【化学】山西省怀仁市重点中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版） 21页

山西省怀仁市重点中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、选择题（共52分，每小题2分，每个小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、为腐蚀品标志，故A正确；B、为易燃固体标志，故B错误；C、为辐射标志，故C错误；D、为易燃液体或易燃气体标志，故D错误。‎ ‎2.下列有关物质的量和摩尔的叙述不正确的是（ ）‎ A. 摩尔是国际单位制中七个基本单位之一 B. 物质的量可用n 表示，1mol粒子的数目约为6.02×1023‎ C. 摩尔的计量对象可以是分子、离子、原子、质子、中子、电子和原子团 D. 用摩尔表示物质的量时，要用化学式指明较子种类，而不用该粒子的中文名称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、摩尔是物质的量的单位，摩尔是国际单位制中七个基本单位之一，故A说法正确；‎ B、物质的量可用n表示，1mol任何粒子的粒子数为阿伏加德罗常数，约为6.02×1023，故B说法正确；‎ C、物质的量表示微观粒子，微观粒子指分子、原子、离子、质子、中子、电子、原子团等，故C说法正确；‎ D、能用中文名称，但要求指明粒子的种类，如1mol氢原子，故D说法错误。‎ 故本题选D。‎ ‎3.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 同质量的H2和Cl2含有的分子数相等 B. SO42－的摩尔质量是96g/mol C. 阿伏加德罗常数恰好为6.02×1023mol－1‎ D. 1molCO2的质量为44 g/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据n=可知，由于H2、Cl2的摩尔质量不同，则等质量的两种气体的物质的量不同，由于N=n·NA，因此两种气体的分子数不等，A错误；‎ B.SO42-的式量是96，所以其摩尔质量是96g/mol，B正确；‎ C.阿伏加德罗常数是12g12C所含有的C原子数，其近似值为6.02×1023/mol，C错误；‎ D.1molCO2的质量为44 g，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.下列关于气体摩尔体积的说法正确的是（ ）‎ A. 22.4L任何气体的物质的量均为1mol B. 非标准状况下，1mol任何气体不可能占有22.4 L体积 C. 标况下，CO2气体摩尔体积是22.4L/mol D. 某物质含有6.02×1023个粒子，则该物质的体积为22.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未指明气体所处的外界条件，就不能确定气体摩尔体积，因此不能根据气体体积判断气体的物质的量的多少，A错误；‎ B.若温度升高使气体体积增大的影响与压强增大使气体体积减小的影响相同，则非标准状况下，1mol任何气体也可能占有22.4 L体积，B错误；‎ C.在标况下，任何气体的气体摩尔体积都大约是22.4L/mol，因此在此条件下CO2气体摩尔体积是22.4L/mol，C正确；‎ D.该物质的物质的量是1mol，由于物质的状态不一定是气体，且所处的外界条件也没有指出，因此不能确定该物质的体积大小，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1mol Fe 与0.1mol Cl2反应，转移的电子数目为0.3NA B. 1.12L Cl2 含有1.7NA个质子 C. 标准状况下，22.4L SO3含NA个硫原子数 D. 3.2g O2和O3的混合物中含有的氧原子数目为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe与Cl2反应产生FeCl3，1molFe反应消耗1.5molCl2，所以给出0.1mol Fe 与0.1mol Cl2，反应时Fe过量，要以不足量的Cl2为标准计算，反应过程中转移电子的数目为0.2NA，A错误；‎ B.未指明外界条件，不能确定气体的物质的量及微粒数目，B错误；‎ C.标准状况下SO3不是气体，不能确定其中含有的分子数目，C错误；‎ D.O2和O3都是由O原子构成，由于O原子相对原子质量是16，所以3.2g O2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量是3.2g÷16g/mol=0.2mol，则其中含有的O原子数目为0.2NA，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.下列关于物质的量浓度表述正确的是（ ）‎ A. 0.3mol/L的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO42－的总物质的量为0.9mol B. 当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol/L，当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度是1mol/L C. 在K2SO4和NaCl的混合溶液中，如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同 D. 250g胆矾溶于水得到1L溶液，所得CuSO4溶液的物质的量浓度为1mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未给出溶液的体积，不能只根据溶液的浓度确定微粒数目，A错误；‎ B.未指明氨气所处的外界条件，不能只根据气体体积判断其物质的量，所以不能根据溶液的体积计算所得氨水的物质的量浓度，B错误；‎ C.根据盐组成可知：如果Na＋和SO42－的物质的量相等，n(K2SO4)=n(NaCl)，盐在同一溶液中，溶液的体积相同，所以K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同，C正确；‎ D.250g胆矾的物质的量n(CuSO4·5H2O)=250g÷250g/mol=1mol，将其溶于水得到1L溶液，则所得CuSO4溶液的物质的量浓度为1mol÷1L=1mol/L，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 对于质量相同的CH4和O2，二者体积比为2：1‎ B. 