第4期：金属及其化合物(一)(钠、镁、铝)-【数理报】2027年高考化学一轮复习学案

高考化学第1~4期 数理括 答案详解 2026~2027学年高考化学第1~4期(2026年7月) 第1期2-3版精练卷（一） 9.D草酸为弱酸，离子方程式中不能拆开，正确的离子 1.D硫酸铅为重金属盐，会导致蛋白质变性，不能用作 方程式为2Mn04+5H,C,04+6H*=2Mn2++10C02↑+ 食品添加剂，A错误；木糖醇和葡萄糖酸-8-内酯属于有机 8H,O,D错误 物，不属于无机物，B、C错误；二氧化硫具有还原性，在国家规 10.A泡沫灭火器的灭火原理为3HCO,+A13+= 定的食品添加范围内，添加的二氧化硫可以起到防腐和抗氧化 A1(OH)3↓+3CO2↑，B错误；醋酸为弱酸，不能拆写，用淀粉- 的作用，D正确 K试纸和醋酸证明食盐中存在IO,的离子方程式为 2.C风化属于化学变化，A错误；CH,NH,d是甲胺 I03+5I+6CH,C0OH=3L2+3H,0+6CH3C00ˉ，C错误；饱 (CHNH2)与HC1反应生成的正盐，B错误；SO2溶于水后，与 和NaCl溶液、CO2和NH3制备小苏打的离子方程式为Na++ 水反应生成的H,S03电离出离子而导电，S02本身不电离，是 CO2+NH,+H,0=NH4+NaHCO3↓，D错误. 非电解质，D错误. 11.CA项电荷不守恒，正确的离子方程式为H02+2I+ 3.DSi02能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，Si0, 2H=2+2H0,A错误：向NH,HCO3溶液中加入足量石灰 与氢氟酸反应是特殊反应，故不是两性氧化物，A错误；碱性氧 水，NH也会参与反应，B错误；因KMnO,具有强氧化性，浓盐 化物与酸反应只生成一种盐，FeO,不是碱性氧化物，B错误； 酸具有还原性，二者能发生氧化还原反应，故高锰酸钾不能用 NaHCO3电离出的HCO,能继续电离出CO?和H+,属于酸 浓盐酸来酸化，应用硫酸酸化，D错误， 式盐，C错误 12.C铜是活性电极，作阳极时，铜优先失去电子发生反 4.C根据酸碱电子理论，在CuC2+4NH,= 应，A错误；Na2S与足量S02反应生成S,离子方程式为2S2-+ [Cu(NH)4]2++2Cl中，CuCl2接受NH,提供的孤电子对形 5S02+2H,0=3S↓+4HS0,,B错误；向含Mn2+的溶液中加 成配位键，CuCL2属于酸，A正确；N2H4中的两个N原子均含有 入足量NH,HCO,溶液沉锰的离子方程式为Mn2++2HCO,= 孤电子对，一个八2H可提供2个孤电子对，属于二元碱，B正 MnC03↓+H20+C02↑，D错误. 确：根据HC2O4+H,0、一HC,0+H,0可知，H0结合 13.A根据实验①中现象，X一定含Na2S03;根据实验② H的能力大于HC,O,,则碱性：H,0>HC,O,,C错误；配合物 中现象，X一定含CaCl2,可能含有Na,SO4;根据实验③中现 是由一方提供电子对，另一方提供空轨道接受电子对形成的， 象，一定含NH,Cl,KNO,无法判断是否含有 所以根据酸碱电子理论，配合物可看作酸和碱的反应产物，D 14.C由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀 正确. 久置无明显变化，则固体不含FeCL2,11.60g是氢氧化镁沉淀， 5.B加入烧碱生成氢氧化铁沉淀，吸附絮凝作用减弱，B 错误. Mg(0H2]=.:60g=0.2mol,m(NegC4）=0.2mol× 6.BNa[AuCL4]溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗 95g/mol=19g;产生的气体通过碱石灰体积不变，通过浓硫酸 粒，Au元素化合价降低，故Na[AuCl4]具有氧化性，纳米金为 体积变小，推断出气体中含有NH,、H2,故A1与氢氧化钠溶液 还原产物，A、D正确；纳米金属于单质，不属于胶体，B错误；纳 米金与水形成的分散系为胶体，能产生丁达尔效应，C正确. 反应产生的氢气为a()=元，#品=0.6m,根据电子得 7.CMnO,在溶液中为紫红色，A错误；Fe3+与SCN-之 失守恒3n(A1)=2×0.6mol,n(A1)=0.4mol,m(A1)= 间发生络合反应，不能大量共存，B错误；能使甲基橙变红的溶 0.4mol×27g/mol=10.8g;浓硫酸吸收氨气，n(NH3)= 液呈酸性，H、I都与CO反应，不能大量共存，D错误， (2.4-13.44)L=0.4mol,n[(NH)250,]=0.4mol×2 1 22.4 L/mol 8.Ac=1×10P的溶液呈酸性，[A1(OH)4]不 c(OH) 0.2mol,m[(NH4)2S04]=0.2mol×132g/mol=26.4g,则固 能大量共存，B错误；COˉ，MnO,均具有强氧化性，HSO,具 体共含Al、(NH4)2S04、MgCL2的质量为10.8g+26.4g+19g= 有还原性，不能大量共存，C错误；OH与NH,Ca2+与SO 56.2g,则余下59.0g-56.2g=2.8g是A1Cl3和NaC1中的一 均不能大量共存，D错误. 种或两种.步骤②发生的反应为H+OH=H,O和 高考化学 第1~4期 [A1(OH)4]+H一A1(OH)3↓+H0,步骤③发生的反应为 第2期4版专项小练 A1(OH)3+3H=A3++3H20,二者反应消耗的H的物质的 1.2Cu2++S02+2C-+2H,0=2CuCl↓+S0+4H 量之比因过量的OH的量未知而不能计算.综上C错误， 2.8514810764 15.（每空2分)(1)吸附纯净物 3.(1)2As2S3+602+3H20=2As203+3H2S203 (2)①2A1+2OH+6H0=2[A1(0H)4]+3H2↑ (2)As2S,+702+6H20=2H3As04+3H2S04 ②AI(OH),③BD④c-b】 4.