【化学】江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试（共建部）试题（解析版） 13页

江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试（共建部）试题 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 S－32 Cl－35.5‎ 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题5分，共80分）‎ ‎1.下列表示的物质为纯净物的是（ ）‎ A. 水泥 B. 液氮 C. 铝合金 D. 水玻璃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水泥是硅酸三钙 、硅酸二钙 、铝酸三钙等的混合物，故不选A；‎ B、液氮中只含N2分子，属于纯净物，故选B；‎ C、铝合金是金属铝和其它金属或非金属的熔合物，属于混合物，故不选C；‎ D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故不选D。‎ ‎2.下列物质的化学式与其名称不相符的是（ ）‎ A. 磁性氧化铁：Fe2O3 B. 明矾：KAl(SO4)2·12H2O C. 纯碱：Na2CO3 D. 原硅酸：H4SiO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 磁性氧化铁的化学式是Fe3O4，故选A； ‎ B. 明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O，故不选B；‎ C. 纯碱是碳酸钠，化学式是Na2CO3，故不选C；‎ D. 原硅酸的化学式是H4SiO4，故不选D。‎ ‎3.下列各组分散系，需用丁达尔效应区分的是（ ）‎ A. 溶液与浊液 B. 胶体与胶体 C. 溶液与胶体 D. 溶液与溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液与浊液都不能产生丁达尔效应，溶液与浊液不能用丁达尔效应区分，故不选A； ‎ B、胶体都能产生丁达尔效应，胶体与胶体不能用丁达尔效应鉴别，故不选B；‎ C、溶液不能产生丁达尔效应、胶体能产生丁达尔效应，溶液与胶体能用丁达尔效应鉴别，故选C；‎ D、溶液都不能产生丁达尔效应，溶液与溶液不能用丁达尔效应区分，故不选D。‎ ‎4.下列反应中不是氧化还原反应的是（ ）‎ A. 3Cl2＋6KOH===5KCl＋KClO3＋3H2O B. CuO＋H2Cu＋H2O C. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑‎ D. 2AgNO3＋BaCl2===2AgCl↓＋Ba(NO3)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，据此判断。‎ ‎【详解】A. 反应3Cl2＋6KOH＝5KCl＋KClO3＋3H2O中氯元素化合价部分升高部分降低，属于氧化还原反应，A不符合 B. 反应CuO＋H2Cu＋H2O中氢元素化合价升高，铜元素化合价降低，是氧化还原反应，B不符合；‎ C. 反应2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑中Mn元素化合价降低，氧元素化合价升高，是氧化还原反应，C不符合；‎ D. 反应2AgNO3＋BaCl2＝2AgCl↓＋Ba(NO3)2中元素的化合价均不变，不是氧化还原反应，D符合。‎ 答案选D。‎ ‎5.下列实验操作中，不能用于物质分离的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该装置是过滤操作，适用于难溶性固体与可溶性液体混合物的分离，A不符合题意；‎ B.该装置是蒸馏操作，适用于互溶的沸点不同的液体混合物的分离，B不符合题意；‎ C.该装置是配制物质的量浓度的溶液的操作，不能用于分离混合物，C符合题意；‎ D.该装置是分液操作，适用于互不相溶的液体混合物的分离，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）‎ A. K+、MnO4-、Na+、Cl- B. Na+、Ca2+、NO3-、HCO3-‎ C. NH4+、Ba2+、NO3-、SO42- D. K+、Na+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含有MnO4-的溶液呈紫色，故不选A； ‎ B. 碱性溶液中，HCO3-与OH-反应生成CO32-，故不选B；‎ C. 碱性溶液中， NH4+与OH-反应生成氨气，故不选C；‎ D. 碱性溶液中，K+、Na+、Cl-、SO42-不反应，能大量共存，故选D。‎ ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是（ ）‎ A. 7.8gNa2O2与足量的H2O反应转移的电子数为0.2NA B. 分子总数为NA的SO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA C. 常温常压下，11.2LN2中含有的分子数为0.5NA D. 1mol/LNaCl的溶液中含有NA个钠离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol， 与足量的H2O反应转移的电子数为0.1NA，故A错误；‎ B. SO2、CO2分子中都含有2个氧原子，分子总数为NA的SO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，故B正确；‎ C. 常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，11.2LN2的物质的量不是0.5mol，所以含有的分子数不是0.5NA，故C错误；‎ D. 没有溶液体积，不能计算1mol/LNaCl的溶液中含有钠离子的物质的量，故D错误。‎ ‎8.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 石灰石溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O B. NaOH溶液中加入过量Ca（HCO3）2溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-‎ C. 将氯水加入到FeCl2溶液中：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ D. AlCl3溶液中滴加过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石灰石溶于醋酸，反应的离子方程式是CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；‎ B. NaOH溶液中加入过量Ca(HCO3)2生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠、水，反应的离子方程式是Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，故B错误；‎ C. 