等压等体积的N2O和CO2所含的原子数一定相等 C. 同温同压下，等质量的CO和CO2气体所含碳原子数比为1：1‎ D. 等体积等密度的O2和O3，所含的原子数一定相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH4、O2的相对分子质量的比为16：32=1：2，则等质量时n(CH4)：n(O2)=2：1，由于两种气体所处的外界条件未指出，因此不能确定气体的体积比，A错误；‎ B.温度不确定，则等压等体积的N2O和CO2所含的气体的物质的量不一定相同，则其中所含的原子数也不一定相等，B错误；‎ C.同温同压下，气体摩尔体积相同，由于CO和CO2的摩尔质量不相同，所以等质量的CO和CO2气体的物质的量不相等，所以其中所含碳原子数也不相等，因此原子数的比不是1：1，C错误；‎ D.O2和O3的等体积等密度，则气体的质量就相等，由于二者都是由O原子构成的分子，因此气体中所含的原子数一定相等，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺序排列，正确的是( )‎ A. 硫酸、纯碱、石膏 B. 氢硫酸、烧碱、绿矾 C. 碳酸、乙醇、醋酸钠 D. 磷酸、熟石灰、苛性钾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸属于酸，纯碱是碳酸钠晶体的俗名，属于盐，石膏的主要成分是硫酸钙，属于盐，故A错误；‎ B、氢硫酸属于酸，烧碱是氢氧化钠的俗名，属于碱，绿矾是硫酸亚铁晶体的俗名，属于盐，故B正确；‎ C、碳酸属于酸，乙醇是有机物不是碱，醋酸钠属于盐，故C错误；‎ D、磷酸属于酸，熟石灰是氢氧化钙的俗名，属于碱，苛性钾是氢氧化钾的俗名，属于碱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列关于胶体的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 用半透膜除去淀粉胶体中的NaCl溶液，用过滤能分离淀粉胶体中的泥沙 B. 某纳米材料微粒直径为30nm，因此该纳米材料属于胶体 C. 丁达尔效应可以区分溶液和胶体 D. “血液透析”利用了胶体的性质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.淀粉胶体的胶粒不能透过半透膜，而NaCl电离产生的Na+、Cl-能够透过半透膜，所以用半透膜通过渗析的方法可除去淀粉胶体中的NaCl溶液，泥沙的颗粒不能通过滤纸，淀粉微粒可以通过滤纸，因此可以用过滤分离淀粉胶体中的泥沙，A正确；‎ B.某纳米材料微粒直径为30nm，在1～100nm之间，因此该纳米材料若形成分散系，就可形成胶体，只有分散质没有分散剂则不能形成胶体，B错误；‎ C.胶体能发生丁达尔效应，溶液不能形成丁达尔效应，因此可以通过丁达尔效应区分溶液和胶体，C正确；‎ D.血液中血细胞直径介于1～100nm之间，而代谢废物及电解质的微粒直径小于1nm，因此可利用胶体粒子不能透过半透膜而代谢废物及电解质的粒子可以透过半透膜的性质进行“血液透析”，以净化血液，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.和下列离子反应方程式相对应的化学方程式正确的是（ ）‎ A. Cu2++2OH－=Cu(OH)2↓ CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓‎ B. Ba2++SO42－=BaSO4↓ Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O C. Ag++Cl－=AgCl↓ AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3‎ D. Cu+2Ag+=Cu2++2Ag Cu+2AgCl=2Ag+CuCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓反应，除了生成Cu(OH)2沉淀外，还生成了BaSO4沉淀，不能用Cu2++2OH－=Cu(OH)2↓表示，A错误；‎ B.Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O反应，除了生成BaSO4沉淀外，还生成了弱电解质H2O，不能用Ba2++SO42－=BaSO4↓表示，B错误；‎ C.AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3发生反应，形成AgCl沉淀和可溶性的NaNO3‎ ‎，离子方程式符合反应实质，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；‎ D.AgCl难溶于水，因此其与Cu不能发生反应，故不能用其表示离子方程式Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎11.能发生离子反应，但不会产生沉淀的是（ ）‎ A. 澄清石灰水中通入CO2 B. NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液 C. Na2CO3溶液中滴加NaOH溶液 D. 氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、澄清石灰水中通入CO2能生成碳酸钙沉淀，A不符合题意；‎ B、NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，能发生离子反应，生成碳酸钠和水，但是不会产生沉淀，B符合题意；‎ C、Na2CO3溶液中滴加NaOH溶液后不能生成沉淀，C不符合题意；‎ D、氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液能生成氯化银沉淀，D不符合题意。‎ 答案选B。‎ ‎12.下列各组离子中能大量共存的是（ ）‎ A. 无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣‎ B. 在酸性溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣‎ C. 能使pH试纸变蓝色的溶液：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+‎ D. 碱性溶液中：K+、Cl﹣、NO3﹣、Cu2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MnO4﹣为紫色，无色溶液中MnO4﹣不能大量共存；‎ B．