氢氧化钠，加入Bmol氢氧化钠时，沉淀物质的量最小为0.1mol，此时沉淀是氢氧化镁，所以加入Amol氢氧化钠时，沉淀中有氢氧化镁0.1mol、氢氧化铝0.1mol，加入Bmol氢氧化钠时，此时溶液为氯化钠、偏铝酸钠溶液。
【详解】（1）根据氢氧根守恒离子和上述分析可知，沉淀量最大时加入的氢氧化钠n（NaOH）=2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，C点氢氧化铝完全溶解，根据铝元素、钠元素守恒可知n（NaAlO2）=n[Al（OH）3]=0.1mol，所以溶解氢氧化铝加入的氢氧化钠为0.1mol．则加入的氢氧化钠的物质的量为0.5mol+0.1mol=0.6mol；C点氢氧化铝完全溶解，铝元素在溶液中以AlO2-存在；
（2）OA表示滴加NaOH溶液时，镁离子、铝离子完全沉淀时需要的氢氧化钠的物质的量，沉淀量最大时加入的氢氧化钠n（NaOH）=2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol；AB表示溶解0.1mol氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.1mol，所以线段OA：AB=0.5mol：0.1mol=5：1；
（3）AB段表示Al（OH）3溶解的过程，其离子方程式为：Al(OH)3 +OH- = AlO2-+ 2H2O。
29.某碳酸钠样品中含有少量氯化钠杂质，为测定该样品中碳酸钠的质量分数，进行了如下实验：

请回答下列问题：
（1）操作A用到的玻璃仪器除烧杯外还必需有_______________、_______________；
（2）在实验过程中加入饱和石灰水后发生反应的离子方程式是_____________________。
（3）为探究上述反应后滤液中的溶质成分，甲同学向滤液中滴加过量稀盐酸，发现无气泡产生，说明滤液中一定不含 _________________（填溶质的化学式，下同）,若有气泡产生，那么测定的样品中碳酸钠的质量分数___________（填偏大、偏小、无影响）。
（4）在（3）探究中，滴加盐酸前滤液中的溶质除氯化钠外，一定还含有的溶质是________；滴加盐酸的过程中一定发生反应的离子方程式为 ___________________________________。
【答案】(1). 漏斗 (2). 玻璃棒 (3). Ca2++ CO32-=CaCO3↓ (4). Na2CO3 (5). 偏小 (6). NaOH (7). H+ + OH-＝H2O
【解析】
【分析】（1）根据过滤实验操作分析；
（2）溶液中含有大量碳酸根离子，加入饱和石灰水，发生离子反应；
（3）加入过量稀盐酸，无气泡产生，则说明该滤液中无碳酸钠；若有气泡产生，则说明碳酸根离子未完全沉淀；
（4）加入饱和石灰水后，有氢氧化钠生成；滤液中一定有氢氧化钠存在，故滴加盐酸过程中，一定有中和反应发生。
【详解】（1）操作A为固液不相溶分离，故操作A为过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃杯；
（2）样品溶于水后，加入饱和石灰水，发生化学反应：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，故离子反应方程式为：Ca2++ CO32-=CaCO3↓；
（3）加入过量稀盐酸，无气泡产生，说明溶液中CO32-沉淀完全，滤液中一定不含Na2CO3；本实验是通过CO32-的量来计算碳酸钠的质量分数，若有气泡产生，则说明溶液中CO32-未沉淀完全，则会导致结果偏小；
（4）由（2）可知，滤液中一定含有的溶质为NaOH；故滴加盐酸的过程中一定发生反应的离子方程式为：H+ + OH-＝H2O。