5.2重要的金属化合物同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．铝土矿中主要含有Al2O3，还有少量Fe2O3，SiO2杂质，从铝土矿中冶炼金属铝方法如图所示(步骤①、②、③中每步反应结束后经过过滤才进行下一步反应)。下列有关说法不正确的是
A．电解熔融氧化铝制取金属铝时加入冰晶石的作用是降低氧化铝熔融所需的温度
B．步骤②的作用是除去母液1中的Fe3+的H+
C．步骤③生成沉淀的离子反应方程式为AlO+CO2+2H2O=HCO+Al(OH)3↓
D．将步骤①和步骤②顺序颠倒，再通入足量CO2也能得到氢氧化铝沉淀
2．关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。下列实验能达到目的的是
A B C D
制取纯净的沉淀 检验装置的气密性 实验室制备 测定氯水的
A．A B．B C．C D．D
3．下列离子的检验方法合理的是
A．向某溶液中滴入硫氰化钾溶液呈红色，说明不含Fe2+
B．向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰化钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+
C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+
D．向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+
4．如图所示进行的实验，下列说法不正确的是
A．用装置甲来验证极易溶于水，且水溶液显碱性
B．用装置乙来进行酸碱中和滴定
C．用装置丙来测量锌与稀硫酸反应的反应速率
D．丁装置可用于制备，且能保存较长时间
5．随着人们生活节奏的加快，方便的包装食品已被广泛接受，为了防止副食品氧化变质，延长食品食品的保质期，在包装袋中常放入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是
A．生石灰 B．亚硫酸钠 C．铁粉 D．硫酸亚铁
6．下列有关和的叙述中，错误的是
A．热稳定性：
B．可以用澄清石灰水来鉴别和
C．在一定的条件下，与之间可以相互转化
D．等质量的和与足量盐酸反应，放出的更多
7．下列关于Na2CO3、NaHCO3的叙述正确的是
①在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
②分别向Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中滴加少量盐酸，产生CO2气体较快的为NaHCO3溶液
③除去NaHCO3固体中的Na2CO3：将固体加热至恒重
④能用澄清石灰水鉴别Na2CO3、NaHCO3溶液
⑤相同温度下，溶解度：Na2CO3
A．①③ B．②⑥ C．④⑤ D．⑥
8．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能全部通过一步反应直接完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
9．在一定条件下。使12g CO和O2的混合气体充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重7g，原混合气体中O2的质量分数可能是
A．33.3% B．50% C．58.3% D．66.7%
10．已知在为4~5的环境中，、几乎不水解，而几乎完全水解。工业上制溶液是将浓盐酸加热到左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是
A．向溶液中通入，再加入纯净的CuO粉末调节为4~5
B．向溶液中通入使沉淀
C．向溶液中通入，再通入，调节为4~5
D．加入纯Cu将还原为Fe
11．探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析正确的是
A．①中淀粉KI试纸变蓝
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl-
C．一段时间后向③中加入KSCN溶液，溶液未变色
D．④溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性
12．化合价和物质类别是整理元素及化合物知识的两个要素，可表示为“价-类”二维图。铁元素的“价一类”二维图如图所示，下列说法正确的是
A．工业上用CO还原Fe2O3炼铁，该反应为置换反应
B．Fe3O4中铁的化合价显＋2价，显＋3价
C．维生素C能将Fe3＋转化为Fe2＋，过程中维生素C作还原剂
D．Fe(OH)2浊液露置于空气中，由白色迅速变为棕黄色
13．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L-1的HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法正确的是
A．b曲线表示的离子方程式为：AlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