(1)3546631023 233a (2)6978661839 (3)D(4)D 5.126111321N02会自发反应生成 16.(每空2分)(1)K、A13+、C0号、[A1(0H)4] N2O,而使气体体积减小或NO2溶于水反应而使气体体积减小 (2)NH4、Fe3+、H*、Ba2 (合理即可) (3)BaCO 第2期2-3版精练卷（二） (4)3Fe2++N0+4H*=3Fe3++N0↑+2H,0 1.A侯氏制碱的核心反应为NaCl+NH+CO2+H0= (5)不需要离子浓度均为0.1mol/L,从电荷守恒角度 NaHC0,↓+NH,Cl,2NaHC0,△-Na,C0,+C02↑+H,0,元 出发，只含有NH、Fe2+、d、S0才能保证电荷守恒，K+一 素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，A正确；氯碱工 定不存在 业核心是电解饱和食盐水：2NaCl+2H,0电馨2NaOH+H,↑+ 解析：加人过量稀硫酸无明显现象，说明原溶液中无 C2↑，H、C元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B错误； CO;加人过量Ba(NO,)2溶液产生气体、滤液X和沉淀A,沉 粗硅制高纯硅的核心反应为Si(粗)+3HCl300 -SiHCI,+ 淀A中一定含BaS04,原溶液中一定含Fe2+,发生反应：3Fe2++ 且，SiHC,+H,1o0eSi+3HC,Si,H元素化合价发生变化. N0+4H+=3Fe3++N0↑+2H,0,产生气体N0,不含 涉及氧化还原反应，C错误；工业制硝酸的核心反应为4NH,+ [A1(OH)4]ˉ；滤液X中加入过量NaOH溶液，加热后产生气 体、滤液Y和沉淀B,气体为NH,原溶液含NH,沉淀B中一 50,催化剂4N0+6H,0,2N0+0,=2N0,、3N02+H,0= 定有Fe(OH)3,滤液Y中通入少量CO2产生沉淀C,沉淀C中 2HNO,+NO,N、O元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D 一定有BaCO3,可能有Al(OH)3;溶液中离子浓度均为 错误。 0.1mo/L,根据溶液呈电中性，溶液中一定含NH、Fe2+、 2.D C1、SO,一定不含K+、A13+、CO3、[A1(OH):],则沉淀C 3.B稀硫酸滴人K,CO,溶液中，溶液由黄色变为橙色， 说明平衡：2C0}+2H*一Cr2O+H20正向移动，各元素 中无A1(OH)3 化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意；苯 17.(每空2分)(1)①ac 酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被 ②除去OH、C0 空气中的氧气氧化所致，与氧化还原反应有关，B符合题意；将 ③75%的乙醇溶液 铁氰化钾{K,[Fe(CN)6]}溶液滴入FeSO,溶液中，发生反应： (2)①I0+5I-+6H+=3L2+3H0 K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，各元素化合价 ②I03Fe3+、I 没有变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；制备F(OH)3 ③4K1+02+2H,0-2L2+4K0H 胶体时发生的反应为FeC,+3H,0△Fe(OH)3(胶体)+ 18.(除标注外，每空2分)(1)2FeS2+15Mn02+28H+= 3HC,各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，D不符合题意. 15Mn2++2Fe3++4s0}+14H20 失8e (2)Si02酸性氧化物(1分) 4.CH2S+402F2=SF6+2HF+402,由电子转移情况可 (3)适当增加硫酸浓度或将固体原料粉碎或加快搅拌速 率（任答一条即可，或其他合理答案）(1分)》 得8xe (4)将Fe2+氧化为Fe3 知，还原剂是HS,氧化剂是02F2,还原产物是02，氧化产物是 (5)1000根据关系式3MnS04·H,0~Mn0,,可得 SF。,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4.1molH,S完全反 应，转移电子的物质的量为8mol,数目为8N综上C正确. 3M(MnS04·H,0)-M(Mn,04) 100% 3M(MnS04·H,0) 失2xe 3×169gmo1-229gm0l×10%≈54.83%，所以需控制温度 5.BCaH2+2H20=Ca(0H)2+2H2↑，由电子转移情况可 3×169g/mol 得2×e 大于1000℃(4分) 知，H,0是氧化剂，氧化产物与还原产物均是H2,且质量相等， (6)8Mn,04+6Li,C0,+50,描袋6C0,+12iMn,0, A错误、B正确；生成1molH2,转移1mol电子，C错误；CaH2 高考化学第1~4期 与水反应生成易燃易爆的H2,会加剧火情，不可用水灭火，DS的反应，故S不可以循环利用，A错误：根据反应机理图可 错误. 知，S单质歧化生成S0?和H2S,反应的离子方程式为4S+ 6.C1个过二硫酸分子中含有1个过氧键，97g过二硫 4H0=3H2S+S0}+2H,当生成1molS0?