将氯水加入到FeCl2溶液中生成氯化铁，反应的离子方程式是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C正确；‎ D. AlCl3溶液中滴加过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式是：Al3++3NH3•H2O= Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误。‎ ‎9.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列说法中正确的是(NaBH4中H为-1价)：（ ）‎ A. NaBH4既是氧化剂又是还原剂 ‎ B. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1:1‎ C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 ‎ D. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaBH4中H元素的化合价从-1价升高为0，为还原剂，而水中H元素的化合价由+1价降低为0，水为氧化剂，故A错误； B．由反应可知，只有H元素的化合价变化，1个H失去电子数等于1个H得到电子数，则被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故B正确； C．B元素的化合价不变，只有H元素的化合价变化，故C错误； D．NaBH4中H元素的化合价从-1价升高为0，只作还原剂，故D错误； 故选B。‎ ‎10.下列实验操作或实验现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是（ ）‎ 选项 实验操作或实验现象 实验目的或结论 A 将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入盛有FeSO4溶液的试管底部并缓慢挤出碱液 防止加碱过程中带入空气，制备并较长时间观察到白色絮状的Fe(OH)2沉淀 B 一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落 铝的熔点高于三氧化二铝 C 用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 溶液中有一定Na＋无K＋‎ D Fe(OH)3胶体的电泳实验中发现阴极附近颜色加深而阳极附近颜色变浅 说明Fe(OH)3胶体带正电荷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe(OH)2不稳定，易被空气氧化生成Fe(OH)3，所以该操作能防止加碱过程中带入空气，从而能防止氢氧化亚铁被氧化，故选A；‎ B、将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝覆盖在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故不选B；‎ C、用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色一定含有钠元素，可能含有钾元素，需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在，故不选C；‎ D、Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，Fe(OH)3胶体不带电，故不选D；‎ ‎11.下列物质间的转化不能一步反应完成的是（ ）‎ A. Si→SiO2 B. C→Si C. SiO2→Na2SiO3 D. SiO2→H2SiO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Si和氧气加热反应生成SiO2，能一步反应完成，故不选A； ‎ B. C和SiO2高温条件下生成Si，能一步反应完成，故不选B；‎ C. SiO2和氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3，能一步反应完成，故不选C； ‎ D. SiO2不溶于水，SiO2和氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通入二氧化碳生成H2SiO3，不能一步反应完成，故选D ‎12.如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。 判断下列说法不正确的是（ ） ‎ A. A线表示Al3＋的物质的量的变化 B. x表示NaOH的物质的量 C. C线表示Al(OH)3的物质的量的变化 D. D线表示Al(OH)3的物质的量的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1；‎ 假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗，1molAl3+生成1molAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反应，消耗molAl3+，生成molAl(OH)3，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol=3：1，由图象可知，A、B表示微粒关系，C、D表示微粒物质的量关系均为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。‎ ‎【详解】A. 由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH−=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，所以A线可以表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；‎ B. 由上述分析可知，x可以表示NaOH的物质的量，故B正确；‎ C. 由上述分析可知,随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，后减小，故B、C线可表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；‎ D. 由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2−的物质的量增大，所以D线表示AlO2−‎ 的物质的量的变化，故D错误；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎13.在氯化铜和氯化镁的混合溶液中，加入过量的铁粉，充分反应后过滤，留在滤纸上的物质是( )‎ A. Fe B. Cu C. Fe和Cu D. Mg和Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在氯化铜和氯化镁的混合溶液中，加入过量的铁粉，发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。由于铁粉过量，所以过滤后留在滤纸上的物质是Fe和Cu。‎ 答案为C。‎ ‎14. 