B．d和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时Al(OH)3的质量等于3.9g
D．原混合溶液中的与AlO的物质的量之比为1︰2
14．有①、②两个完全相同的装置，分别在装置①、②中加入和，然后再分别注入相同体积的盐酸，下列有关叙述正确的是
A．若两装置中的气球都会膨胀，则①装置中的气球膨胀的更快
B．若盐酸溶液中，则①装置中的反应为：
C．若忽略溶液体积变化，则最终两试管中的物质的量浓度相等
D．若最终两气球体积相同，则盐酸溶液中
15．有两支试管，分别装有等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列方案中判断正确的是
方案 操作 判断
A 分别滴加澄清石灰水 产生沉淀者为Na2CO3溶液
B 分别加入过量等浓度、等体积的稀盐酸 反应较剧烈者为Na2CO3溶液
C 分别测pH pH较大者为Na2CO3溶液
D 分别逐滴加入等浓度的盐酸 立即产生气泡者为Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
16．膨松剂反应产生气体的量是检验膨松剂品质的一项重要指标。某膨松剂中起蓬松作用的物质为碳酸氢钠和碳酸氢铵。
(1)某学校兴趣小组为研究该膨松剂在加热情况下发生的反应和放出的气体的量，设计了以下实验。
实验Ⅰ：将一定质量的固体样品置于试管中，用酒精灯加热片刻，在试管口立即可以闻到刺激性气味；加热足够长时间后，试管中仍有固体残留。
①结合以上实验现象，请写出加热时试管中所发生反应的化学方程式：_______。
②结合运用物质的量的相关计算，说明在碳酸氢钠中添加一定量碳酸氢铵的好处：_______。
实验Ⅱ：测定二氧化碳的质量
按下图所示连接装置(气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)。
【资料】
a.浓硫酸常用于吸收水蒸气和氨气。
b.碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物，不与氨气反应。
将一定质量的膨松剂样品装入装置B中，测定实验前后装置_______(填装置对应的字母符号)的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量。加热前，先对已连接好的装置A、B和C通入一段时间的空气，再连接上装置D、E；停止加热后，应继续通入一段时间的空气。这样做的目的是_______。
实验Ⅲ：测定氨气的质量
调整上图装置的连接顺序为_______。取相同质量的膨松剂装入装置B中，测定实验前后装置C的质量，其质量差即为样品产生的氨气的质量。
(2)实验Ⅱ中，若没有装置E，可能会造成测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(3)若实验Ⅱ和实验Ⅲ所取的膨松剂样品的质量一致，实验Ⅱ测得二氧化碳的质量为6.6g，实验Ⅲ测得氨气的质量为1.7g：
①通过计算分析该样品中碳酸氢钠和碳酸氢铵的物质的量之比_______。
②计算生成的氨气和二氧化碳的体积(STP)，体会该膨松剂在加热情况下的体积膨胀效果_______。
17．研究小组探究Na2O2与水反应。向1.56 gNa2O2粉末中加入40 mL水，充分反应得溶液A(溶液体积变化忽略不计)，进行实验。
实验1：向2 mL溶液A中滴入1滴酚酞，溶液变红色，20秒后褪色。
(1)Na2O2与H2O反应的化学方程式为_______。溶液A中NaOH溶液的质量分数为_______。
(2)对实验1中溶液红色褪去的原因进行探究。
【查阅资料】
资料：H2O2是一种在碱性条件下不稳定、具有漂白性的物质。
【提出猜想】
猜想1：Na2O2与H2O反应可能生成了H2O2
猜想2：生成的NaOH浓度太大
【设计并进行实验】
①实验2：向2 mL溶液A中加入黑色粉末_______(填化学式)，快速产生了能使带火星木条复燃的气体。
②实验3：向2 mL NaOH质量分数为_______%的NaOH溶液中滴入1滴酚酞，溶液变红色，10分钟后溶液褪色。向褪色的溶液中加入_______，溶液变红色。
【得出结论】
由以上实验可得出的结论是_______。
【反思与评价】
(3)分析实验结果可知，Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写，应为_______、_______，但课本上没有写出中间产物H2O2，可能的原因是_______。
三、工业流程题
18．电子工业常用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。某研究小组同学为了从腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，设计了如图流程：
请回答：
(1)FeCl3溶液与铜箔反应，生成FeCl2和CuCl2，反应的离子方程式是___________，若反应过程中有2mol电子发生转移，会有___________g铜溶解。
(2)①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是___________(填序号)。①中发生反应的离子方程式是___________。