时，理论上需 97g 酸的物质的量为4gma=0,5m,则含过氧键的数目为 要4olS参与歧化反应，B错误；Sb(+3)的沉淀去除过程发 生了非氧化还原反应，D错误 0.5Na,A错误；将化学方程式配平：5K,S20g+2MnS04+8H0= 11.B①②③中均有元素化合价发生变化，均为氧化还原 2KMn04+4K2S04+8H2S04,由反应可建立关系式：K,S20g~ 反应，A正确；酸性环境中，O不能稳定存在，②的反应为 270g 2e,270gK,s80,的物质的量为270gm=1ml,被完全还 Cl2+N0+H2O=2Cl+NO+2H,B错误；总反应中 原时转移电子数为2WA,B错误；由质量守恒可知，Y为H,SO4, OHC一CHO转化为OHC一COOH,C元素化合价由+1升高为 +2,KClO3转化为ClO2,C元素化合价由+5降低为+4，根据 C正确；从反应方程式中可以看出，5molK,S20g得电子后只 得失电子守恒，n(KClO3):n(OHC一CH0)=2:1,C正确； 能得到10mdlS0,则Y(H,S04)和K,S04中只有10mol为还 1 mol Cl02Cl得5mole,1 mol Cl2-Cl得2mole, 原产物，还有2mol(来自MnS0,)不是还原产物，D错误 消毒能力（得电子量）之比为5：2=2.5：1，D正确. 7.A化学方程式配平为NaNO,+3NaNH,融NaN,+ 12.CE值越高，氧化型物质的氧化能力越强，根据表格 NH↑+3NaOH,A正确；3 mol NaNH2参与反应，其中1mol 数据，可知酸性条件下，氧化性强弱顺序为MO,>CL2>VO2> NaNH2中的N元素化合价未发生变化生成NH,2 mol NaNH, Fe3+,A正确；根据表格数据，酸性条件下氧化性：BO?>CL2 中的N元素化合价升高转化为NaN3,故作还原剂的NaNH,占； 根据氧化还原反应“强制弱”规律，实验室可用KBO,与浓盐 参与反应的N出的物质的量的子，B错误；末给出气体所处 酸反应制备C2,B正确；根据表格数据，酸性条件下还原性 Fe2+>C,向硫酸酸化的含2 mol FeCl2溶液中加入1mol 状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；石英主要成分是 PbO2,PbO2恰好把Fe+氧化为Fe+,无氯气产生，C错误；E SiO,,高温下，产物NaOH能和SiO,反应，会腐蚀设备，D错误. 值越低，还原型物质的还原能力越强，E[Fe3+/Fe2+]=0.77V, 8.DTe和0位于同一主族，最低负化合价为-2，则 E[Fe(OH),/Fe(OH)2]<0.77V,则Fe(OH)2的还原性强于 Cu,Te中Cu元素的化合价为+1，A正确；反应①中氧元素化 Fe+的还原性，D正确. 合价降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te元素的化合价 均升高，失去电子，则CuSO4和TO2均是氧化产物，B正确；反 13.D由中和产物可知粗Pd中加人浓硝酸、浓盐酸充分 反应可生成反应：H,PdCl,A正确；热还原得Pd,发生反应： 应②中每生成1 mol Te,转移4mol电子，反应①中每生成 1 mol TeO2,转移8mol电子，故每制备1 mol Te,理论上共转移 (NH,)2PdC。+2H,△PH+2NH,+6HCL,生成1 mol Pd时， 12mol电子，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个 生成2mol氨气和6 mol HCI,故气体的物质的量为8mol,B正 反应可得O2的氧化性强于TeO2的，Te02的氧化性强于 确；(NH,),PCL。为红色沉淀，可用氯钯酸根离子检验溶液中 H2S04的，S0,在反应②中作还原剂，无法比较02和S02的氧 的NH4,C正确；溶解过程中盐酸电离出的Cl与Pd+生成配 化性强弱，且无法证明SO2的氧化性强于TO2的，D错误. 合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向进行，从而使Pd完全溶 9.B由图中信息可知，Fe(Ⅱ)和e(Ⅲ)是该反应的催 解，若用浓硫酸代替浓盐酸，无法生成配合物，会使Pd溶解效 化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，A正确；总反应 率降低，D错误 为N03+NO,+4H,+2H=N2+5H,0,反应过程中消耗了 14.A根据题目和表格信息，步骤①未发生反应；步骤② H+,pH会升高，B错误；反应③为NO2+6Fe2++8H+= 发生反应：Co2++4HC0,=[Co(C03)2]2-+2C02↑+2H20: 6Fe3++NH+2H,0,每生成1 mol NH,转移6mol电子，反应 步骤③发生反应：2C02++H,02+14HC0,=2[Co(C03)3]3-+ ④为NH+NO2=N2↑+2H20,每生成1molN2转移3mol 205-+8H0+6C0,↑2H,0,[C002H,0+0,↑：步 电子，转移电子数之比2：1，C正确；NO中心原子N的价层电 骤④发生反应：[Co(C0)3]3+6H+=Co3++3H0+ 子对数为3+5+1,3×2=3，空间结构为平面三角形，键角为 3C02↑、4Co3++2H20一4C02++02↑+4H,据此分析解答. 2 根据分析，步骤②产生的气体为CO,,步骤④产生的气体 120°；N0,中心原子N的价层电子对数为2+5+12×2=3， 2 为CO2和O2,A错误；步骤③中先发生H,O2将Co氧化的氧 含有1个孤对电子，空间结构为V形，由于孤电子对的斥力作 化还原反应，H,02作氧化剂，再发生H202在[Co(C0,)3]3的 用，键角小于120°，NH中心原子N的价层电子对数为4+ 催化作用下分解为O2的氧化还原反应，H,O2既作氧化剂又作 5-1一4×1=4，空间结构为正四面体形，键角为10928'，故键 还原剂，2个氧化还原反应本质不一样，B正确；在步骤③中生 2 成的[Co(CO3)3]-可以对H2O2产生催化作用，分解为02和 角：NO2>NO2>NH4,D正确 H,0,C正确；在步骤④中，[Co(C03)3]在H*作用下先转化 10.C在去除Sb(+5)过程中，最终生成S品S,没有生成为蓝色的Co2(S04)3溶液，再被还原为粉红色的CoS0溶液， 一3 高考化学 第1~4期 说明C02(S04),溶液在酸性条件下不稳定，D正确， l0-3mol,即na(Fe2+）=5n(KMnO4)+n(V02),n(V02）= 15.