2023年高考真题变式分类汇编：碱金属及其化合物的性质实验
一、选择题
1．（2018·江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2018·河西模拟）用下图装置进行①中实验，对应②中现象正确，且能达成相应实验目的的是( )
选项 ①中实验 ②中现象 实验目的
A 将浸透石蜡油的石棉加热 Br2的CCl4溶液褪色 石蜡裂解产物中含有烯烃
B 加热NH4Cl固体 酚酞溶液变红 制备氨气并检验氨气性质
C 加热NaHCO3与Na2CO3混合粉末 澄清石灰水变浑浊 验证NaHCO3具有热不稳定性
D 加热铁粉及湿棉花 肥皂水中有气泡冒出 Fe与H2O发生了置换反应
A．A B．B C．C D．D
3．（2018高三上·承德期末）某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3，设计的部分装置如图所示。
下列叙述正确的是（ ）
A．若X为浓氨水，Y为生石灰，则可用装置甲制取NH3
B．反应①可在装置乙中发生，反应②可在装置丁中发生
C．可用装置丙进行过滤操作
D．将母液蒸干灼烧后可得到NH4Cl固体
4．（2016·分宜模拟）已知：①钾比水轻；②钾的熔点低；③钾与水反应时要放出热量；④钾与水反应后溶液呈碱性．某学生将一块金属钾投入滴有酚酞试液的水中，该实验能证明四点性质中的（ ）
A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
5．（2021高一上·云南期末）一定条件下，下列选项所示物质间转化不能一步实现的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2020高二下·广州期末）短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示，
下列判断错误的是（ ）
A．a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液
B．简单离子的半径: e＞g
C．a可分别与g或h组成含18个电子的分子
D．最高价氧化物对应水化物的酸性: h＞g＞b
7．（2020高二上·福贡期末）将Ag块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线(如下图的实线所示)，在相同的条件下，将Bg(A＝B)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线(如下图中虚线所示)正确的是( )
A． B．
C． D．
8．（2019高二下·吉林期末）质量为 25.6 g的 KOH和KHCO3的混合物，先在 250℃煅烧，冷却后发现混合物的质量损失4.9g，则原混合物中KOH和KHCO3的物质的量的关系为（ ）
A．KOH物质的量＞KHCO3物质的量 B．KOH物质的量＜KHCO3物质的量
C．KOH物质的量=KHCO3物质的量 D．KOH和KHCO3以任意比混合
9．（2018高一下·重庆期末）下列说法正确的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐降低
B．Li、Na、K、Rb单质密度逐渐增大
C．水分子很稳定是因为分子间有氢键
D．熔融AlCl3不导电，说明其为共价化合物
10．（2018高二上·常州期末）“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中正确的是 （ ）
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解
④已知：AlCl3是共价化合物。传统工艺不能用电解纯的熔融AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁
A．①④ B．③ C．①②④ D．①②③④
11．（2018高一上·辽阳期末）下列各组物质相互反应后，没有碱生成的是 （ ）
A．Na2O2溶于水 B．红热的铁和水蒸气
C．金属钠投入水中 D．Na2O投入水中
12．（2018高三上·海淀期末）下列说法错误的是（ ）
A．加热鸡蛋、肉类，可使其中的蛋白质变性
B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]用于净水是因为它有氧化性
C．将海水中钢闸门连接电源负极可防止其被腐蚀
D．碳酸氢钠、氢氧化铝可用于治疗胃酸过多
13．（2018高一上·朝阳期末）下列“实验方法”不宜用于完成“实验目的”的是 （ ）
实验目的 实验方法
A 确认Fe(OH)3胶体是否制备成功 用可见光束照射
B 确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4 向反应后混合液中加水
C 确认钠与水反应生成NaOH 向反应后混合液中滴加酚酞
D 确认Cl2无漂白作用 将有色纸条放入干燥Cl2中
A．A B．B C．C D．D
14．（2020高二下·淳安期中）CaCO3→CaO→Ca（OH)2→NaOH的各步反应中，所属反应类型不包括（ ）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
15．（2016高三上·咸阳期中）下列叙述正确的是（ ）
A．Li在氧气中燃烧只生成Li2O
B．将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀
C．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
D．将稀硫酸滴加到Fe（NO3）2溶液中无明显现象
16．（2018高一下·沈阳期中）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A．①③④⑤ B．只有①④ C．只有③④⑤ D．只有②③
17．（2021高一上·上饶期末）侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年所发明的一种高效，低成本的制碱方法，某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱，下列说法正确的是（ ）
A．乙装置中盛装液体为饱和溶液
B．纯碱是一种碱
C．纯碱可以做发酵粉和治疗胃酸过多
D．用装置丙中产生的制取时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、干燥、加热(灼烧)
18．（2020高一上·梅州期末）下列有关钾及钾的化合物叙述错误的是（ ）
A．钾及钾的化合物灼烧时均会发出紫色的火焰
B． 受热易分解产生
C．金属钾燃烧时生成氧化钾
D．金属钾可保存在煤油中
19．（2020高一上·衢州期末）下列有关碱金属元素的说法中，正确的是（ ）
A．与水反应都能生成碱和氢气
B．碱金属的单质具有强还原性，可置换出硫酸铜溶液中的铜单质
C．与氧气反应都能生成过氧化物
D．随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点都逐渐增大
二、非选择题
20．（2022·绍兴模拟）固体A由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：
已知：D为淡黄色固体，气体G是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518，混合物H与溶液C中的溶质相同。请回答：
（1）组成A的三种元素是 ，A的化学式是
（2）写出D与NaOH反应的离子方程式
（3）X在潮湿的空气中易转变为含A的混合物，写出相应的化学方程式
（4）写出E→H的化学反应方程式
（5）E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，请设计简单实验验证
21．（2020·马鞍山模拟）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：
（1）（一）碳酸钙的制备
步骤①加入氨水的目的是 。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于 。
（2）下图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是 （填标号）。
a． 漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b．玻璃棒用作引流
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d．滤纸边缘高出漏斗
e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
（3）（二）过氧化钙的制备
CaCO 滤液 白色晶体
步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈 性（填“酸”、“碱”或“中”。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是 。
（4）步骤③中反应的化学方程式为 ，该反应需要在冰浴下进行，原因是 。
（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是 。
（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是 ，产品的缺点是 。
22．（2020·天津模拟）茶叶中含有多种有益于人体健康的有机成分及钙、铁等微量金属元素，某化学研究性学习小组设计方案用以检验某品牌茶叶中铁元素的存在并测定钙元素的质量分数(已知CaC2O4为白色沉淀物质)。首先取200g茶叶样品进行如图操作：
已知：①文献资料显示：某些金属离子的氢氧化物完全沉淀时的pH为：Ca(OH)2：13，Fe(OH)3：4.1
②(NH4)2C2O4溶液显酸性。
（1）实验前要先将茶叶样品高温灼烧为灰粉，需要用到的实验仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、泥三角 ，其主要目的是 。
A．蒸发皿 B．坩埚C．石棉网
（2）从滤液A→沉淀D的过程中需要加入的物质X可以选择________。
A．CaO B．Ca(OH)2 C．NH3·H2O
（3）用酸性KMnO4标准溶液滴定滤液C时发生的反应为：5C2O42-＋2MnO4-＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。将滤液C稀释至250mL，取25.00mL溶液，用硫酸酸化后，用0.10mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液体积如表所示：
编号 KMnO4溶液体积/mL
1 19.98
2 22.00
3 20.02
①此步操作过程中需要用到图示中哪些仪器
②滴定达到终点时的现象是 。
③为保证实验精确度，沉淀D及E需要分别洗涤，并将洗涤液转移回母液中，若不洗涤沉淀D，会使测定的钙元素的含量 (偏低、偏高、无影响，下同)，若不洗涤沉淀E，会使测定的钙元素的含量 。
④原茶叶中钙元素的质量分数为 。(用含a的代数式表示，已知(NH4)2C2O4的摩尔质量为124g·mol－1)。
（4）可以通过检验滤液A来验证该品牌茶叶中是否含有铁元素，所加试剂及实验现象是 、 。
23．（2020·河北模拟）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
（1）用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是 。
（2）检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是 。