各离子间不反应，能大量共存；‎ C．能使pH试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中HCO3﹣、NH4+都不能大量共存；‎ D．碱性溶液中Cu2+不能大量共存。‎ 故选B。‎ ‎13.有关金属及其化合物的用途正确的是（ ）‎ A. 用铝制餐具做酸辣凉拌菜 B. 钢铁是我国发明使用最早的合金 C. 氧化钠用于潜水艇中做供氧剂 D. 氧化铝是一种耐高温材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al是比较活泼的金属，可以与酸发生反应，所以不能用铝制餐具做酸辣凉拌菜，A错误；‎ B.青铜器是我国发明使用最早的合金，B错误；‎ C.氧化钠不能与CO2、H2O反应产生氧气，因此不能用于潜水艇中作供氧剂，C错误；‎ D.氧化铝熔点很高且化学性质稳定，因此可用于做耐高温材料，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎14.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 含有最低价元素的化合物不一定具有很强的还原性 B. 氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原 C. 阳离子只能得电子被还原，阴离子只能失电子被氧化 D. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素处于最低价态时，不一定具有强的还原性，如H2O中的O化合价为-2价，没有强的还原性，A正确； ‎ B.在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，B错误；‎ C.阳离子中若元素处于中间价态，如Fe2+既能得电子被还原，也能失电子被氧化，C错误；‎ D.在化学反应中，得电子物质作氧化剂，其氧化性不能根据得到电子数目的多少，而是得到电子的难易，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎15.下列实验操作正确的是（ ）‎ 选项 实验 操作 A 观察钠与水反应的现象 用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中 B 检验NaHCO3与Na2CO3溶液 用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水 C 证明Na2O2与CO2是放热反应 Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应 D 检验Na2CO3与K2CO3溶液 用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A．从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；‎ B、碳酸钠和碳酸氢钠都和澄清石灰水反应生成白色沉淀；‎ C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应；‎ D、钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰。‎ ‎【详解】A．因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，选项A错误；‎ B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项B错误；‎ C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，选项C正确；‎ D、焰色反应时，观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.下列配制的溶液浓度偏高的是（ ）‎ A. 配制盐酸溶液用量筒取盐酸时俯视刻度线 B. NaOH溶解后溶液未冷却到室温，就转移到容量瓶中，立即定容 C. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线 D. 称量25.0g胆矾配制0.1mol/L CuSO4溶液1000mL时，砝码错放在左盘 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A.配制溶液用量筒量取液体物质要平视读数；‎ B.用容量瓶配制溶液，溶液的温度为室温；‎ C.定容时视线要平视，仰视液面高于刻度线，俯视液面低于刻度线；‎ D.称量物品质量时应该是左物右码。‎ ‎【详解】A.配制盐酸溶液用量筒取盐酸时俯视刻度线，则溶质的物质的量偏少，导致配制的溶液浓度偏低，A不符合题意；‎ B.NaOH溶解后溶液未冷却到室温，就转移到容量瓶中，立即定容，当溶液恢复至室温后，溶液的液面低于刻度线，使溶液的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，B符合题意；‎ C.配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，则液面高于刻度线，使溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，C不符合题意；‎ D.使用天平称量物质原则是左物右码，若要称量25.0g胆矾，由于不使用游码，砝码错放在左盘对称量的物质的质量无影响，25.0g胆矾中含有硫酸铜的物质的量为0.1mol，当配制的溶液体积为1000mL时，配制的溶液的浓度为0.1mol/L，对配制溶液的浓度无影响，，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎17.如图是实验室某硫酸试剂瓶标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（　　）‎ A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L B. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数等于49%‎ C. 配制500 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸125.0 mL D. 1molFe与足量的稀硫酸反应，标准状况下产生44.8L气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A.