(除标注外，其余每空2分)(1)+2+4 (1.500×103m0l-5×1.000×10-4mol)×100ml=5.000× 20 mL (2)Pb0,+4H++2C1△P2*+Cl,↑+2H,0 (3)Pb0+C0=P02+CPb2++2H,0-2e=Pb02+ 103ml,a(V,0)=7a(V0)=2.500×103ml,V0,样 4H 品的纯度为2.500x10mlx182/ml×10%=91%. (4)Pb203(3分) 0.5000g 18.(除标注外，其余每空2分)(1)①<②除去1，防止 解析：(4)若a点固体组成表示为Pb0.,根据Pb02三 干扰后续实验[Cul2]+2NH·H0=[Cu(NH)2]++ P0.+(1-之)0，↑，可得(1-号)×32=239×3.35%，解得 2H0+2I(2分)、4[Cu(NH3)2]++02+8NH3·H,0= 2,故a点固体的化学式为Ph,0. 4[Cu(NH3)4]2++40H-+6H20(2分) ③2Cu+l,2=2Cul或2Cu+KL,=2Cul+KI白色沉淀逐 16.(除标注外，其余每空2分)(1)过滤 渐溶解，溶液变为无色(3分)生成的Cl覆盖在铜表面，阻 (2)3Cu+8HN03(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H,0 止反应进一步发生(3分) (3)①Au+NO,+4Cl+4H=AuCl,+N0↑+2H20 (2)在实验I~Ⅲ中均有I,生成Cul沉淀或[CuL2],使 ②AC(3分) 得+1价铜的还原性减弱，L2不能氧化C或[Cl2](4分) (4)2(3分) 第3期4版专项小练 解析：废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu,加入硝酸 1.D标准状况下，CHCl,、HF、SO,均不是气体，无法计算 酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为Ag和Cu2+,反应为3Cu+ 物质的量，A、B、C均错误。 8HN0,(稀)=3C(NO3)2+2N0↑+4H,0,3Ag+4HNO3(稀)= 2.BNa202中含有的离子有Na和O号，7.8gNa202的 3AgNO,+NO↑+2H2O,含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混 物质的量为0.1mol,含有的离子数为0.3W,A错误；D20的 合溶液，Au转化为HAuCl,反应为Au+4NaCd+5HNO3= 摩尔质量为20g/mol,1.8gD20的物质的量为0.09mol,一个 HAuCl.,+2H,O+NO↑+4NaNO3,HAuCl4经锌粉还原分离得到 D20分子含有10个中子，1.8gD20含有的中子数为0.9WA,B 金，反应为2 HAuCl4+4Z=2Au+4ZnC2+H2↑，以此解答. 正确；没有告知是否为标准状况，无法计算NH,的物质的量，C 17.(除标注外，其余每空2分)(1)6V02++C103+3H,0一 错误；常温常压下，46gC2H,0的物质的量为1mol,如果该有 C1-+6V02+6H 机化合物为乙醇，极性键数目为7Na,如果该有机化合物为甲 (2)pH过大，OH浓度过大，抑制后续离子交换反应向正 醚，极性键数目为8Na,D错误 向进行[或pH大于8，V,O:的浓度降低或A1(OH),溶解后带 3.C二氧化硅中每个硅原子形成4个硅氧键，0.1mol 入杂质](3分) Si02中含有的Si一0数目为0.4WA,A错误；单键中只有σ键， (3)取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银 三键中有一条σ键和2条π键，标准状况下，22.4L乙炔的物 溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净 质的量为1mol,乙炔的结构式为H一C三C一H,含有σ键数目 (4)防止VO,煅烧时被NH还原(3分) 为3NA,T键数目为2WA,B错误；124gP4的物质的量为1mol, (5)91%(3分) P4是正四面体结构，含有6个共价键，C正确；A山，CL。分子的结 解析：废钒催化剂的酸浸液中含VO、VO+、K+、Fe3+、 构式为Cl C Cl,含有2个配位键，1 mol Al,C。中含 A13+和S0,加入氧化剂KC1O,把VO2+氧化为VO,,用KOH 调节溶液pH约为7~8除去Fe3+、A1+,同时VO,转化为 CI CI V,O,通过“离子交换”和“洗脱”，得到含有V4O2的溶液，加 有2N个配位键，D错误. 入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH,VO,),煅烧钒酸铵生成V,O,· 4.C02和03分子均由氧原子构成，32g02和0，的混 (3)“沉钒”时，得到NH,VO,沉淀.确认沉淀已洗涤干净 合气体中含有的氧原子的物质的量为32g÷16gmol=2mol, 即检验是否含有氯离子. 数目为2NA,A正确：NO2和N20,的最简式均为NO2,46gN0 (4)加人氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO,),煅烧钒酸铵！ 