（3）沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)① ；② 。
（4）测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为 (用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能 (填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是 。
24．（2019高一上·宜昌期末）某研究性学习小组的同学想通过下图实验装置探究SO2与Na2O2反应的产物(夹持装置已略去，装置的气密性良好)。
（1）装置A中盛装H2SO4溶液的仪器名称是 。装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是 。
（2）对C中固体产物提出如下假设(假设Na2O2已全部反应)：
假设1：只有Na2SO3。假设2： ；假设3：既有Na2SO3又有Na2SO4。
①甲同学认为SO2与Na2O2的反应不同于CO2，认为假设2成立。请据此写出C中所发生反应的化学方程式： 。
②乙同学为证明假设3成立，设计如下实验。实验步骤和结论为：取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；滴加过量的1mol L－1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明C中固体产物中有 ；滴加适量的1mol L－1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，则证明C中固体产物中有 。
25．（2018高二下·揭阳期末）目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命——在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下：
（1）基态硫原子的外围电子排布式为 ，硫元素与氧元素相比，第一电离能较大的元素是 (填元素符号)。
（2）反应①、②中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是 ，其立体结构是 。
（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液 蓝色沉淀 沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式 ；深蓝色透明溶液中的阳离子(不考虑H+)内存在的全部化学键类型有 。
（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为 ；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为 pm(用含d和NA的式子表示)。
26．（2018高一上·西城期末）过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。
（1）CaO2溶于盐酸可得H2O2，反应的化学方程式是 。
（2）CaO2在保存时要密封，避免接触水蒸气和二氧化碳。水蒸气与CaO2反应的化学方程式是 。
（3）已知：CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。取某CaO2样品10 g（含有少量CaO杂质），充分加热后剩余固体的质量为8.4 g，则该样品中CaO2的质量分数为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；银镜反应；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，符合题意；
B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，不符合题意；
C.AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，不符合题意；
D.Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】注意物质间的转化一般遵从不稳定的向稳定的转化，非氧化还原反应的遵从向离子浓度减小的方向转化，氧化还原反应的遵从氧化性、还原性强的制氧化性、还原性弱的，即强强制弱弱。最后也可以根据反应自发进行的判断依据进行判断。
2．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.Br2的CCl4溶液褪色说明石蜡油分解产生了不饱和烃发生了加成反应的，故A符合题意；
B.加热NH4Cl固体分解生成NH3和HCl混合气体，所以不能用加热NH4Cl固体分解制取NH3，故B不符合题意；C加热NaHCO3与Na2CO3混合粉末产生使澄清石灰水变浑浊CO2，不可以证明是NaHCO3固体受热发生分解，故C不符合题意；
D.加热试管气体体积膨胀也会导致肥皂水中产生气泡并上浮，不能说明铁粉与水蒸气加热时发生反应生成H2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B中NH4Cl固体分解产生的两种气体在常温下又会发生化合反应生成NH4Cl。
3．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制备实验方案的设计；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A项，生石灰遇水会变为粉末状熟石灰，所以浓氨水与生石灰制取NH3不适合用图甲装置，故A不符合题意；
B项，反应①制取NaHCO3可在装置乙中发生，反应②是NaHCO3加热分解制Na2CO3，同时有CO2和水生成，丁中试管口应略向下倾斜，故反应②不可以在装置丁中发生，故B不符合题意；
C项，装置丙为过滤装置，过滤是将固液混合物进行分离，可以用装置丙进行过滤操作，故C符合题意；
D项，NH4Cl受热易分解，生成NH3和HCl，所以将母液蒸干灼烧后得不到NH4Cl固体，故D不符合题意。
故答案选C
【分析】A、启普发生器能够控制反应的发生与停止。需要用块状的药品，且反应中不会变成粉末。
B、固体药品在试管中加热分解，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管。
C、过滤仪器，主要操作：一贴二低三靠
D、铵盐受热易分解。
4．【答案】D
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】将一小块金属钾投入滴有酚酞溶液的水中，钾块浮在水面上可证明：钾的密度比水小；熔成小球说明；钾的熔点低、钾与水反应时放出热量；溶液变红色，说明钾与水反应后溶液呈碱性，
故选：D．
【分析】钾密度小于水，浮在水面上；与水反应生成氢氧化钾和氢气，反应放出大量的热，钾块熔成小球；氢氧化钾属于碱，与酚酞变红色，据此解答．
5．【答案】D
【知识点】无机物的推断；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．电解熔融的NaCl可得Cl2，氯气和NaOH溶液反应可得NaClO，物质间的转化能一步实现，故A不符合题意；
B．Na和O2在加热下生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，物质间的转化能一步实现，故B不符合题意；
C．Cu和O2在加热下生成CuO，CuO与稀HCl反应生成CuCl2，物质间的转化能一步实现，故C不符合题意；
D．Fe不能一步转为Fe(OH)3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据物质的性质分析，Fe不能一步转为Fe(OH)3。
6．【答案】B
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．a、d、f 组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A不符合题意；
B．e为Na，g为S，Na+有两个电子层，S2-有三个电子层，则简单离子的半径：g＞e，故B符合题意；
C．a为H、g为S、h 为 Cl，a可分别与g或h组成的化合物分别为H2S、HCl，二者都为含18个电子的分子，故C不符合题意；
D．b为 C，g为S、h 为 Cl非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S＞C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图中原子序数和最高正化合价或最低负化合价，各元素依次为a为H、b为 C、c为N、d 为 O、e为Na、f 为 Al、g为S、h 为 Cl。
7．【答案】D
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】因图中实线表示的块状的碳酸钙与足量的盐酸反应，虚线所示粉末状碳酸钙与同浓度的盐酸反应，又粉末状碳酸钙与盐酸的接触面积大，则反应速率快，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为A＝B导致最终损失的质量A＝B，由图象可知，只有D符合，
故答案为：D。
【分析】利用“先拐先平，定一议二”的原则进行作答。
8．【答案】B
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验；物质的量的相关计算
【解析】【解答】加热时发生反应KOH＋KHCO3 K2CO3＋H2O，如果二者恰好反应，KOH和KHCO3物质的量相等，则固体减少的质量是 ＜4.9g；说明发生该反应后碳酸氢钾是过量的（即KOH物质的量
9．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；卤素原子结构及其性质的比较；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：F2、Cl2、Br2、I2单质是分子晶体，其熔点与分之间作用力有关，随着相对分子质量逐渐增大，分之间作用力逐渐增大，熔点逐渐升高，A选项不符合题意；Li、Na、K、Rb是同主族的元素单质，随着原子序数的递增，其密度逐渐增大，但K的密度比Na小，所以其密度关系正确的是：铯>铷>钠>钾>锂，B选项不符合题意；水分子是共价化合物，其稳定性与共价键有关，与分之间作用力（氢键也是分之间作用力）无关，C选项不符合题意；共价化合物在熔融状态下仍然以分子或者原子形式存在，没有离子出现，所以共价化合物熔融状态不导电，熔融AlCl3不导电，说明其为共价化合物，D选项符合题意；
故答案为：D。
【分析】含有离子键的物质在熔融状态下能够导电。
10．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】铁和水蒸气加热反应生成四氧化三铁和氢气，①错误；铝性质活泼，表面氧化成一层致密的氧化膜，在空气中稳定存在，②错误；Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解为氧化铝、氧化铜，Fe(OH)3受热也易分解氧化铁，③正确；AlCl3是共价化合物，不导电，但是MgCl2为离子化合物，能够用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，④错误；正确选项B。
【分析】①中铁与水蒸气反应，不能生成碱
②铝的表面有一层致密的氧化铝薄膜
④其他活泼金属的氯化物是离子化合物，能电解熔融的氯化物