根据c=计算该浓硫酸的物质的量浓度；‎ B.根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系；‎ C.根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，据此计算需要浓硫酸的体积；‎ D.根据Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中物质反应转化关系计算。‎ ‎【详解】A.该硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，A错误；‎ B.由于硫酸的密度大于水的密度，所以两种溶液等体积混合，硫酸溶液的质量大于水的质量，则所得溶液的质量分数大于49%，B错误；‎ C.需浓硫酸的体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，则500mL×4.6mol/L=V×18.4mol/L，解得V=125.0 mL，C正确；‎ D.硫酸与Fe发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据方程式可知1molFe反应产生1molH2，其在标准状况下的体积V(H2)=1mol×22.4L/mol=22.4L，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎18.下列除去物质中少量杂质的方法正确的是（ ）‎ A. 除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液，洗气 B. 除去KCl溶液中混有的K2SO4：加入过量BaCl2溶液，过滤 C. 除去FeCl3溶液中混有的FeCl2：加入过量铁粉，过滤 D. 除去NaCl固体中混有的NH4Cl：加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠溶液可以吸收二氧化碳生成碳酸氢钠，故不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl；‎ B.加入过量BaCl2溶液，硫酸钾和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，但是过量的试剂成为新的杂质；‎ C.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，不能除去氯化亚铁；‎ D.氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，故可以用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl。‎ 综上所述，除杂方法正确的是D，故选D。‎ ‎19.已知I-、Fe2+、SO2、Cl- 和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl-＜Fe2+＜H2O2＜I-＜SO2，则下列反应中不能发生的是(　　)‎ A. H2O2+H2SO4══SO2↑+O2↑+2H2O B. I2+SO2+2H2O══H2SO4+2HI C. 2Fe2++Cl2══2Fe3++2Cl-‎ D. 2Fe3++SO2+2H2O══2Fe2++SO42-+4H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】五种物质在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl-＜Fe2+＜H2O2＜I-＜SO2，根据氧化还原反应的规律可知，还原性较强的物质可以制备还原性较弱的物质，据此判断。‎ ‎【详解】A、H2O2还原性小于SO2的还原性，该反应H2O2+H2SO4＝SO2↑+O2↑+2H2O不能发生，A符合题意。‎ B、SO2的还原性大于I-的还原性，该反应I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI能发生，B不符合题意。‎ C、Fe2+的还原性大于Cl-的还原性，该反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-能发生，C不符合题意。‎ D、SO2的还原性大于Fe2+的还原性，该反应2Fe3++SO2+2H2O＝Fe2++SO42-+4H+能发生，D不符合题意。‎ 答案选A。‎ ‎20.某溶液中含有Cl-和I-的物质的量浓度相同。为了氧化I-而不使Cl-氧化，试根据下列三个反应判断，可选用的氧化剂是（　　）‎ ‎①2Fe3++2I-=2Fe2++I2 ‎ ‎②2Fe2++Cl2=2Fe3++2I- ‎ ‎③2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O A. FeCl2 B. FeCl3 C. 浓盐酸 D. KMnO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据三个反应可知，氧化性为MnO4->Cl2>Fe3+，为了氧化I-而不使Cl-氧化，可选择FeCl3。‎ ‎【详解】由①2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知物质的氧化性：Fe3+>I2；②由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知物质的氧化性：Cl2>Fe3+；③由2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O可知物质的氧化性：MnO4->Cl2，则氧化性为MnO4->Cl2>Fe3+>I2。‎ A.FeCl2不能氧化I-，A错误；‎ B.FeCl3能氧化I-，而不能使Cl-氧化，B正确；‎ C.浓盐酸不能氧化I-，C错误；‎ D.KMnO4将两种离子均氧化，不符合题意，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎21.Cl2是常见的氧化剂，可氧化Fe2+、Br-、I-等离子，且已知还原性顺序是：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。在FeI2和FeBr2混合溶液中，通入一定量Cl2，溶液中存在的离子组不合理的是（ ）‎ A. Fe3+、Br-、Cl- B. Fe2+、Cl-、I-‎ C. Fe2+、Br-、Cl- D. Fe2+、Br-、Cl-、I-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于还原性：I->Fe2+>Br->Cl-，在FeI2和FeBr2混合溶液中含有Fe2+、I-、Br-，所以向含有这三种离子的溶液中通入一定量Cl2，还原性强的I-首先发生反应变为I2，只有当I-的反应完毕后，Fe2+再发生反应，依次类推．