(3)气体C的化学式是___________，检验FeCl3溶液中金属阳离子的操作和现象是___________。
(4)①中反应消耗铁粉11.2g，废液中Fe3＋的物质的量浓度是___________。
19．无水常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和杂质)为原料制备无水。
已知：氯化亚砜()熔点，沸点，与水反应可生成和气体。
请回答问题：
(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填字母)。
A．溶液 B．氯水 C．溴水 D．溶液
(3)取少量D晶体，溶于水并滴加溶液，现象是___________。
(4)反应的化学方程式为___________。
(5)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂：___________，设计实验验证是该还原剂将还原：___________。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3，因Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，Fe2O3不与NaOH溶液反应；除SiO2不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应；结合流程可知，步骤①中，用盐酸浸取铝土矿井过滤得到母液1，母液1含有AlCl3、FeCl3；向母液1中加入过量烧碱除去H+、Fe3+，并将Al3+转化为，过滤得到母液2，母液2中含有NaAlO2；向母液2中通入过量二氧化碳，得到Al(OH)3；加热Al(OH)3分解得到Al2O3，再电解氧化铝可得到Al。
【详解】A．氧化铝熔点较高，需要加入冰晶石，降低氧化铝熔融所需的温度，A项正确；
B．步骤②中加入过量NaOH溶液，作用是除去、，B项正确；
C．通入足量二氧化碳与偏铝酸根反应：，C项正确；
D．将步骤①和步骤②顺序颠倒，母液2中含有、Fe3+，再通入足量CO2能得不到氢氧化铝沉淀，D项错误；
故选D。
2．B
【详解】A．制取纯净的沉淀应该将滴管尖嘴伸入到氯化亚铁溶液页面以下，再挤出氢氧化钠溶液，故A不符合题意；
B．检验装置的气密性时，用止水夹夹住橡皮管，向长颈漏斗中加入水至页面不再下降，静止一段时间，观察液面，液面不下降，说明气密性良好，故B符合题意；
C．实验室制备应该用大理石和盐酸，不用硫酸，硫酸和碳酸钙反应生成硫酸钙微溶物，会阻碍碳酸钙和硫酸继续反应，仪器应该用分液漏斗代替长颈漏斗，故C不符合题意；
D．氯水有漂白性，不能用pH试纸测氯气的pH值，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
3．C
【详解】A．滴入硫氰化钾溶液呈红色，说明含Fe3+，但无法证明Fe2+是否存在，A错误；
B．该操作无法证明通Cl2之前是否存在Fe2+；应该先向溶液中加入硫氰化钾溶液，若不变红，再通入Cl2，溶液变红，即可证明原溶液中存在Fe2+，B错误；
C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀即Fe(OH)3，说明溶液中含有Fe3+，C正确；
D．白色沉淀逐渐变为红褐色，即Fe(OH)2转变为Fe(OH)3，该操作可以证明Fe2+的存在，无法排除Mg2+的存在，D错误。
因此，本题选C。
4．B
【详解】A．将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，由于氨气极易溶于水，使得烧瓶压强减小，小于外界大气压，从而将烧杯中的酚酞溶液被压入烧瓶中，因氨气溶于水显碱性能使酚酞溶液变红，从而形成红色喷泉，A正确；
B．用装置乙来进行酸碱中和滴定，NaOH溶液应装在碱式滴定管中，B错误；
C．可通过测定一定时间（秒表）内产生气体的体积（注射器）来测量锌与稀硫酸反应的反应速率，C正确；
D．打开止水夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气。关闭止水夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，D正确；
故选B。
5．A
【详解】A．生石灰具有吸水性，常用作干燥剂，而不属于抗氧化物质，选项 A符合；
B．亚硫酸钠具有还原性，在反应中S元素的化合价升高，属于抗氧化物质，选项B不符合；
C．还原铁粉具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，属于抗氧化物质，选项C不符合；
D．硫酸亚铁具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，属于抗氧化物质，选项D不符合；
答案选A。
6．B
【详解】A．NaHCO3受热易分解，热稳定性较小，A正确；
B．澄清石灰水分别与Na2CO3、NaHCO3反应，均会产生白色沉淀CaCO3，所以不能用澄清石灰水来鉴别Na2CO3和NaHCO3，B错误；
C．Na2CO3与少量酸反应可转化为NaHCO3，NaHCO3固体受热分解可转化为Na2CO3，C正确；