11．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠属于碱，故A不选；B．红热的铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没产生碱，故B选；C．金属钠投入水中发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠属于碱，故C不选；D．Na2O投入水中与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠属于碱，故D不选。
故答案为：B
【分析】
A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠属于碱
B．红热的铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没产生碱
C．金属钠投入水中发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠属于碱
D．Na2O投入水中与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠属于碱，
12．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A. 鸡蛋和肉类中含有蛋白质，加热可使蛋白质发生变性，故A不符合题意；
B. 明矾中的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质而达到净水的目的，不是因为明矾具有氧化性，故B符合题意；
C. 将海水中钢闸门连接电源负极，则铁是阴极，被保护，可防止闸门被腐蚀，故C不符合题意；
D. 碳酸氢钠、氢氧化铝都可以和盐酸反应，消耗氢离子，可用于治疗胃酸过多，故不D符合题意；
故答案为：B。
【分析】该题考察蛋白质的变性、净水原理、金属的电化学腐蚀、胃酸过多处理方法
A.注意蛋白质变性的方法
B.明矾净水原理为胶体的聚沉
C.金属的电化学腐蚀闸门应连接在电极的正极
D.胃酸过多（HCl）可以用氢氧化铝或碳酸氢钠
13．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；浓硫酸的性质实验；碱金属及其化合物的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、胶体产生丁达尔效应，用可见光束照射确认Fe(OH)3胶体是否制备成功，A不符合题意；
B、浓硫酸溶于水放热，确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4应该把混合液倒入蒸馏水中，类似于浓硫酸的稀释，B符合题意；
C、氢氧化钠是强碱，确认钠与水反应生成NaOH，可以向反应后的混合液中滴加酚酞，C不符合题意；
D、由于氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以确认Cl2无漂白作用，可以将有色纸条放入干燥Cl2中，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】注意硫酸与水混合是将硫酸加入水中。
14．【答案】C
【知识点】碱金属的性质；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】①碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3 CaO+CO2↑，属于分解反应；
②氧化钙和水反应生成氢氧化钙：CaO+H2O=Ca(OH)2，属于化合反应；
③氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，属于复分解反应；在此过程中没有置换反应，
故答案为：C。
【分析】化学反应基本类型：化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应。化合反应：有两种或两种以上的物质生成一种物质的化学反应，特征是：多变一；分解反应：一种物质分解生成两种或两种以上的物质的化学反应，特征是：一变多；置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的化学反应；复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应。
15．【答案】A
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．在碱金属元素中，锂的活泼性较弱，和氧气反应只生成氧化锂，没有过氧化物生成，故A正确；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和氯化钡溶液不反应，故B错误；
C．氯水中含有盐酸、次氯酸，酸使紫色石蕊试液变红色，但次氯酸具有漂白性，使红色溶液褪色，所以看到的现象是：溶液先变红后褪色，故C错误；
D．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，所以溶液颜色由浅绿色变为黄色，故D错误；
故选A．
【分析】A．锂在氧气中燃烧生成氧化锂；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸；
C．次氯酸具有漂白性；
D．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子．
16．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【分析】钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、氢氧化钠与氯化亚铁生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁很容易被氧化为氢氧化铁（红褐色）；明矾溶液中加入过量氢氧化钠溶液得不到白色沉淀，因氢氧化铝具有两性，能溶于氢氧化钠溶液；少量氢氧化钙投入碳酸氢钠溶液生成白色沉淀，反应方程式为Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O；NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液生成白色沉淀，反应离子方程式为AlO2－+H++H2O=Al(OH)3↓；饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体将析出碳酸氢钠晶体，原因是（1）相同条件下，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；（2）水参加了反应，溶剂质量减少。反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓。
【点评】熟悉常见无机的性质是解决此类问题的关键。
17．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．乙装置中盛装液体为饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢气体杂质，A不符合题意；
B．纯碱是碳酸钠，不是碱，是盐，B不符合题意；
C．碳酸氢钠可以做发酵粉和治疗胃酸过多，C不符合题意；
D．碳酸氢钠不稳定，且溶解度比碳酸钠要小，所以用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、干燥、加热(灼烧)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A． 生成的二氧化碳会与饱和溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液；
B．纯碱是碳酸钠，是盐；
C． 纯碱的碱性太强，应用碳酸氢钠；
D．利用碳酸氢钠受热不稳定，且溶解度比碳酸钠要小。
18．【答案】C
【知识点】碱金属的性质；焰色反应；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．焰色反应是金属元素的性质，钾元素的焰色为紫色，故钾及钾的化合物灼烧均为紫色火焰，故A不符合题意；
B．碳酸氢钾不稳定，受热成碳酸钾和二氧化碳，故B不符合题意；
C．由金属钠燃烧产生过氧化钠，钾比钠活泼，则钾单质燃烧时产物更复杂，可能有过氧化钾、超氧化钾等，但不是氧化钾，故C符合题意；
D．钾的密度比煤油大，且与煤油不反应，可将钾保存在煤油中，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钾的焰色为紫色，焰色反应为元素性质；
B.依据碳酸氢钾的不稳定性解答；
C.钾性质活泼，燃烧生成过氧化钾或者超氧化钾；
D.钾密度大于煤油，与煤油不反应。
19．【答案】A
【知识点】碱金属的性质；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．碱金属单质性质活泼，与水剧烈反应都能生成碱和氢气，故A符合题意；
B．碱金属的单质具有强还原性，钠与盐溶液反应实质，先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与盐发生复分解反应，所以不能置换出硫酸铜溶液中的铜单质，而生成氢氧化铜沉淀，故B不符合题意；
C．锂在空气中燃烧生成氧化锂，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，钾在空气中燃烧的产物较复杂，故C不符合题意；
D．碱金属都是金属晶体，随核电荷数的增加，碱金属从上到下原子半径依次增大，金属键依次减弱，单质的熔沸点依次降低，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.碱金属元素与钠性质相似；
B.碱金属的单质具有强还原性，会先与溶液中的水反应；
C.钾在空气中燃烧的生成超氧化钾；
D.碱金属都是金属晶体，随核电荷数的增加金属键依次减弱。
20．【答案】（1）Na、S、O；
（2）
（3）
（4）
（5）取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）固体A由Na、S、O组成，其中S元素物质的量为0.08mol、Na元素含量0.08mol、则O元素含量为，原子个数比为，其化学式为，故填Na、S、O；；
（2）由题，S与NaOH溶液在加热下反应的离子方程式为，故填；
（3）对比溶液C和溶液E中溶质可知X为，在潮湿的空气中易转变为，其反应为，故填；
（4）在加热条件下生成和，其反应为，故填；
（5）E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，利用和在酸性条件下反应生成S单质的性质，检验的操作为：取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z，故填取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z。
【分析】（1）根据题目给出的实验现象和必要的数据，利用原子守恒分析；
（2）（3）（4）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒分析；
（5）依据价态归中规律设计。
21．【答案】（1）调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀；过滤分离
（2）ade
（3）酸；除去溶液中溶解的CO2
（4）CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O；温度过高时过氧化氢分解
（5）去除结晶表面水分
（6）工艺简单、操作简单；纯度较低