所以，不可能存在的情况是Fe2+、Cl-、I-，而I-还存在，若其存在，则还原性较弱的Br-也一定大量存在，故合理选项是B。‎ ‎22.以下10种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有（ ）‎ ‎①Fe3O4；②Fe(OH)3；③FeCl2；④CuS；⑤Cu2S；⑥Cu2(OH)2CO3；⑦Al(OH)3；⑧Na2CO3；⑨NaHCO3；⑩Na2O2‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①Fe与O2点燃生成Fe3O4，该反应是化合反应，①不符合题意；‎ ‎②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，该反应是化合反应，②不符合题意；‎ ‎③Fe+2FeCl3=3FeCl2，该反应是化合反应，③不符合题意；‎ ‎④Cu与S加热产生Cu2S，不能直接通过化合反应产生CuS，④符合题意；‎ ‎⑤Cu与S加热产生Cu2S，该反应是化合反应，⑤不符合题意；‎ ‎⑥2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，该反应属于化合反应，⑥不符合题意；‎ ‎⑦Al2O3难溶于水，不能直接与水通过化合反应产生Al(OH)3，⑦符合题意；‎ ‎⑧Na2O+CO2=Na2CO3，该反应属于化合反应，⑧不符合题意；‎ ‎⑨Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，该反应属于化合反应，⑨不符合题意；‎ ‎⑩2Na+O2Na2O2，该反应属于化合反应，⑩不符合题意；‎ 综上所述可知：不能通过化合反应直接生成的有④⑦，故合理选项是A。‎ ‎23.有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c(Mg2+)为0.1mol/L，c(Cl-)为0.65mol/L，要使Mg2+转化为沉淀分离出来，至少需加1mol/L NaOH溶液体积是（ ）‎ A. 40mL B. 60mL C. 80mL D. 120 mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电荷守恒可知，2c(Mg2+)+3 c(Al3+)=c(Cl-)=0.65mol/L，故c(Al3+)=0.15mol/L。要使Mg2+转化为沉淀分离出来，需要将Al3+转化为AlO2－，若恰好实现该转化，最后所得溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，所以需要的氢氧化钠的物质的量是0.1mol/L×0.1L×2+0.15mol/L×0.1L×4=0.08mol，所以至少需加1mol/L NaOH溶液的体积是80mL。答案选C。‎ ‎24.有铁、氧化铁、四氧化三铁的混合物3.64克，加入50mL2mol/L盐酸溶液时，恰好完全反应，并且生成气体的体积在标准状况下为0.224升，向所得溶液中滴加KSCN溶液无明显变化。若将等质量的该混合物在CO中加热并充分反应，冷却后固体的质量为( )‎ A. 2 .8克 B. 1．52克 C. 3．4克 D. 2克 ‎【答案】A ‎【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明反应后的溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知：n（FeCl2）=n（HCl）=×0.05L×2mol/L=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.05mol，质量为：0.05mol×56g/mol=2.8g，故选A。‎ ‎25.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份各100mL溶液进行如下实验：(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.04mol气体。(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是（ ）‎ A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-、Cl-‎ B. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-‎ C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-、Cl-，可能含K+‎ D 该混合液中：c(K+)≥0.2mol/L，c(CO32-)=0.2mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；‎ ‎(2)0.04mol气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.04mol；‎ ‎(3)2.33g沉淀为硫酸钡，6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物；‎ 再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子，据此进行解答。