和N2O,混合气体中，最简式NO2的物质的量为1mol,含有的 生成V20,其中氮元素为-3价，具有还原性，“煅烧”时须在 原子数目为3WA,B正确；3.2gSO2中的质子数目为3.2g÷ 有氧条件下进行，目的是防止V,O,煅烧时被NH还原. 64g/mol×32×Na mol=1.6N,3.2g02中的质子数目为 (5)配平后的化学方程式为V0,+Fe2++2H*=V02++ 3.2g÷32g/mol×16×Na mol-=1.6Wa,故3.2g由S02、02 Fe3++H20,Mn0,+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H20. 组成的混合物中所含质子数为1.6N,C错误；环丙烷的结构 n(KMn04)=10.00×10-3L×0.01000mol/L=1.000× CH ,聚乙烯的结构简式为七CH,一CH2, 10-4mol,ne(Fe2+)=30.00×10-3L×0.05000mol/L=1.500× 简式为H,C CH 4 高考化学第1~4期 二者的实验式均为CH2,5.6gCH2的物质的量为0.4mol,含 5.A每个NH分子含3个N一Hg键，每个NH又与Co 有碳原子的物质的量为0.4mol,数目为0.4W,D正确. 形成1个配位键（也是σ键），故0.1mol[Co(NH3)。]3+中含σ 5.B体积未知，无法计算Cl1的物质的量，A错误；常温 键数目为2.4WA,A正确：碱性氢氧燃料电池的正极反应为 下，1LpH=9的CH,COONa溶液中，c(OH)=10-5mol/L,这 02+2H,0+4e一40H,1mol02参与反应时转移4mol电 部分OH全部由水电离出，故水电离出的OH数目为 子，B错误；稀有气体都是单原子分子气体，在标准状况下， 10-5V,B正确；10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的 11.2L稀有气体的物质的量为0.5mol,含0.5mol原子，C错 质量为4.6g,物质的量为0.1mol,乙醇(C2H,0H)中含氢原子 误；根据反应前后质量守恒和质子数不变可知，M的质量数为 0.6mol,但乙醇溶液中的水分子也含氢原子，因此氢原子数目 40、质子数为19，所以M的中子数为21,2.0g2M的物质的量 大于0.6N,C错误；胶体是粒子的集合体，1 mol FeCl全部制 为0.05mol,含中子数为21×0.05mol×Nmol1=1.05WA,D 成Fe(OH)3胶体，得到Fe(OH)3胶体粒子的数目小于Na,D 错误. 错误. 失8×e 6.A1 mol Na和足量O2完全反应，无论生成氧化钠还是 6.A FeCl2+2NaBH4+6H,0-fe+2B(0H)3+2NaCI+7H2↑，由 过氧化钠，Na均变为+1价，失去1mol电子，转移的电子数目 得2e 得6× 一定为NA,A正确；5.6g铁与硝酸反应，当铁不足时，生成 转移电子关系可知生成1 mol Fe转移8mol电子，故生成28g Fe(NO)3,转移电子的数目为3Wa,铁过量时，生成Fe(NO,)2, Fe(0.5mol)转移电子数目为4Wa,A错误；NaBH4中Na与 转移电子的数目为2N,B错误；Cu与S反应生成CuS,6.4g BH4之间为离子键，1个BH4中含有4个σ键，0.5mol Cu参与反应时，转移的电子数为0.1W,C错误；电解精炼铜 NaBH4固体中σ键数目为2Wa,B正确；B(OH)3分子中，B原 时，阳极上反应的金属有Cu及活动性比Cu强的金属（如Fe、 1 子采取sp3杂化，0原子采取sp3杂化，0.5molB(OH)3中采 Z),故当阳极质量减轻32g时，电路中转移电子的物质的量 取sp3杂化的原子数目为1.5N,C正确；Fe2+会发生水解，导 不一定是1mol,数目不一定为NA,D错误. 致Fe2+浓度减小，1L0.1mol/LFeC2溶液中Fe2+数目小于 第3期2-3版精练卷（三） 0.1N,D正确. 1.D摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中 七个基本物理量之一，A错误；1mol任何物质都含有约6.02× 7.B4S02的摩尔质量为66g/mol,64g4S02在标准状 10个粒子，但构成该粒子的原子数目有所不同，B错误；阿伏 体积为664×2.41≈21.7L,A 加德罗常数的近似值为6.02×10，C错误；HC的摩尔质量与 得2e 1 ol HCI分子的质量单位不同，虽数值一样，但二者意义不相 2HNS0,H高温30，↑+s0,↑+2H,↑+W2↑+H0 同，D正确 由转移电子关 2.C同种元素的不同单质互为同素异形体，氧气和臭氧 失2x3e 属于同素异形体，化学性质相似，但不完全相同，A错误；臭氧 得4xe 和氧气之间的转化过程属于化学变化，B错误；质量相同的O, 系可知，该反应生成1molH2时转移3mol电子，B正确；SO2 和O3含有的氧原子数相同，故质子数也相同，C正确；同温同 和SO,溶于水后使溶液呈酸性，酸性条件下NO,可以将SO2、 压下，相同体积的0，和O3含有的分子数相同，原子数之比为 S0氧化为S0子，与Ba+反应生成硫酸钡沉淀，所以不可用 2:3,D错误 Ba(NO,)2溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO3,C错 3.A已知aL氢气含有b个分子，设50L氢气含有x个 误；28gN2与32g02的物质的量均为1mol,所含原子数均为 50b 分子.则：=碧根据n=片0L氢气的物质的量为m= a 2N,D错误. 8.CNHN由NH和N组成，NH中N元素的化合 =50mol,质量为50mol×2gml=1006 aN aN aN g. 