北京2008年奥运会金牌“金镶玉”环形玉壁由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是 Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则其用二氧化硅和金属氧化物形式可表示为（ ）‎ A. CaO·MgO·SiO2·H2O B. 2CaO·5MgO·8SiO2·H2O C. 2CaO·MgO·SiO2·2H2O D. 5CaO·2MgO·8SiO2·H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】白玉的成分中，硅为+4价，氧为-2价，钙和镁均为+2价，氢为+1价，根据化合价判断氧化物的化学式，并检查原子个数确定化学式前的系数．‎ ‎【详解】根据硅酸盐改写成氧化物的形式通常是：活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·二氧化硅·水，同时要遵循原子守恒，Ca2Mg5Si8O22（OH）2可表示为：2CaO·5MgO·8SiO2·H2O，‎ 故选B。‎ ‎15.下表中金属能形成二元合金的是（ ）‎ Fe Cu Zn Ag Au W 熔点/℃‎ ‎1535‎ ‎1083‎ ‎419.5‎ ‎962‎ ‎1064‎ ‎3410‎ 沸点/℃‎ ‎3000‎ ‎2595‎ ‎907‎ ‎2212‎ ‎2707‎ ‎5627‎ A. Cu、Ag B. Zn、Au C. Fe、W D. Ag、W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】形成合金的二种金属必须在某一温度范围时都呈液态，这是熔合的基本条件。表中锌的沸点低于其他金属的熔点，在其他金属熔化时，锌已成气态。而金属W的熔点比其他金属的沸点都高，当W熔化时，其他金属也已成为气态，所以能形成二元合金的元素不能有W和Zn，故选A。‎ ‎16.如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 气体A是NH3，B气体是CO2‎ B. 第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+‎ C. 第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3·10H2O D. 第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】饱和食盐水中先通入过量的氨气，得到氨气和食盐的饱和溶液，再通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠的悬浊液，过滤后加热固体，碳酸氢钠分解为碳酸钠。‎ ‎【详解】A. 氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，所以A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；‎ B. 第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+，故B正确；‎ C. 第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故C错误；‎ D. 第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，所以第Ⅳ步操作过程主要为加热分解，故D正确。‎ 选C。‎ 二、填空题（共4小题；共53分）‎ ‎17.（1）将9.5gMgCl2溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为___mol/L，500mL该溶液中所含Cl-的物质的量为___mol。‎ ‎（2）含有2NA个氢原子的CH4的质量为___g。‎ ‎（3）现有以下物质：①熔融NaCl ②液氨 ③醋酸水溶液 ④HCl气体 ⑤酒精（C2H5OH）。请用下列序号填空：能导电的是___（填选项）；属于电解质的是___（填选项）。‎ A.①③ B.②④ C.①④ D.②③‎ ‎【答案】(1). 0.1 (2). 0.1 (3). 8 (4). A (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)先根据 计算MgCl2的物质的量，再根据c=计算出所得溶液的浓度；‎ ‎(2)先根据关系式 计算CH4的物质的量，再根据m=nM计算甲烷的质量；‎ ‎(3)含有自由移动离子的物质能导电；水溶液或熔融状态下能导电和化合物是电解质。‎ ‎【详解】(1) 9.5gMgCl2的物质的量是， c==0.1 mol/L；500mL该溶液中所含MgCl2的物质的量为0.1 mol/L×0.5L=0.05mol，则含Cl-的物质的量为0.05mol ×2=0.1mol；‎ ‎（2）2NA个氢原子的物质的量是2mol，根据关系式可知，0.5mol CH4含有2molH原子，所以CH4的质量是0.5mol×16g/mol=8g。‎ ‎（3）①熔融NaCl含有自由移动的离子，能导电，属于电解质； ②液氨不含自由移动的离子，不导电，熔融状态下、水溶液中均不能自身电离出离子，所以属于非电解质； ③醋酸水溶液 含有自由移动的离子，能导电，醋酸水溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；④HCl气体不含自由移动的离子，不导电，HCl的水溶液能导电，所以HCl属于电解质； ⑤酒精（C2H5OH）不含自由移动的离子，不导电，熔融状态下、水溶液中均不能自身电离出离子，所以属于非电解质；故能导电的是①③，选A；属于电解质的是.①④，选C。‎ ‎18.我国政府为了消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加人适量的碘酸钾.检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O ‎（1）KIO3中I的化合价为___。‎ ‎（2）该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为___。‎ ‎（3）如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为___mol。‎ ‎（4）若要从溶液中提取生成的碘，所用的萃取剂可以是___（填选项），若要检验生成的碘一般所用的试剂是___（填选项）。‎ A.水 B.酒精 C.淀粉溶液 D.苯 ‎【答案】(1). +5 (2). 1：5 (3). 0.3 (4). D (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据元素化合价代数和等于0计算KIO3中I的化合价。‎ ‎（2）该反应中KIO3中I元素化合价降低，KIO3是氧化剂，KI中I元素化合价升高，KI是还原剂。‎ ‎（3）KIO3中I元素化合价由+5价降低为0。‎ ‎（4）萃取剂选择的原则是：溶质易溶于萃取剂，萃取剂难溶于原溶剂；碘单质能使淀粉变蓝。‎ ‎【详解】（1）根据元素化合价代数和等于0，设KIO3中I的化合价x，则+1+x-2×3=0，x=+5。‎ ‎（2）该反应中KIO3中I元素化合价降低，KIO3是氧化剂，KI中I元素化合价升高，KI是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5。‎ ‎（3）KIO3中I元素化合价由+5价降低为0，转移5mol电子生成3molI2，若转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol。‎ ‎（4）萃取剂选择的原则是：溶质易溶于萃取剂，萃取剂难溶于原溶剂，碘易溶于苯，苯难溶于水，若要从溶液中提取生成的碘，所用的萃取剂可以是苯，选D；碘单质能使淀粉变蓝，若要检验生成的碘一般所用的试剂是淀粉溶液，选C。‎ ‎19.以粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2，还有少量的Fe2O3)为原料制取Al2O3的流程如下：‎ ‎（1）操作Ⅰ的名称是__。‎ ‎（2）用H2SO4“酸浸”时的离子方程式为__(任写一个)。‎ ‎（3）简述如何检验酸浸后溶液中是否有Fe3+__。‎ ‎（4）“煅烧”时的化学方程式为__。‎ ‎（5）沉淀A与氢氟酸反应的化学方程式为__。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O(或Al2O3＋6H＋=Al3＋＋3H2O任写一个) (3). 取适量该溶液于试管中，加入KSCN，若变红则有Fe3+ (4). 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O (5). SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2, 还有少量的Fe2O3）和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe 2(SO4)3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2； 根据Fe3+遇KSCN溶液变红色检验溶液中是否有Fe3+；Al(OH)3加热分解为Al2O3和水；SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水。‎ ‎【详解】（1）操作Ⅰ实现了固体SiO2和溶液的分离，操作Ⅰ的名称是过滤。‎ ‎（2）用H2SO4“酸浸”时Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，反应的离子方程式分别为Al2O3＋6H＋=Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O。‎ ‎（3）Fe3+遇KSCN溶液变红色，检验溶液中是否有Fe3+的方法是：取适量该溶液于试管中，加入KSCN，若变红则有Fe3+。‎ ‎（4）“煅烧”时Al(OH)3分解为Al2O3和水，化学方程式为2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。‎ ‎（5）沉淀A是SiO2，SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水，化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。‎ ‎20.为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如图所示的装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）。请据此回答：‎ ‎（1）若锥形瓶A中装某可溶性正盐溶液，其化学式为__。‎ ‎（2）装置B所盛的试剂是__，其作用是__。‎ ‎（3）装置C所盛试剂溶质的化学式是__。C中反应的离子方程式是__。‎ ‎（4）由此可得出的结论是：酸性__＞__＞__。‎ ‎【答案】(1). Na2CO3(或K2CO3、（NH4）2CO3任写一个) (2). 饱和碳酸氢钠 (3). 除去HCl (4). Na2SiO3 (5). SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32- (6). HCl (7). H2CO3 (8). H2SiO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据较强酸制取较弱酸可知，要想验证HCl、H2CO3、H2SiO3‎ 的酸性强弱，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，根据实验现象确定酸的相对强弱。‎ ‎【详解】（1）A中碳酸盐与盐酸反应放出二氧化碳气体，可证明酸性HCl>H2CO3，所以锥形瓶A中装可溶性正盐溶液，其化学式可能为Na2CO3(或K2CO3、（NH4）2CO3任写一个)；‎ ‎（2）由于盐酸具有挥发性，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，盛放的试剂是饱和碳酸氢钠；‎ ‎（3）要证明碳酸酸性大于硅酸，装置C所盛试剂溶质的化学式是Na2SiO3。C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-；‎ ‎（4）根据较强酸制取较弱酸可知，用盐酸和碳酸盐反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，由此可得出的结论是：酸性HCl＞H2CO3＞H2SiO3。‎ 三、计算题 ‎21.将一块镁铝合金(不含其它物质)投入到50ml的稀盐酸溶液中，充分反应后，固体无剩余，向所得溶液中逐滴滴入cmol/LNaOH溶液时，得到沉淀的质量与所滴加NaOH溶液的体积有如图关系：‎ ‎（1）图中B点表示沉淀的化学式为___；AB段发生反应的离子方程式为___。‎ ‎（2）合金中金属铝的物质的量为___mol；‎ ‎（3）稀盐酸溶液的浓度为___mol/L。‎ ‎【答案】(1). Mg（OH）2 (2). Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O (3). 0.01 (4). 1.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图示，oa段没有沉淀生成，发生反应的离子方程式是H++OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓、Al3++3OH-= Al(OH)3↓，最后AB段是Al(OH)3的溶解：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎【详解】（1）B点表示氢氧化铝沉淀完全溶解， B点表示沉淀的化学式为Mg(OH)2；AB段是Al(OH)3的溶解，发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎（2）根据图像，Mg(OH)2的质量是0.58g，Al(OH)3的质量是1.36g-0.58g=0.78g，则Mg(OH)2‎ 的物质的量是， Al(OH)3的物质的量是，根据元素守恒，合金中金属铝的物质的量为0.01mol；‎ ‎（3）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3的物质的量是0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量是0.01mol，所以氢氧化钠的浓度是=1mol/L，A点表示沉淀完全，溶液中的溶质是氯化钠，根据元素守恒，盐酸的物质的量为n(NaOH)=n(HCl)=1mol/L×0.055L=0.055mol，稀盐酸溶液的浓度为1.1mol/L。‎