‎ ‎【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有：Cl-、CO32-、SO42-；‎ 第二份加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04mol，溶液中一定含有NH4+，且NH4+离子的物质的量为0.04mol；‎ 第三份加足量BaCl2溶液后得到沉淀质量为6.27g，再足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g为硫酸钡，其物质的量n(BaSO4)==0.01mol，则n(SO42-)= n(BaSO4)=0.01mol ；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，碳酸钡的物质的量n(BaCO3)==0.02mol，则n(CO32-)= n(BaCO3)=0.02mol，所以原溶液中一定存在CO32-、SO42-，由于CO32-、SO42- 与Ba2+会形成沉淀不能大量共存，因此一定没有Ba2+； 再根据电荷守恒，2n(SO42-)+2n(CO32-)=2×0.01mol+2×0.02mol=0.06mol，n(NH4+)=0.04mol<0.06mol，正电荷总物质的量小于负电荷的物质的量，故原溶液中一定有K+，其物质的量至少为0.06mol-0.04mol=0.02mol；‎ 综合上述分析可以得出，一定存在的离子有：NH4+、K+、CO32-、SO42-，一定没有的离子Ba2+，可能存在Cl-，c(K+)≥0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，c(CO32-)=0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，c(SO42-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，c(NH4+)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，故合理选项是D。‎ ‎26.在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列叙述不正确的是（　　）‎ A. x-y=0.01mol B. 原溶液中c(Cl-)=0.75mol/L C. 原溶液的c(H+)=0.1mol/L D. 原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=5：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向溶液中滴加NaOH溶液，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH-的反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。‎ ‎【详解】A.由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，设Al(OH)3的物质的量为n，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，n[Al(OH)3]=n(OH-)=5mol/L×(35-33)mL×0.001L/mL=0.01mol，即x-y=0.01mol，A正确；‎ B.由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl-离子以NaCl存在，根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=n(Na+)=n(NaOH)=5mol/L×0.033L=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.165mol÷0.2L=0.0825mol/L，B错误；‎ C.由图0～4mL时发生H++OH-=H2O，则H+的物质的量n(H+)=4mL×0.001L/mL×5mol/L=0.02mol，所以H+的物质的量浓度c(H+)=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，C正确；‎ D.由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，则Al3++3OH-=Al(OH)3↓，n(Al3+)=n[Al(OH)3]= 0.01mol，则形成Al(OH)3沉淀消耗OH-的物质的量为0.03mol，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀共消耗OH-的物质的量为5mol/L×(30-4)mL×0.001L/mL=0.13mol，则Mg2+形成沉淀消耗的OH-离子的物质的量为0.13mol-0.03mol=0.1mol，所以根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知Mg2+的物质的量n(Mg2+)=0.1mol÷2=0.05mol，故原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=0.05：0.01=5：1，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ 二、填空题（共48分）‎ ‎27.(1)现有下列物质：①K2SO4晶体；②液态SO3；③冰醋酸（即纯醋酸）；④汞；⑤小苏打；⑥蔗糖；⑦乙醇；⑧熔融的氯化钠。其中：能导电的是______________（填序号，下同）；属于非电解质的是_________属于强电解质的是_____________；弱电解质的电离方程式：_________‎ ‎(2)已知0.1 mol/L的NaHSO4溶液中H+的浓度为0.1mol/L， 若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按照物质的量之比1：1混合，离子方程式为________，此时溶液呈____性。‎ ‎(3)若向Ba(OH)2溶液中缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用如图中的_________ (填序号)曲线表示。‎ ‎【答案】(1). ④⑧ (2). ②⑥⑦ (3). ①⑤⑧ (4). CH3COOHCH3COO-+H+ (5). H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O (6). 