价为-3，N中N元素的平均化合价为-子，A正确：同温同 4.C根据m=nM,可知分子数目相等即物质的量相等的 压下，气体体积与物质的量成正比，则两种气体的体积之比为 三种气体的质量关系为m(X)<m(Y)<m(Z),A正确；同温 1:1,B正确；分解产物的质量为28g,两种气体的物质的量相 同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，故同温同 等（设为n),则M=m_28g+2ng=15g/m0l,C错误：同温 压下三种气体中密度最小的是X,B正确；同温同压下，三种气 几总 2n mol 体的体积若均为2.24L,则它们的物质的量一定相等，但不一 同压下，N2和H2的密度之比等于摩尔质量之比，D正确. 定是0.1ml,因为没有说明是在标准状况下，C错误；同温同 9.D同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比， 体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，由于摩尔 甲、乙两室的体积之比为2：1，则物质的量之比为2：1，所以甲 质量M(Z)=2M(Y),故1gY气体和2gZ气体的物质的量相 室混合气体的物质的量为2mol,分子总数为2W,A错误；甲 等，则其压强之比为1：1，D正确. 室混合气体的物质的量为2mol,质量为19g,设氢气的物质的 5 高考化学第1~4期 量为x,可得2g/molx+32g/mol×(2mdl-x)=19g,解得x=2ZnS04,也可写作Zn0(S04)2,C正确；从B点到D点，发生的 1.5mol,甲室H2、02的物质的量之比为1.5mol:(2-1.5)mol= 反应为Zns0,分解产生Za0,既可能发生反应：ZnS0,商温 3:1,B错误；甲室混合气体的物质的量为2mol,质量为19g, Zn0+s0,↑，也可能发生反应：2Zns0,高温2Za0+2s0,↑+ 平均摩尔质量为2m。三9.5gml,同温同压下气体的密度之 O2↑，D错误. 比等于摩尔质量之比，所以甲室混合气体的密度是同温同压时 15.(每空2分)(1)AC H2密度的4.75倍，C错误；根据B项可知甲室中含有1.5mol (2)250mL2.1 氢气0.5mol氧气，若将甲室气体点燃并恢复至室温，反应后 (3)59.5 剩余0.5ol氢气，同温同压下气体的体积之比等于物质的量 (4)AC 之比，所以活塞最终停留在刻度2处，D正确， 解析：(2)测定实验共进行4次，则4次共需要盐酸 10.BNa,0溶于水，溶质为NaOH,n(NaOH)= 100mL,同时还需要考虑实验仪器的润洗等损耗，故配制盐酸 2a(Na0)）=2×2ga=1m,c(0）-12=1mL, 31g 所使用的容量瓶规格为250mL.该浓盐酸浓度为c=10002= M A错误；标准状况下，22.4LHC1的物质的量是1mol,溶于水 1000×1.19×36.5%mo/L=11.9mo/L,根据c装·V张= 36.5 配成1L溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mo/L,B正确；从 c稀·V稀可求得V旅=2.1mL. 1L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL,剩余溶液中NO,的 (3)从表中数据可以看出，第4次实验误差过大，应舍去，故 浓度仍为0.1mol/L,C错误：将一定量18.4mol/L的硫酸与水 等质量混合，由于水的密度小于硫酸的密度，混合后体积大于 前三次实验所耗Na0H的平均体积为13.20+1B,00+1B.10mL= 3 原硫酸体积的2倍，所得溶液的浓度小于9.2ol/L,D错误. 13.10mL,CaC03消耗HCl的物质的量为0.025L× 11.D第一份溶液中加人含a mol BaCl2的溶液，恰好使 0.10mol/L-0.013L×0.10mol/L=1.19×10-3mol,根据关 S0-完全沉淀为硫酸钡，则这份溶液中含a mol S0?;第二份 系式CaC03~2HCl,则该胃药中碳酸钙的质量分数为 溶液中加入含6 mol NaOH的溶液，恰好使Mg2+完全沉淀为氢 4.19×10mol×7×100g/mol 氧化镁，则这份溶液中含Mg·的物质的量是号ml,则原VL 一×100%=59.5% 0.10g 混合溶液中含6 mol Mg2+,含2 mol SO?,根据电荷守恒，含 (4)配制0.10mo/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导 (2×2a-2b)mmlK*,K*的浓度为2(2a-bmol/L 致盐酸浓度偏低，从而碳酸钙消耗盐酸的量偏高，计算时盐酸 V 剩余量偏低，最终导致碳酸钙的测量值偏高；配制0.10mo/L 12.B由得失电子数目守恒可得关系式：5FeC,04·xH,0~ 稀盐酸定容时俯视刻度线，导致盐酸浓度偏高从而导致测得剩 3KMn04,消耗0.100mol/L的酸性高锰酸钾溶液18.00mL,则 余盐酸的量偏高，最终导致碳酸钙的测量值偏低；配制 5 FeC,04·xH,0的物质的量为0.100mo/L×0.018L×3= 0.10mol/L NaOH溶液时，未冷却至室温就转移到容量瓶中， 导致氢氧化钠溶液浓度偏高，测出的盐酸剩余量偏少，导致碳 0.003mol,由FeC204·xH,0的质量为0.5400g可得： 酸钙的测量值偏高；配制0.10mol/L NaOH溶液时，摇匀后发 0.003mol×(18x+144)g/mol=0.5400g,解得x=2. 现液面低于刻度线加水至刻度线导致氢氧化钠浓度偏低，测出 13.C根据题意得到关系式Ti+~Fe3+,则n(Ti+)= 剩余盐酸量偏高，最终导致测得的碳酸钙量偏低. n(Fe3+)=cV×10-3mol,样品中钛的含量为 16.