D．M(Na2CO3)=106g·mol-1，M(NaHCO3)=84g·mol-1，若二者等质量，则NaHCO3中含有的C元素更多，与足量盐酸反应放出的CO2更多，D正确；故选B。
7．B
【详解】①Na2CO3热稳定性好，用酒精灯加热不会分解，①错误；
②向两溶液中滴加少量盐酸时，Na2CO3和HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3与HCl再反应生成CO2，故产生CO2气体较快的为NaHCO3溶液，②正确；
③NaHCO3受热易分解，被除去的是NaHCO3，③错误；
④澄清石灰水和Na2CO3、NaHCO3溶液反应均产生碳酸钙沉淀，不能鉴别，④错误；
⑤相同温度下，溶解度：Na2CO3>NaHCO3，⑤错误；
⑥物质的量相同时，Na2CO3消耗的盐酸的量为NaHCO3消耗盐酸的量的2倍，⑥正确；
②⑥正确，故选B。
8．A
【详解】A．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故A错误；
B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故B正确；
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C正确；
D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反应的方程式分别为：Fe+2HCl=FeCl2+H2、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+2O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以能一步实现，故D正确；
故选A。
9．A
【详解】依次发生反应：2CO+ O22CO2、2 Na2O2+2 CO2=2Na2CO3+ O2，总反应方程式为CO+ Na2O2= Na2CO3，固体质量增加的质量相当于燃烧的CO的质量，
①如果混合气体中CO不足量，混合气体中CO的质量为7g，O2的质量为12g-7g=5g，O2在混合气体中的质量分数=41.7%；
②若混合气体中O2不足量，设7gCO完全燃烧消耗O2的质量为x，则：
2CO+ O22CO2
56:32=7g:x
解得x=4g，混合气体中O2的质量分数= 33.3%，
故答案为：A。
10．A
【详解】A．向溶液中通入，可将氧化为；再加入纯净的粉末调节为4~5，可转化为而除去，A正确；
B．在酸性溶液中与不反应，而与反应生成沉淀，B错误；
C．通入氨气，会引入杂质离子，C错误；
D．由金属的活动性知，铜不能置换出铁，D错误；
故选A。
11．A
【分析】本题是一道验证氯气性质的实验题，由装置①制备氯气，并通过碘化钾证明氯气的氧化性，通过装置②中的硝酸银证明氯离子的存在，但要注意氯化氢的挥发，通过装置③证明氯气的将二价铁氧化为三价铁，通过装置④证明氯水的性质，以此解题。
【详解】A．氯气的氧化性强于碘，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，A项正确；
B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，加入KSCN溶液，溶液红色，C项错误；
D．氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气不具有酸性和漂白性，D项错误；
故选A。
12．C
【详解】A．一氧化碳还原氧化铁时，反应物中没有单质参加反应，不属于置换反应，故A错误；
B．四氧化三铁中铁的化合价有＋2、＋3价，由化合物化合价代数和为0可知，四氧化三铁中铁元素的化合价显＋3价，显＋2价，故B错误；
C．维生素C将铁离子转化为亚铁离子时，铁元素的化合价降低被还原，维生素为反应的还原剂，表现还原性，故C正确；
D．氢氧化亚铁浊液露置于空气中，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，故D错误；
故选C。
13．C
【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO减少；第二阶段，AlO反应完毕，发生反应CO+H+═HCO，b线表示CO减少，c线表示HCO的增加；第三阶段，CO反应完毕，发生反应HCO+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO减少，此阶段Al（OH）3不参与反应。
【详解】A．由分析可知，b曲线表示的离子方程式为：CO+H+═HCO，A错误；
B．由分析可知，d和c曲线表示的离子反应是不相同的，B错误；
C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）＝0.05mol，m[Al（OH）3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，C正确；
D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，CO+H+═HCO3-，可知CO与AlO的物质的量之比为1：1，D错误；