碱 (7). C ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据含有自由移动的带电微粒(如离子、电子)的物质能导电；电解质是在熔融态或在水溶液里能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，强电解质是在水溶液中完全电离的电解质；弱电解质是在水溶液中只有部分电离产生自由移动的离子，存在电离平衡；‎ ‎(2)根据二者反应的物质的量比关系，书写反应方程式和离子方程式，根据溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小，判断溶液的酸碱性；‎ ‎(3)开始时溶液中含有大量的Ba2+、OH-，溶液导电能力很强，稀硫酸不断加入，直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强；‎ ‎【详解】(1)④汞中含有自由移动的电子，能够导电；⑧熔融的氯化钠中含有自由移动的Na+、Cl-，能够导电，故能够导电的选项是④⑧；‎ ‎②液态SO3；⑥蔗糖；⑦乙醇都是由分子构成的化合物，在水溶液或熔融状态，都不能因自身电离产生自由移动的微粒而导电，因此都是非电解质，故属于非电解质的选项是②⑥⑦；‎ ‎①K2SO4晶体、⑤小苏打、⑧熔融的氯化钠都属于可溶性的盐，在水中能够完全电离，属于强电解质，故属于强电解质的选项是①⑤⑧；‎ ‎③冰醋酸(即纯醋酸)由分子构成，溶于水后，在水分子作用下，能够部分电离，产生自由移动的CH3COO-、H+，存在电离平衡，属于弱电解质，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；‎ ‎(2)已知0.1 mol/L的NaHSO4溶液中H+的浓度为0.1mol/L，NaHSO4在水中电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按照物质的量之比1：1混合，发生反应：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，离子方程式为H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O，此时溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液呈碱性；‎ ‎(3)向Ba(OH)2溶液中缓缓加入稀H2SO4直至过量，恰好反应时，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，反应开始时，溶液中含有Ba(OH)2电离产生的Ba2+‎ ‎、OH-，溶液导电能力很强，随着硫酸的加入，溶液中Ba2+、OH-浓度降低，溶液的导电性减弱，当二者恰好反应时，溶液中几乎无自由移动的离子，导电性为0，当硫酸过量时，溶液中又有硫酸电离产生的H+、SO42-，且硫酸越多，溶液中过量硫酸电离产生H+、SO42-离子浓度增大，导电性又逐渐增强，故图中只有曲线C符合导电性变化趋势。‎ ‎28.Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：‎ ‎①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液。‎ ‎（1）以下操作顺序不合理的是 _______。‎ A．②⑤④③① B．④⑤②①③ C．⑤②④①③ D．⑤④②①③‎ ‎（2）用提纯的NaCl配制450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。‎ ‎（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________‎ Ⅱ．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示（图中x、y、m、m均表示NaOH溶液与CO2反应后的溶液中某溶质的物质的量）。回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；‎ ‎(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。‎ Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。‎ ‎【答案】(1). AB (2). 500 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。 (4). Na2CO3 (5). Na2CO3和NaOH (6).‎ ‎ 取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；‎ ‎（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；‎ ‎（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；‎ Ⅱ．当向100 mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25 mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，可能的情况如下为① n(CO2):n(NaOH)＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；②n(CO2):n(NaOH)= 1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜n(CO2):n(NaOH)＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④ n(CO2):n(NaOH)＞1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；‎ Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，‎ 答案选AB；‎ ‎（2）配制450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，需要500 mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少仪器为：500 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500 mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；‎ Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完全的情况，则其溶液溶质为：Na2CO3；‎ 图3信息显示，x:y =‎ ‎ 1:1，采用逆向思维分析，则应为盐酸与碳酸氢钠按物质的量之比为1:1生成二氧化碳的反应过程，设此阶段反应的盐酸体积为V，可以看出未生成二氧化碳之前，反应消耗盐酸的体积为2V，应为氢氧化钠与碳酸钠分别消耗V体积盐酸所致，综上所述，图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaOH，故答案为Na2CO3；Na2CO3和NaOH；‎ Ⅲ．