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）反应中盐酸过量，且溶液中含有铁离子，因此步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子；小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤。（2）a．过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁，a不正确；b．玻璃棒用作引流，b正确；c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止有气泡，c正确；d．滤纸边缘应该低于漏斗，d不正确；e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸，e不正确，故答案为：ade。（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。容易含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2。（4）根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成，则步骤③中反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O；双氧水不稳定，受热易分解，因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防止过氧化氢分解。（5）过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作简单；，产品的缺点是得到产品的纯度较低。
【分析】（1）根据流程图可知反应过程中有盐酸剩余、含有铁离子，因此要加入氨水；颗粒物较大，越容易过滤分离；
（2）在进行过滤操作时要注意“一低二贴三靠”，据此分析即可得出答案；
（3）根据反应过程中会生成二氧化碳，而二氧化碳与水反应会生成显酸性的碳酸，即溶液显酸性；为了除去溶液中溶解的二氧化碳可用煮沸的方法；
（4）在书写化学方程式时注意遵循质量守恒、原子守恒，同时要标注相应的气体与沉淀符号；过氧化氢高温易分解，据此分析；
（5）根据操作的过程、方法以及得到的产物来分析解答。
22．【答案】（1）B；使样品中的有机物完全分解，便于后续检测
（2）C
（3）BCD；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色；偏低；偏高； －0.01
（4）KSCN溶液；溶液呈红色
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；常用仪器及其使用；碱金属及其化合物的性质实验；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)灼烧时需要用到的仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、泥三角和坩埚；高温灼烧可以使样品中的有机物完全分解，便于后续检测；(2)滤液A中加入X的目的是使pH升高从而沉淀铁离子，因本实验要测定Ca元素的含量，所以不能引入Ca元素，所以X可以选择一水合氨，即C；(3)①将滤液C稀释至250mL时需要使用到250mL容量瓶，滴定操作中需要使用酸式滴定管和锥形瓶，即BCD正确；②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为滴入最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫色，且半分钟不恢复原色；③沉淀D表面可能附着钙元素，若不洗涤导致生成的草酸钙沉淀偏低，从而使测定的钙元素含量偏低；沉淀E表面可能附着有未反应的草酸铵，若不洗涤会使消耗的高锰酸钾标准液偏少，间接计算出的生成的沉淀的量偏大，从而使测定的钙元素含量偏高；④表格数据中第2组数据偏差较大，所以舍去，则消耗的高锰酸钾标准液的平均体积为20.00mL，根据方程式5C2O42-＋2MnO4-＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，可知25.00mL稀释后的滤液C中含n剩(C2O42-)= ×0.02L×0.10mol·L－1=0.005mol，则滤液C中n剩(C2O42-)=0.005mol× =0.05mol， n总(C2O42-)= ，则与Ca2+反应的n(C2O42-)= ，根据反应Ca2++C2O42-=CaC2O4↓可知n(Ca2+)= ，所以Ca元素的含量为 =( －0.01)；(4)滤液A中有铁离子，取少量的滤液A，滴入KSCN溶液，溶液变成红色，证明溶液中存在铁离子，即茶叶中含有铁元素。
【分析】茶叶中含钙、铁等微量金属元素，灼烧后加稀硫酸，灼烧过程中茶叶中的有机物分解，铁元素被氧化成Fe3+，则滤液A中主要金属阳离子为Ca2+、Fe3+等，接着调节pH将Fe3+沉淀，从而除去，故得到的沉淀D是氢氧化铁，则滤液B中主要含Ca2+，加草酸铵发生反应Ca2++C2O42-=CaC2O4↓，故得到的沉淀E是草酸钙，滤液C中含有有未反应的(NH4)2C2O4和反应生成的硫酸铵；
测定钙元素含量的原理为：利用定量的草酸铵沉淀钙元素，测定剩余的草酸根的量，从而确定沉淀的量，继而确定钙元素的含量。
23．【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl
（2）取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀
（3）温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率
（4） ×100%；偏高；滴速太慢，S2O 在滴定过程中被氧气氧化
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为 =0.036cVg，CaO2的质量分数为 ×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【分析】根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
24．【答案】（1）分液漏斗；防止空气中的水和CO2进入玻璃管C
（2）只有Na2SO4；SO2+Na2O2=Na2SO4；Na2SO3和Na2SO4至少有一种；既有Na2SO3又有Na2SO4
【知识点】二氧化硫的性质；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）根据仪器的结构可知，装置A中盛装H2SO4溶液的仪器名称是分液漏斗；空气中含有二氧化碳和水蒸气，碱石灰是干燥剂，所以能吸收水分，防止水蒸气的干扰，碱石灰能和二氧化碳反应，防止二氧化碳的干扰，所以装置D的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；（2）根据题给假设1、假设3可知假设2应该为：只有Na2SO4；①若假设2成立，二氧化硫和过氧化钠反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4；②乙同学为证明假设3成立，设计如下实验：实验步骤和结论为：取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；
滴加过量的1mol L-1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，由于硫酸钡和亚硫酸钡均为不溶于水的白色固体，则证明C中固体产物中Na2SO3和Na2SO4至少有一种；
滴加适量的1mol L-1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，溶解的为亚硫酸钡，不溶的为硫酸钡，则证明C中固体产物中既有Na2SO3又有Na2SO4。
【分析】本试验的目的为探究过氧化钠与二氧化硫反应，但过氧化钠与水和二氧化碳都反应，所以这两种物质对本实验产生干扰，所以要防止这两种物质进入C中。所以B的作用为干燥二氧化硫，D的作用防止空气中的水和二氧化碳进入C中。
25．【答案】（1）1s22s22p63s23p4 ；O
（2）sp2；V型
（3）Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O；共价键、配位键
（4）面心立方最密堆积； × ×1010。
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）S位于第三周期ⅥB族，是16号元素，基态硫原子的外围电子排布式为1s22s22p63s23p4；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧；故答案为：1s22s22p63s23p4；O；（2）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+ (6-2×2)=3，所以S原子采用sp2杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型是V型；故答案为：sp2；V型；（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成[Cu(NH3)4]2+离子，蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，深蓝色透明溶液中的阳离子(不考虑H+)内存在的全部化学键类型有共价键、配位键，故答案为：Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；共价键、配位键；（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，在铜的某种氧化物晶胞中，O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数= ×8+1=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，根据密度计算公式ρ＝ 可知，体积V= = cm3，所以晶胞的边长为 cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的 ，所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为 × cm= × ×1010pm，故答案为：面心立方最密堆积； × ×1010
【分析】（1）根据硫原子在元素周期表中的位置来写出其外层电子排布；同主族元素，第一电离能自上而下逐渐减小；
（2）先求出SO2中价层电子对的个数，再根据孤电子对判断其结构；
（3）硫酸铜溶液与氯水生成氢氧化铜，氢氧化铜溶解于过量的氨水中形成配位离子，进而进行判断；
（4）根据面心立方最密堆积的公式进行计算。
26．【答案】（1）CaO2 + 2HCl = CaCl2 + H2O2
（2）2CaO2 + 2H2O = 2Ca(OH)2 + O2↑
（3）72%。
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：（1）过氧化钙和盐酸反应制备过氧化氢，其反应方程式为：CaO2＋2HCl=CaCl2＋H2O2；
故答案为：CaO2 + 2HCl = CaCl2 + H2O2；
(2)类似与过氧化钠与水的反应，2CaO2＋2H2O=2Ca(OH)2＋O2↑；
故答案为：2CaO2 + 2H2O = 2Ca(OH)2 + O2↑；
（3）样品中CaO2的质量为(10－8.4)×72×2/32g=7.2g，则过氧化钙的质量分数为7.2/10×100%=72%。
故答案为：72%。