故选C。
14．D
【详解】A．①中反应方程式为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，②中发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，①②都有气体产生，气球都会膨胀，①反应一段时候后产生气体，②是立即产生气体，因此②装置中的气球膨胀的更快，A错误；
B．Na2CO3的物质的量是0.01mol，若盐酸溶液中n(HCl)≤0.01mol，则①装置中的反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，B错误；
C．Na2CO3的物质的量是0.01mol，Na2CO3中含有n(Na+)=0.02mol，NaHCO3的物质的量是0.01mol，NaHCO3中含有n(Na+)=0.01mol，根据钠元素守恒，当溶液体积变化忽略不计时，即溶液的体积相同，最终两试管中Na+的物质的量浓度不相等，C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，均是0.01mol，根据反应的方程式，当n(HCl)≥0.02mol时，两装置产生的气体体积相同，当0＜n(HCl)≤0.02mol，两装置产生气体体积不相同，D正确；
故答案选D。
15．C
【详解】A．滴加少量澄清石灰水时，二者都能够与Ca(OH)2发生反应产生CaCO3沉淀，发生的反应分别是，，两者实验现象相同(产生白色沉淀)，不能用澄清石灰水进行鉴别，A错误；
B．加入过量等浓度、等体积的稀盐酸时，NaHCO3溶液反应现象更剧烈，B错误；
C．等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液碱性较强，则Na2CO3溶液的pH更大，C正确；
D．向两种物质的溶液中逐滴加入等浓度的盐酸时，NaHCO3溶液立即产生气泡，Na2CO3溶液开始无气泡产生，过一会儿才产生气泡，D错误；
故合理选项是C。
16．(1) 单位质量的碳酸氢铵可以产生更多的二氧化碳 测定实验前后装置D的质量 将滞留在装置中的二氧化碳气体排入装置D中充分吸收 ABDCE
(2)偏大
(3) 1:1 3.36 L
【分析】碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，通过浓硫酸装置吸收水，通过碱石灰装置D吸收二氧化碳，装置E盛有碱石灰可以排除空气中水和二氧化碳的干扰；使用装置A吸收空气中二氧化碳，用空气排出滞留在装置中二氧化碳气体；
【详解】（1）①碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，在装置B内发生反应的化学方程式是；
②碳酸氢钠和碳酸氢铵受热分解的方程式为：，，根据方程式可知，单位质量的碳酸氢铵可以产生更多的二氧化碳；
由分析可知，将一定质量的膨松剂样品装入装置B中，测定实验前后装置D的质量；实验结束后，需要继续通入一段时间的空气，其目的为将滞留在装置中的二氧化碳气体排入装置D中充分吸收；若要测定氨气的质量，观察得C可以吸收氨气，所以需要排除水对C的干扰，因此将C、D位置互换为ABDCE，D可以吸收二氧化碳和水，E可以防止空气中的水进入C中；
（2）若没有装置E，则空气中的二氧化碳那会倒流如D中，使结果偏大；
（3）①m(CO2)=6.6g，n(CO2)=0.15mol，m(NH3)=1.7g，n(NH3)=0.1mol，根据方程式，，可知n()=n(NH3)=0.1mol，所以碳酸氢铵分解产生的二氧化碳为0.1mol，所以碳酸氢钠分解产生的n(CO2)=0.15mol-0.1mol=0.05mol，根据方程式可知，需要碳酸氢钠的物质的量为0.1mol，故碳酸氢钠和碳酸氢铵的物质的量之比为1:1；
②若上述实验测得二氧化碳的质量为6.6 g，则CO2气体的物质的量n(CO2)=，其在标准状况下的体积V(CO2)=0.15 mol×22.4 L/mol=3.36 L。
17．(1) 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 3.88%
(2) MnO2 3.88% 一定量的水 H2O2与NaOH共同作用使溶液红色褪去，过氧化氢起主要作用
(3) Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2 2H2O2=2H2O+O2↑ H2O2在碱性条件下不稳定，易分解，H2O2大部分已分解
【分析】本实验为向1.56 gNa2O2粉末中加入40 mL水，充分反应得溶液A，向2 mL溶液A中滴入1滴酚酞，溶液变红色，20秒后褪色，结合资料，通过验证不同浓度的氢氧化钠对其的影响，来确定褪色的原因，据此分析回答问题。
（1）
Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；40 mL水质量为40 g，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1.56 g Na2O2粉末与水完全反应，生成1.6 g NaOH和0.32 g O2，则NaOH的质量分数为；
（2）