(除标注外，其余每空2分)(1)3Cu+8H++2N0,一 eVx10 mol x48 g/molx00%4.8cV 10g 3Cu2++2N0↑+4H20 14.D28.70gZnS04·7H20的物质的量为0.1mol,根据 (2)铁氰化钾（或HNO,+KSCN)(3分） 图示可知，A点时，质量变为17.90g,质量损失10.80g,A点温 (3)100mL容量瓶、分液漏斗 度为100℃，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6mol,则A (4)12.1 点物质的化学式应为ZSO,·H,O,A正确；随着温度继续升 (5)CD 高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90g- (6)2Cu(N03)2△2C0+4N02↑+02↑C,0(3分) 0.1mol×18g/mol=16.10g,即B点时ZnS04·7H20中的结 解析：(2)若废铜屑中含有杂质铁，反应后又有铜剩余，说 晶水全部失去，B正确；随着温度继续升高，ZSO,开始分解， 明溶液中的铁元素以2+的形式存在，则检验所得硝酸铜溶 分解过程中，Zn元素的质量保持不变，最终全部转化为Zn0,: 液中含有铁元素的方法为取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁 质量应为0.1mol×81g/mol=8.10g,即D点，可见C点时物 氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素；或取少 质成分既有Zn0,又有ZmS04,设Zn0为xmol,则ZnS04为 量实验所得硝酸铜溶液，先加人硝酸，氧化Fe2+为Fe3+,然后 (0.1-x)mol,81x+161×(0.1-x)=13.43,解得x≈0.033，即 加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素· n(Zn0):n(ZnS04)≈1：2，则C点物质的化学式为Zn0· (3)配制时需要规格为500mL的容量瓶，此外还需托盘 6 高考化学 第1~4期 天平、烧杯、玻璃棒，配制好后使用量筒量取450mL溶液，因此变为碳酸铵，则反应的化学方程式为C0+2[Ag(NH3)2]OH一 不需要的仪器有100mL容量瓶和分液漏斗： 2Ag↓+(NH,)2C03+2NH2 (4)所需三水合硝酸铜固体的质量为0.5L×0.1ol/L× ③若d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应， 242g/mol=12.1g. 导致与氢氧化钡反应的C02减少，将造成α偏高 (5)配制过程中，加水定容时俯视刻度线，使得溶液体积 ④设反应后气体的物质的量为bol,则二氧化碳的物质 偏小，导致浓度偏大，A不符合题意；容量瓶未干燥处理，对溶 i 的量为bm mol,起始气体物质的量为amol,则起始二氧化碳的 液的浓度无影响，B不符合题意；定容加水时超过刻度线后，立 物质的量为a(1-n)mol,氮气的物质的量为an mol,可得消耗 即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低，C符合题意；溶 二氧化碳的物质的量为[a(1-n)-bm]mol,生成CO的物质 液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少， 的量为2[a(1-n)-bm]mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)- 浓度降低，D符合题意。 bm],解得b= a(2-n ,此时的表达式为 (6)24.2gCu(N03)2·3H20的物质的量为0.1mol,完全 1+m 失去结晶水生成0.1 mol Cu(N03)2,质量为18.8g.T1~T2阶 [a(1-n)-a(2-n m mol 1+m ×100%=1-n+m-mn,-2m+nm× 段Cu(NO3)2开始分解，根据铜元素守恒，C(NO3)2分解生成 a(1-n)mol (1+m)(1-n) 0.1mol氧化铜，质量为8g,同时观察到有NO2逸出，根据氧化 1-n-m 还原反应规律，还有氧气生成，因此T℃~T2℃C(NO3)2分 100%=1+m-元×100% 第4期2-3版精练卷（四） 解产物为Gu0,NO,0,反应的化学方程式为2Cu(N0,)2△ 1.B铝与盐酸、硫酸、NaOH溶液反应均可产生H2,与硝 2C0+4N02↑+02↑.再加热生成0.05 mol Cu20,质量为7.2g 酸反应产生氮氧化物，故C符合题意。 17.(除标注外，其余每空2分)(1)恒压滴液漏斗 2.B某溶液焰色试验呈黄色，说明其溶质是含Na元素 (2)稀硫酸或稀盐酸、醋酸等（任选一种） 的化合物，可能是硝酸钠、硫酸钠、氢氧化钠等，不一定是氯化 (3)a>bd→e→f(3分） 钠，B错误 (4)吸收尾气H,S2H,S+H,Se02=SeS,↓+3H,O 3.B纯碱能与瓷坩埚中的S02反应，应用铁坩埚，A错 (5)98.3(3分) 误；医用酒精中含有水，水和钠也能反应，C错误；比较碱性强 解析：(2)装置B的作用是产生H,S,利用强酸制弱酸原 弱需浓度相同，D错误。 理，则试剂Y应为非氧化性且酸性强于氢硫酸的酸，可为稀硫 4.C反应①为Mg+2C5H6一→Mg(CH)2+H2↑，每消 酸或稀盐酸、醋酸等。 耗0.5 mol C.H。,生成0.25 mol Mg(C,H)2,则分子数为 (5)根据已知反应，可得关系式SeS,~2L~4S,0片，则该 0.25N,A错误；2.24LN2未指明在标准状况下，物质的量不 样品中 SeS2的质量分数为 一定为0.1mol,则生成的N3的数目不一定为0.2N,B错误； 00s00mLx0.01L×子×08×143gm ×100%≈ 44g0,的物质的量为品=0.1ml,反应③为2训g+ 0.100g 98.3%. C0,点槛2Mg0+C,C元素的化合价由+4价降低为0价，转移 18.