【分析】（1）过氧化钙和盐酸反应制备过氧化氢，其反应方程式为：CaO2＋2HCl=CaCl2＋H2O2；
(2)类似与过氧化钠与水的反应；
（3）样品中CaO2的质量为(10－8.4)×72×2/32g=7.2g，则过氧化钙的质量分数为7.2/10×100%=72%。
2023年高考真题变式分类汇编：碱金属及其化合物的性质实验
一、选择题
1．（2018·江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；银镜反应；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，符合题意；
B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，不符合题意；
C.AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，不符合题意；
D.Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】注意物质间的转化一般遵从不稳定的向稳定的转化，非氧化还原反应的遵从向离子浓度减小的方向转化，氧化还原反应的遵从氧化性、还原性强的制氧化性、还原性弱的，即强强制弱弱。最后也可以根据反应自发进行的判断依据进行判断。
2．（2018·河西模拟）用下图装置进行①中实验，对应②中现象正确，且能达成相应实验目的的是( )
选项 ①中实验 ②中现象 实验目的
A 将浸透石蜡油的石棉加热 Br2的CCl4溶液褪色 石蜡裂解产物中含有烯烃
B 加热NH4Cl固体 酚酞溶液变红 制备氨气并检验氨气性质
C 加热NaHCO3与Na2CO3混合粉末 澄清石灰水变浑浊 验证NaHCO3具有热不稳定性
D 加热铁粉及湿棉花 肥皂水中有气泡冒出 Fe与H2O发生了置换反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.Br2的CCl4溶液褪色说明石蜡油分解产生了不饱和烃发生了加成反应的，故A符合题意；
B.加热NH4Cl固体分解生成NH3和HCl混合气体，所以不能用加热NH4Cl固体分解制取NH3，故B不符合题意；C加热NaHCO3与Na2CO3混合粉末产生使澄清石灰水变浑浊CO2，不可以证明是NaHCO3固体受热发生分解，故C不符合题意；
D.加热试管气体体积膨胀也会导致肥皂水中产生气泡并上浮，不能说明铁粉与水蒸气加热时发生反应生成H2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B中NH4Cl固体分解产生的两种气体在常温下又会发生化合反应生成NH4Cl。
3．（2018高三上·承德期末）某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3，设计的部分装置如图所示。
下列叙述正确的是（ ）
A．若X为浓氨水，Y为生石灰，则可用装置甲制取NH3
B．反应①可在装置乙中发生，反应②可在装置丁中发生
C．可用装置丙进行过滤操作
D．将母液蒸干灼烧后可得到NH4Cl固体
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制备实验方案的设计；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A项，生石灰遇水会变为粉末状熟石灰，所以浓氨水与生石灰制取NH3不适合用图甲装置，故A不符合题意；
B项，反应①制取NaHCO3可在装置乙中发生，反应②是NaHCO3加热分解制Na2CO3，同时有CO2和水生成，丁中试管口应略向下倾斜，故反应②不可以在装置丁中发生，故B不符合题意；
C项，装置丙为过滤装置，过滤是将固液混合物进行分离，可以用装置丙进行过滤操作，故C符合题意；
D项，NH4Cl受热易分解，生成NH3和HCl，所以将母液蒸干灼烧后得不到NH4Cl固体，故D不符合题意。
故答案选C
【分析】A、启普发生器能够控制反应的发生与停止。需要用块状的药品，且反应中不会变成粉末。
B、固体药品在试管中加热分解，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管。
C、过滤仪器，主要操作：一贴二低三靠
D、铵盐受热易分解。
4．（2016·分宜模拟）已知：①钾比水轻；②钾的熔点低；③钾与水反应时要放出热量；④钾与水反应后溶液呈碱性．某学生将一块金属钾投入滴有酚酞试液的水中，该实验能证明四点性质中的（ ）
A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】将一小块金属钾投入滴有酚酞溶液的水中，钾块浮在水面上可证明：钾的密度比水小；熔成小球说明；钾的熔点低、钾与水反应时放出热量；溶液变红色，说明钾与水反应后溶液呈碱性，
故选：D．
【分析】钾密度小于水，浮在水面上；与水反应生成氢氧化钾和氢气，反应放出大量的热，钾块熔成小球；氢氧化钾属于碱，与酚酞变红色，据此解答．
5．（2021高一上·云南期末）一定条件下，下列选项所示物质间转化不能一步实现的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】无机物的推断；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．电解熔融的NaCl可得Cl2，氯气和NaOH溶液反应可得NaClO，物质间的转化能一步实现，故A不符合题意；
B．Na和O2在加热下生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，物质间的转化能一步实现，故B不符合题意；
C．Cu和O2在加热下生成CuO，CuO与稀HCl反应生成CuCl2，物质间的转化能一步实现，故C不符合题意；
D．Fe不能一步转为Fe(OH)3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据物质的性质分析，Fe不能一步转为Fe(OH)3。
6．（2020高二下·广州期末）短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示，
下列判断错误的是（ ）
A．a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液
B．简单离子的半径: e＞g
C．a可分别与g或h组成含18个电子的分子
D．最高价氧化物对应水化物的酸性: h＞g＞b
【答案】B
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．a、d、f 组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A不符合题意；
B．e为Na，g为S，Na+有两个电子层，S2-有三个电子层，则简单离子的半径：g＞e，故B符合题意；
C．a为H、g为S、h 为 Cl，a可分别与g或h组成的化合物分别为H2S、HCl，二者都为含18个电子的分子，故C不符合题意；
D．b为 C，g为S、h 为 Cl非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S＞C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图中原子序数和最高正化合价或最低负化合价，各元素依次为a为H、b为 C、c为N、d 为 O、e为Na、f 为 Al、g为S、h 为 Cl。
7．（2020高二上·福贡期末）将Ag块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线(如下图的实线所示)，在相同的条件下，将Bg(A＝B)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线(如下图中虚线所示)正确的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】因图中实线表示的块状的碳酸钙与足量的盐酸反应，虚线所示粉末状碳酸钙与同浓度的盐酸反应，又粉末状碳酸钙与盐酸的接触面积大，则反应速率快，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为A＝B导致最终损失的质量A＝B，由图象可知，只有D符合，
故答案为：D。
【分析】利用“先拐先平，定一议二”的原则进行作答。
8．（2019高二下·吉林期末）质量为 25.6 g的 KOH和KHCO3的混合物，先在 250℃煅烧，冷却后发现混合物的质量损失4.9g，则原混合物中KOH和KHCO3的物质的量的关系为（ ）
A．KOH物质的量＞KHCO3物质的量 B．KOH物质的量＜KHCO3物质的量
C．KOH物质的量=KHCO3物质的量 D．KOH和KHCO3以任意比混合
【答案】B
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验；物质的量的相关计算
【解析】【解答】加热时发生反应KOH＋KHCO3 K2CO3＋H2O，如果二者恰好反应，KOH和KHCO3物质的量相等，则固体减少的质量是 ＜4.9g；说明发生该反应后碳酸氢钾是过量的（即KOH物质的量
9．（2018高一下·重庆期末）下列说法正确的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐降低
B．Li、Na、K、Rb单质密度逐渐增大
C．水分子很稳定是因为分子间有氢键
D．熔融AlCl3不导电，说明其为共价化合物
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；卤素原子结构及其性质的比较；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：F2、Cl2、Br2、I2单质是分子晶体，其熔点与分之间作用力有关，随着相对分子质量逐渐增大，分之间作用力逐渐增大，熔点逐渐升高，A选项不符合题意；Li、Na、K、Rb是同主族的元素单质，随着原子序数的递增，其密度逐渐增大，但K的密度比Na小，所以其密度关系正确的是：铯>铷>钠>钾>锂，B选项不符合题意；水分子是共价化合物，其稳定性与共价键有关，与分之间作用力（氢键也是分之间作用力）无关，C选项不符合题意；共价化合物在熔融状态下仍然以分子或者原子形式存在，没有离子出现，所以共价化合物熔融状态不导电，熔融AlCl3不导电，说明其为共价化合物，D选项符合题意；
故答案为：D。
【分析】含有离子键的物质在熔融状态下能够导电。
10．（2018高二上·常州期末）“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中正确的是 （ ）
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解
④已知：AlCl3是共价化合物。传统工艺不能用电解纯的熔融AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁
A．①④ B．③ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】铁和水蒸气加热反应生成四氧化三铁和氢气，①错误；铝性质活泼，表面氧化成一层致密的氧化膜，在空气中稳定存在，②错误；Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解为氧化铝、氧化铜，Fe(OH)3受热也易分解氧化铁，③正确；AlCl3是共价化合物，不导电，但是MgCl2为离子化合物，能够用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，④错误；正确选项B。
【分析】①中铁与水蒸气反应，不能生成碱
②铝的表面有一层致密的氧化铝薄膜
④其他活泼金属的氯化物是离子化合物，能电解熔融的氯化物