由于氮化镁极易与水反应，结合化学方程式Mg3N2＋6H2O=2NH3↑＋3Mg(OH)2↓易知，若产物中有氮化镁，则会水反应生成氨气，设计一个实验，借助是否有氨气来检验是否有氮化镁生成，具体操作为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成，故答案为取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成。‎ ‎29.(1)在热的稀硫酸中溶解了11.4g FeSO4固体，加入足量 KNO3溶液，使Fe2+全部转化成Fe3+，并放出NO气体。‎ ‎①反应中氧化产物是(填化学式)______，FeSO4恰好完全反应时，转移电子物质的量是_____ 。‎ ‎②配平该反应的方程式：‎ ‎____FeSO4+____KNO3+____H2SO4=_____K2SO4+____ Fe2(SO4)3+____NO↑+____H2O ‎③用单线桥法表示下面反应中的电子转移方向和数目：_________________‎ ‎2Mg＋CO2 2MgO+C。‎ ‎(2)硫代硫酸钠可用作脱氯剂，已知25.0mL0.10mol/L Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112mLCl2完全转化为Cl-，则S2O32－将转化成______________‎ ‎【答案】(1). Fe2(SO4)3 (2). 0.075mol (3). 6 (4). 2 (5). 4 (6). 1 (7). 3 (8). 2 (9). 4 (10). (11). SO32-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①根据元素化合价升高的反应物是还原剂，其对应产物为氧化产物；FeSO4～Fe2+～Fe3+～e-，转移电子n(e-)=n(FeSO4)，据此计算；‎ ‎②根据化合价升降总数相等和质量守恒来配平方程式；‎ ‎③单线桥的箭头始于反应物中失去电子的元素，箭头指向反应物中得到电子的元素，在桥上标明电子的得失电子数目。‎ ‎(2)根据反应中Na2S2O3失去电子，Cl2中的Cl原子得到电子，反应过程中电子转移数目等于元素化合价升降数目分析。‎ ‎【详解】(1)①在反应中FeSO4中铁元素的化合价由+2价升高为+3价，作还原剂，所以对应的产物Fe2(SO4)3是氧化产物，11.4g FeSO4固体的物质的量n(FeSO4)==0.075mol，由FeSO4～Fe2+～Fe3+～e-，可知转移电子的物质的量n(e-)=n(FeSO4)=0.075mol；‎ ‎②在反应中FeSO4中铁的化合价由+2价升高为+3价，变化1，KNO3中氮的化合价由+5价降低为+2价，变化3，根据化合价升降总数相等和质量守恒来配平方程式：6FeSO4+2KNO3+4H2SO4= K2SO4+3Fe2(SO4)3+2NO↑+4H2O；‎ ‎③在反应2Mg+CO2 2MgO+C中，Mg失去电子，CO2中的C得到电子，反应过程中电子转移数目为2×2e- ，用单线桥表示为；‎ ‎(2)n(Cl2)==0.005mol，反应过程中假设反应后S元素化合价为+x价，根据元素化合价升降总数相等可知：0.005×2=0.10mol/L×0.025L×2(x-2)，解得x=+4价，所以反应后Na2S2O3将转化成Na2SO3，即含有S元素的离子为SO32-。‎ ‎30.在如图中表示的是有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。(反应条件图中已省略)。‎ ‎(1)A、C代表的物质分别为______、______(填化学式)；‎ ‎(2)反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是 _____________；‎ ‎(3)反应②中，若B与F物质的量之比为4：3，G、H物质的量之比为______；‎ ‎(4)反应④的离子方程式为______________。‎ ‎【答案】(1). Al (2). H2O (3). 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (4). 1：1 (5). CO2+2OH－=CO32－+H2O 、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】题干信息：A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C (碳)单质，C是常见的无色无味液体可以推断C为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2，二者反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该金属A为Al单质；固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2，则E为H2；题给信息黑色单质B(C单质)与F(O2)反应得到G(CO2)；C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；A、C、D反应产生E、F、溶液甲，由于A是Al，C是H2O，D是Na2O2，E为H2，F是O2，甲是NaAlO2；G是CO2，其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液，将CO2通入甲溶液，反应产生Al(OH)3沉淀和Na2CO3溶液，则沉淀L是Al(OH)3，结合物质的性质解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A是Al，B是C，C是H2O，D是Na2O2，E是H2，F是O2，G是CO2，H是CO，K是Na2CO3，甲是NaAlO2，乙是NaHCO3，L是Al(OH)3。‎ ‎(1)依据推断可知，A是Al，C是H2O；‎ ‎(2)反应①中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎(3) B是C，F是O2，若二者按物质的量之比为4：3发生反应，根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得反应的方程式为：4C+3O22CO+2CO2，则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n(CO2)：n(CO)=2：2=1：1；‎ ‎(4)反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应④的离子方程式为CO2+2OH－=CO32－+H2O 、2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ CO32－。‎