①实验2：根据双氧水在二氧化锰作用下分解生成氧气和水，即向2 mL溶液A中加入黑色粉末MnO2，快速产生了能使带火星木条复燃的气体；故答案为：MnO2；
②原溶液中NaOH的浓度为3.88%，为了验证试验，因此也要用同样浓度的NaOH溶液，即实验3：向2 mL物质的量浓度为3.88%NaOH溶液中滴入1滴酚酞，溶液变红色，10分钟后溶液褪色。可能是碱的浓度较大，使酚酞褪色，向褪色的溶液中加入一定量的水，溶液稀释了，则溶液变红色；故答案为：3.88%；一定量的水；
③双氧水有漂白性，浓的NaOH溶液能漂白酚酞，因此由以上实验可得出的结论是H2O2与NaOH共同作用使溶液红色褪去，过氧化氢起主要作用；故答案为：H2O2与NaOH共同作用使溶液红色褪去，过氧化氢起主要作用；
（3）
分析实验结果可知，Na2O2与H2O反应的化学方程式可以理解为先生成了双氧水，再是双氧水分解生成水和氧气，如果分两步书写，应为Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2、2H2O2=2H2O+O2↑，但课本上没有写出中间产物H2O2，根据H2O2是一种在碱性条件下不稳定、具有漂白性的物质，即可能的原因是H2O2碱性条件下不稳定，易分解，H2O2大部分已分解；故答案为：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2；2H2O2=2H2O+O2↑；H2O2碱性条件下不稳定，易分解，H2O2大部分已分解。
18．(1) 2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋ 64
(2) ①② 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋
(3) Cl2 取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若出现红色，证明有Fe3＋
(4)0.4mol/L
【分析】Cu和FeCl3发生反应Cu＋2FeCl3=2FeCl2＋2CuCl2，所以废液中含有Cu2＋、Fe2＋，可能含有Fe3＋，向废液中加入过量Fe粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu，然后过滤，固体A中含有Fe、Cu，溶液A中含有FeCl2，向固体A中加入过量稀盐酸，发生反应Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，然后过滤，得到的6.4g固体B是Cu，溶液B中含有HCl、FeCl2，将滤液②⑤混合，然后通入Cl2，发生反应2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，所以得到氯化铁溶液，以此解题。
（1）
FeCl3溶液与铜箔反应，生成FeCl2和CuCl2，反应的离子方程式：2Fe3＋＋Cu═2Fe2＋＋Cu2＋，该反应中电子转移2mol，反应铜1mol，质量为64g；
（2）
过滤后得到滤液和固体，由流程图可知，①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是①②；①中加入铁粉和废液中的三价铁离子和铜离子反应生成二价铁，发生反应的离子方程式是2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋；
（3）
由分析可知气体C为氯气，氯气的化学式是：Cl2；三价铁遇到硫氰化钾显红色，故检验FeCl3溶液中金属阳离子的操作和现象是：取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若出现红色，证明有Fe3＋；
（4）
①中反应消耗铁粉11.2g，物质的量==0.2mol，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋，其中铜离子物质的量==0.1mol，消耗铁0.1mol，则和铁离子反应的铁0.1mol，消耗铁离子物质的量0.2mol，废液中Fe3＋的物质的量浓度==0.4mol/L。
19．(1)漏斗
(2)BD
(3)溶液变为红色
(4)
(5) 先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原
【分析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，通入SOCl2生成FeCl3。
（1）
过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
（2）
结合图示转化可知A溶液中含，加入氧化剂B得到的C溶液中含，A、C均能引入杂质离子，BD符合题意。
（3）
晶体溶于水得到溶液，滴加溶液时，溶液变为红色。
（4）
结合图示及已知信息可写出的化学方程式为。
（5）
反应中生成的能将还原为，得到的氧化产物为硫酸盐。可通过实验检验该溶液中含有，即可证明是将还原。检验时取待检液，先加入盐酸酸化，再滴加溶液，产生白色沉淀，则证明是将还原。
答案第1页，共2页
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