11．（2018高一上·辽阳期末）下列各组物质相互反应后，没有碱生成的是 （ ）
A．Na2O2溶于水 B．红热的铁和水蒸气
C．金属钠投入水中 D．Na2O投入水中
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠属于碱，故A不选；B．红热的铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没产生碱，故B选；C．金属钠投入水中发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠属于碱，故C不选；D．Na2O投入水中与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠属于碱，故D不选。
故答案为：B
【分析】
A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠属于碱
B．红热的铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没产生碱
C．金属钠投入水中发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠属于碱
D．Na2O投入水中与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠属于碱，
12．（2018高三上·海淀期末）下列说法错误的是（ ）
A．加热鸡蛋、肉类，可使其中的蛋白质变性
B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]用于净水是因为它有氧化性
C．将海水中钢闸门连接电源负极可防止其被腐蚀
D．碳酸氢钠、氢氧化铝可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；镁、铝的重要化合物；胶体的性质和应用；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A. 鸡蛋和肉类中含有蛋白质，加热可使蛋白质发生变性，故A不符合题意；
B. 明矾中的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质而达到净水的目的，不是因为明矾具有氧化性，故B符合题意；
C. 将海水中钢闸门连接电源负极，则铁是阴极，被保护，可防止闸门被腐蚀，故C不符合题意；
D. 碳酸氢钠、氢氧化铝都可以和盐酸反应，消耗氢离子，可用于治疗胃酸过多，故不D符合题意；
故答案为：B。
【分析】该题考察蛋白质的变性、净水原理、金属的电化学腐蚀、胃酸过多处理方法
A.注意蛋白质变性的方法
B.明矾净水原理为胶体的聚沉
C.金属的电化学腐蚀闸门应连接在电极的正极
D.胃酸过多（HCl）可以用氢氧化铝或碳酸氢钠
13．（2018高一上·朝阳期末）下列“实验方法”不宜用于完成“实验目的”的是 （ ）
实验目的 实验方法
A 确认Fe(OH)3胶体是否制备成功 用可见光束照射
B 确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4 向反应后混合液中加水
C 确认钠与水反应生成NaOH 向反应后混合液中滴加酚酞
D 确认Cl2无漂白作用 将有色纸条放入干燥Cl2中
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；浓硫酸的性质实验；碱金属及其化合物的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、胶体产生丁达尔效应，用可见光束照射确认Fe(OH)3胶体是否制备成功，A不符合题意；
B、浓硫酸溶于水放热，确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4应该把混合液倒入蒸馏水中，类似于浓硫酸的稀释，B符合题意；
C、氢氧化钠是强碱，确认钠与水反应生成NaOH，可以向反应后的混合液中滴加酚酞，C不符合题意；
D、由于氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以确认Cl2无漂白作用，可以将有色纸条放入干燥Cl2中，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】注意硫酸与水混合是将硫酸加入水中。
14．（2020高二下·淳安期中）CaCO3→CaO→Ca（OH)2→NaOH的各步反应中，所属反应类型不包括（ ）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
【答案】C
【知识点】碱金属的性质；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】①碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3 CaO+CO2↑，属于分解反应；
②氧化钙和水反应生成氢氧化钙：CaO+H2O=Ca(OH)2，属于化合反应；
③氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，属于复分解反应；在此过程中没有置换反应，
故答案为：C。
【分析】化学反应基本类型：化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应。化合反应：有两种或两种以上的物质生成一种物质的化学反应，特征是：多变一；分解反应：一种物质分解生成两种或两种以上的物质的化学反应，特征是：一变多；置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的化学反应；复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应。
15．（2016高三上·咸阳期中）下列叙述正确的是（ ）
A．Li在氧气中燃烧只生成Li2O
B．将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀
C．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
D．将稀硫酸滴加到Fe（NO3）2溶液中无明显现象
【答案】A
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．在碱金属元素中，锂的活泼性较弱，和氧气反应只生成氧化锂，没有过氧化物生成，故A正确；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和氯化钡溶液不反应，故B错误；
C．氯水中含有盐酸、次氯酸，酸使紫色石蕊试液变红色，但次氯酸具有漂白性，使红色溶液褪色，所以看到的现象是：溶液先变红后褪色，故C错误；
D．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，所以溶液颜色由浅绿色变为黄色，故D错误；
故选A．
【分析】A．锂在氧气中燃烧生成氧化锂；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸；
C．次氯酸具有漂白性；
D．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子．
16．（2018高一下·沈阳期中）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A．①③④⑤ B．只有①④ C．只有③④⑤ D．只有②③
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【分析】钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、氢氧化钠与氯化亚铁生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁很容易被氧化为氢氧化铁（红褐色）；明矾溶液中加入过量氢氧化钠溶液得不到白色沉淀，因氢氧化铝具有两性，能溶于氢氧化钠溶液；少量氢氧化钙投入碳酸氢钠溶液生成白色沉淀，反应方程式为Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O；NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液生成白色沉淀，反应离子方程式为AlO2－+H++H2O=Al(OH)3↓；饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体将析出碳酸氢钠晶体，原因是（1）相同条件下，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；（2）水参加了反应，溶剂质量减少。反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓。
【点评】熟悉常见无机的性质是解决此类问题的关键。
17．（2021高一上·上饶期末）侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年所发明的一种高效，低成本的制碱方法，某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱，下列说法正确的是（ ）
A．乙装置中盛装液体为饱和溶液
B．纯碱是一种碱
C．纯碱可以做发酵粉和治疗胃酸过多
D．用装置丙中产生的制取时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、干燥、加热(灼烧)
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．乙装置中盛装液体为饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢气体杂质，A不符合题意；
B．纯碱是碳酸钠，不是碱，是盐，B不符合题意；
C．碳酸氢钠可以做发酵粉和治疗胃酸过多，C不符合题意；
D．碳酸氢钠不稳定，且溶解度比碳酸钠要小，所以用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、干燥、加热(灼烧)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A． 生成的二氧化碳会与饱和溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液；
B．纯碱是碳酸钠，是盐；
C． 纯碱的碱性太强，应用碳酸氢钠；
D．利用碳酸氢钠受热不稳定，且溶解度比碳酸钠要小。
18．（2020高一上·梅州期末）下列有关钾及钾的化合物叙述错误的是（ ）
A．钾及钾的化合物灼烧时均会发出紫色的火焰
B． 受热易分解产生
C．金属钾燃烧时生成氧化钾
D．金属钾可保存在煤油中
【答案】C
【知识点】碱金属的性质；焰色反应；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．焰色反应是金属元素的性质，钾元素的焰色为紫色，故钾及钾的化合物灼烧均为紫色火焰，故A不符合题意；
B．碳酸氢钾不稳定，受热成碳酸钾和二氧化碳，故B不符合题意；
C．由金属钠燃烧产生过氧化钠，钾比钠活泼，则钾单质燃烧时产物更复杂，可能有过氧化钾、超氧化钾等，但不是氧化钾，故C符合题意；
D．钾的密度比煤油大，且与煤油不反应，可将钾保存在煤油中，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钾的焰色为紫色，焰色反应为元素性质；
B.依据碳酸氢钾的不稳定性解答；
C.钾性质活泼，燃烧生成过氧化钾或者超氧化钾；
D.钾密度大于煤油，与煤油不反应。
19．（2020高一上·衢州期末）下列有关碱金属元素的说法中，正确的是（ ）
A．与水反应都能生成碱和氢气
B．碱金属的单质具有强还原性，可置换出硫酸铜溶液中的铜单质
C．与氧气反应都能生成过氧化物
D．随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点都逐渐增大
【答案】A
【知识点】碱金属的性质；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．碱金属单质性质活泼，与水剧烈反应都能生成碱和氢气，故A符合题意；
B．碱金属的单质具有强还原性，钠与盐溶液反应实质，先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与盐发生复分解反应，所以不能置换出硫酸铜溶液中的铜单质，而生成氢氧化铜沉淀，故B不符合题意；
C．锂在空气中燃烧生成氧化锂，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，钾在空气中燃烧的产物较复杂，故C不符合题意；
D．碱金属都是金属晶体，随核电荷数的增加，碱金属从上到下原子半径依次增大，金属键依次减弱，单质的熔沸点依次降低，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.碱金属元素与钠性质相似；
B.碱金属的单质具有强还原性，会先与溶液中的水反应；
C.钾在空气中燃烧的生成超氧化钾；
D.碱金属都是金属晶体，随核电荷数的增加金属键依次减弱。
二、非选择题
20．（2022·绍兴模拟）固体A由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：
已知：D为淡黄色固体，气体G是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518，混合物H与溶液C中的溶质相同。请回答：
（1）组成A的三种元素是 ，A的化学式是
（2）写出D与NaOH反应的离子方程式
（3）X在潮湿的空气中易转变为含A的混合物，写出相应的化学方程式
（4）写出E→H的化学反应方程式
（5）E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，请设计简单实验验证
【答案】（1）Na、S、O；
（2）
（3）
（4）
（5）取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）固体A由Na、S、O组成，其中S元素物质的量为0.08mol、Na元素含量0.08mol、则O元素含量为，原子个数比为，其化学式为，故填Na、S、O；；
（2）由题，S与NaOH溶液在加热下反应的离子方程式为，故填；
（3）对比溶液C和溶液E中溶质可知X为，在潮湿的空气中易转变为，其反应为，故填；
（4）在加热条件下生成和，其反应为，故填；
（5）E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，利用和在酸性条件下反应生成S单质的性质，检验的操作为：取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z，故填取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z。
【分析】（1）根据题目给出的实验现象和必要的数据，利用原子守恒分析；
（2）（3）（4）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒分析；
（5）依据价态归中规律设计。
21．（2020·马鞍山模拟）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：
（1）（一）碳酸钙的制备
步骤①加入氨水的目的是 。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于 。
（2）下图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是 （填标号）。
a． 漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b．玻璃棒用作引流
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d．滤纸边缘高出漏斗
e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
（3）（二）过氧化钙的制备
CaCO 滤液 白色晶体
步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈 性（填“酸”、“碱”或“中”。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是 。
（4）步骤③中反应的化学方程式为 ，该反应需要在冰浴下进行，原因是 。
（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是 。
（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是 ，产品的缺点是 。
【答案】（1）调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀；过滤分离
（2）ade
（3）酸；除去溶液中溶解的CO2
（4）CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O；温度过高时过氧化氢分解
（5）去除结晶表面水分
（6）工艺简单、操作简单；纯度较低
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）反应中盐酸过量，且溶液中含有铁离子，因此步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子；小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤。（2）a．过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁，a不正确；b．玻璃棒用作引流，b正确；c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止有气泡，c正确；d．滤纸边缘应该低于漏斗，d不正确；e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸，e不正确，故答案为：ade。（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。容易含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2。（4）根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成，则步骤③中反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O；双氧水不稳定，受热易分解，因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防止过氧化氢分解。（5）过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作简单；，产品的缺点是得到产品的纯度较低。
【分析】（1）根据流程图可知反应过程中有盐酸剩余、含有铁离子，因此要加入氨水；颗粒物较大，越容易过滤分离；
（2）在进行过滤操作时要注意“一低二贴三靠”，据此分析即可得出答案；
（3）根据反应过程中会生成二氧化碳，而二氧化碳与水反应会生成显酸性的碳酸，即溶液显酸性；为了除去溶液中溶解的二氧化碳可用煮沸的方法；
（4）在书写化学方程式时注意遵循质量守恒、原子守恒，同时要标注相应的气体与沉淀符号；过氧化氢高温易分解，据此分析；
（5）根据操作的过程、方法以及得到的产物来分析解答。
22．（2020·天津模拟）茶叶中含有多种有益于人体健康的有机成分及钙、铁等微量金属元素，某化学研究性学习小组设计方案用以检验某品牌茶叶中铁元素的存在并测定钙元素的质量分数(已知CaC2O4为白色沉淀物质)。首先取200g茶叶样品进行如图操作：
已知：①文献资料显示：某些金属离子的氢氧化物完全沉淀时的pH为：Ca(OH)2：13，Fe(OH)3：4.1
②(NH4)2C2O4溶液显酸性。
（1）实验前要先将茶叶样品高温灼烧为灰粉，需要用到的实验仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、泥三角 ，其主要目的是 。
A．蒸发皿 B．坩埚C．石棉网
（2）从滤液A→沉淀D的过程中需要加入的物质X可以选择________。
A．CaO B．Ca(OH)2 C．NH3·H2O
（3）用酸性KMnO4标准溶液滴定滤液C时发生的反应为：5C2O42-＋2MnO4-＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。将滤液C稀释至250mL，取25.00mL溶液，用硫酸酸化后，用0.10mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液体积如表所示：
编号 KMnO4溶液体积/mL
1 19.98
2 22.00
3 20.02
①此步操作过程中需要用到图示中哪些仪器
②滴定达到终点时的现象是 。
③为保证实验精确度，沉淀D及E需要分别洗涤，并将洗涤液转移回母液中，若不洗涤沉淀D，会使测定的钙元素的含量 (偏低、偏高、无影响，下同)，若不洗涤沉淀E，会使测定的钙元素的含量 。
④原茶叶中钙元素的质量分数为 。(用含a的代数式表示，已知(NH4)2C2O4的摩尔质量为124g·mol－1)。
（4）可以通过检验滤液A来验证该品牌茶叶中是否含有铁元素，所加试剂及实验现象是 、 。
【答案】（1）B；使样品中的有机物完全分解，便于后续检测
（2）C
（3）BCD；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色；偏低；偏高； －0.01
（4）KSCN溶液；溶液呈红色
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；常用仪器及其使用；碱金属及其化合物的性质实验；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)灼烧时需要用到的仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、泥三角和坩埚；高温灼烧可以使样品中的有机物完全分解，便于后续检测；(2)滤液A中加入X的目的是使pH升高从而沉淀铁离子，因本实验要测定Ca元素的含量，所以不能引入Ca元素，所以X可以选择一水合氨，即C；(3)①将滤液C稀释至250mL时需要使用到250mL容量瓶，滴定操作中需要使用酸式滴定管和锥形瓶，即BCD正确；②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为滴入最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫色，且半分钟不恢复原色；③沉淀D表面可能附着钙元素，若不洗涤导致生成的草酸钙沉淀偏低，从而使测定的钙元素含量偏低；沉淀E表面可能附着有未反应的草酸铵，若不洗涤会使消耗的高锰酸钾标准液偏少，间接计算出的生成的沉淀的量偏大，从而使测定的钙元素含量偏高；④表格数据中第2组数据偏差较大，所以舍去，则消耗的高锰酸钾标准液的平均体积为20.00mL，根据方程式5C2O42-＋2MnO4-＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，可知25.00mL稀释后的滤液C中含n剩(C2O42-)= ×0.02L×0.10mol·L－1=0.005mol，则滤液C中n剩(C2O42-)=0.005mol× =0.05mol， n总(C2O42-)= ，则与Ca2+反应的n(C2O42-)= ，根据反应Ca2++C2O42-=CaC2O4↓可知n(Ca2+)= ，所以Ca元素的含量为 =( －0.01)；(4)滤液A中有铁离子，取少量的滤液A，滴入KSCN溶液，溶液变成红色，证明溶液中存在铁离子，即茶叶中含有铁元素。
【分析】茶叶中含钙、铁等微量金属元素，灼烧后加稀硫酸，灼烧过程中茶叶中的有机物分解，铁元素被氧化成Fe3+，则滤液A中主要金属阳离子为Ca2+、Fe3+等，接着调节pH将Fe3+沉淀，从而除去，故得到的沉淀D是氢氧化铁，则滤液B中主要含Ca2+，加草酸铵发生反应Ca2++C2O42-=CaC2O4↓，故得到的沉淀E是草酸钙，滤液C中含有有未反应的(NH4)2C2O4和反应生成的硫酸铵；
测定钙元素含量的原理为：利用定量的草酸铵沉淀钙元素，测定剩余的草酸根的量，从而确定沉淀的量，继而确定钙元素的含量。
23．（2020·河北模拟）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
（1）用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是 。
（2）检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是 。
（3）沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)① ；② 。
（4）测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为 (用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能 (填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是 。
【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl
（2）取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀
（3）温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率
（4） ×100%；偏高；滴速太慢，S2O 在滴定过程中被氧气氧化
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为 =0.036cVg，CaO2的质量分数为 ×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【分析】根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
24．（2019高一上·宜昌期末）某研究性学习小组的同学想通过下图实验装置探究SO2与Na2O2反应的产物(夹持装置已略去，装置的气密性良好)。
（1）装置A中盛装H2SO4溶液的仪器名称是 。装置D除了吸收过量的SO2，避免污染空气外，还起到的作用是 。
（2）对C中固体产物提出如下假设(假设Na2O2已全部反应)：
假设1：只有Na2SO3。假设2： ；假设3：既有Na2SO3又有Na2SO4。
①甲同学认为SO2与Na2O2的反应不同于CO2，认为假设2成立。请据此写出C中所发生反应的化学方程式： 。
②乙同学为证明假设3成立，设计如下实验。实验步骤和结论为：取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；滴加过量的1mol L－1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明C中固体产物中有 ；滴加适量的1mol L－1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，则证明C中固体产物中有 。
【答案】（1）分液漏斗；防止空气中的水和CO2进入玻璃管C
（2）只有Na2SO4；SO2+Na2O2=Na2SO4；Na2SO3和Na2SO4至少有一种；既有Na2SO3又有Na2SO4
【知识点】二氧化硫的性质；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）根据仪器的结构可知，装置A中盛装H2SO4溶液的仪器名称是分液漏斗；空气中含有二氧化碳和水蒸气，碱石灰是干燥剂，所以能吸收水分，防止水蒸气的干扰，碱石灰能和二氧化碳反应，防止二氧化碳的干扰，所以装置D的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；（2）根据题给假设1、假设3可知假设2应该为：只有Na2SO4；①若假设2成立，二氧化硫和过氧化钠反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4；②乙同学为证明假设3成立，设计如下实验：实验步骤和结论为：取少量C中固体产物于试管中，加入适量的蒸馏水溶解；
滴加过量的1mol L-1BaCl2溶液，若产生白色沉淀，由于硫酸钡和亚硫酸钡均为不溶于水的白色固体，则证明C中固体产物中Na2SO3和Na2SO4至少有一种；
滴加适量的1mol L-1稀盐酸，若白色沉淀部分溶解，并产生刺激性气味气体，溶解的为亚硫酸钡，不溶的为硫酸钡，则证明C中固体产物中既有Na2SO3又有Na2SO4。
【分析】本试验的目的为探究过氧化钠与二氧化硫反应，但过氧化钠与水和二氧化碳都反应，所以这两种物质对本实验产生干扰，所以要防止这两种物质进入C中。所以B的作用为干燥二氧化硫，D的作用防止空气中的水和二氧化碳进入C中。
25．（2018高二下·揭阳期末）目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命——在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下：
（1）基态硫原子的外围电子排布式为 ，硫元素与氧元素相比，第一电离能较大的元素是 (填元素符号)。
（2）反应①、②中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是 ，其立体结构是 。
（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液 蓝色沉淀 沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式 ；深蓝色透明溶液中的阳离子(不考虑H+)内存在的全部化学键类型有 。
（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为 ；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为 pm(用含d和NA的式子表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p4 ；O
（2）sp2；V型
（3）Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O；共价键、配位键
（4）面心立方最密堆积； × ×1010。
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）S位于第三周期ⅥB族，是16号元素，基态硫原子的外围电子排布式为1s22s22p63s23p4；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧；故答案为：1s22s22p63s23p4；O；（2）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+ (6-2×2)=3，所以S原子采用sp2杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型是V型；故答案为：sp2；V型；（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成[Cu(NH3)4]2+离子，蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，深蓝色透明溶液中的阳离子(不考虑H+)内存在的全部化学键类型有共价键、配位键，故答案为：Cu(OH)2+4NH3 H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；共价键、配位键；（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，在铜的某种氧化物晶胞中，O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数= ×8+1=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，根据密度计算公式ρ＝ 可知，体积V= = cm3，所以晶胞的边长为 cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的 ，所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为 × cm= × ×1010pm，故答案为：面心立方最密堆积； × ×1010
【分析】（1）根据硫原子在元素周期表中的位置来写出其外层电子排布；同主族元素，第一电离能自上而下逐渐减小；
（2）先求出SO2中价层电子对的个数，再根据孤电子对判断其结构；
（3）硫酸铜溶液与氯水生成氢氧化铜，氢氧化铜溶解于过量的氨水中形成配位离子，进而进行判断；
（4）根据面心立方最密堆积的公式进行计算。
26．（2018高一上·西城期末）过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。
（1）CaO2溶于盐酸可得H2O2，反应的化学方程式是 。
（2）CaO2在保存时要密封，避免接触水蒸气和二氧化碳。水蒸气与CaO2反应的化学方程式是 。
（3）已知：CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。取某CaO2样品10 g（含有少量CaO杂质），充分加热后剩余固体的质量为8.4 g，则该样品中CaO2的质量分数为 。
【答案】（1）CaO2 + 2HCl = CaCl2 + H2O2
（2）2CaO2 + 2H2O = 2Ca(OH)2 + O2↑
（3）72%。
【知识点】碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：（1）过氧化钙和盐酸反应制备过氧化氢，其反应方程式为：CaO2＋2HCl=CaCl2＋H2O2；
故答案为：CaO2 + 2HCl = CaCl2 + H2O2；
(2)类似与过氧化钠与水的反应，2CaO2＋2H2O=2Ca(OH)2＋O2↑；
故答案为：2CaO2 + 2H2O = 2Ca(OH)2 + O2↑；
（3）样品中CaO2的质量为(10－8.4)×72×2/32g=7.2g，则过氧化钙的质量分数为7.2/10×100%=72%。
故答案为：72%。
【分析】（1）过氧化钙和盐酸反应制备过氧化氢，其反应方程式为：CaO2＋2HCl=CaCl2＋H2O2；
(2)类似与过氧化钠与水的反应；
（3）样品中CaO2的质量为(10－8.4)×72×2/32g=7.2g，则过氧化钙的质量分数为7.2/10×100%=72%。