(除标注外，其余每空2分)(1)分液漏斗HC 4个电子，故每消耗4.4gC02,转移的电子数为0.4V,C正 (2)干馏 确；0.15mol/L MgCl,溶液的体积未知，无法计算Mg2+的数目， (3)C0,+C商温2G0 D错误. 5.D合金的熔点比各成分的熔点都低，A错误：电负性： (4)①有白色沉淀生成 H>Mg,MgH2中，H元素的化合价为-1，Mg元素的化合价为 ②C0+2[Ag(NH,),]OH=2Ag↓+(NH4),CO3+2NH ③偏高 +2,B错误；镁和氮气会发生反应：3Mg+N,点巡MgN,C错 1-n-m 误；一定条件下，17 mol MgH2与盐酸完全反应生成34mol氢 ④1+m-n×10%(4分） 气(MgH2+2HC=MgCL2+2H2↑)，12molA1与盐酸完全反应 解析：稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由 生成18mdl氢气(2A1+6HC1=2A1Cl,+3H2↑)，共放出 于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠 52mol氢气，D正确. 溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的 6.C熔融BeCl2不导电，BeC2溶液能导电，二者满足其 焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通人足量氢氧化钡溶液 一，即为电解质，A正确；高温下用Mg还原BF2制备铍的反 中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质， 应，由于Mg比铝更活泼，所以需要保护气，C错误；铍与相邻主 (4)①d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和 族的铝元素性质相似，则B0为两性氧化物，能与强碱溶液反 水，现象是有白色沉淀生成 应，可用BeCl2溶液与足量氨水制备Be(OH)2,B、D正确 ②e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应原理可知CO 7.DM点对应溶液中盐酸有剩余，溶液显酸性，H与 > 高考化学第1~4期 CHCO0不能大量共存，A不符合题意：N点对应溶液中溶质：置内空气，再加入钠粒进行反应，A正确：生成氢气，为保证实 为NaC、A1Cl,Cl与Ag*反应生成AgC沉淀，不能大量共存， 验安全，不能一次性加入钠粒，B错误；试管中Hg用于液封，可 B不符合题意；S点后依然出现沉淀，说明A1+还未完全反应， 防止外界空气进入装置，C、D正确 此时溶液中的溶质为NaC、A1C,A13+与OH不能大量共存， 15.(除标注外，其余每空2分)(1)2A1+20H+6H0= C不符合题意；R点溶液中含有Na[Al(OH)4],Na、SO、 2[A1(0H)4]+3H2↑ C1、NO,四种离子相互之间不反应，也不与溶质成分反应，可 (2)K2(H2C03)>K[A1(0H)3](3分) 以大量共存，D符合题意. (3)搅拌、适当升温（或适当增大盐酸的浓度） 8.D溶液2中加入了NaCl固体经过盐析使得氯化铵结 (4)①增大H浓度，抑制A1Cl的水解：增大C1浓度，促 晶析出，得到的溶液3中含有较多氯化钠，两溶液中钠离子和 进A1CL3·6H,0的析出(3分) 铵根离子的浓度不同，D错误. ②饱和A1CL,溶液 9.C侯氏制碱法在溶液1中先后通入氨气和NaCl固体， 16.(除标注外，其余每空2分)(1)①b→c→hi(或i→ 促使氯化铵结晶析出，索尔维制碱法是在溶液1中加人氢氧化 h)bc 钙生成氨气和氯化钙，两种制碱法对溶液1的处理不同，A正 ②2Sr02+2C02=2SrC03+0, 确；侯氏制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氯化钠，索 ③bcadfe 尔维制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气，B正确； (2)①三颈烧瓶(1分)防止倒吸 两种制碱法中原料NaCl的利用率不相同，侯氏制碱法中循环 ②Sr2++2NH,+8H20+H,02=Sr02·8H20+2NH4中 利用的是二氧化碳和氯化钠，索尔维制碱法中没有循环利用氯 和反应生成的H,促进反应进行，同时防止产物和酸发生反 化钠，侯氏制碱法氯化钠利用率更高，C错误；两种制碱法都涉 应(3分) 及NaCl溶液、CO2和NH,反应生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受 ③蒸发浓缩、冷却结晶 热分解生成碳酸钠，都利用了碳酸氢钠的溶解度小和不稳定的 17.(除标注外，其余每空2分)(1)MgC0,高温Mg0+C0,↑ 性质，D正确： (2)NH 10.B碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，B错误. (3)将Fe2+氧化为Fe3+生成的MnO2和Fe3+能催化 11.C NaHC0,受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳， H202分解，从而加大H202用量(3分) 利用差量法即可计算出N,CO,的质量分数，A不符合题意；取 (4)4.6×10 αg混合物与足量稀硫酸充分反应，得到bgCO2,根据碳元素 (5)避免生成Mg(OH),沉淀 守恒可计算出Na2CO,和NaHCO,的总的物质的量，结合总质 (6)2HF +Mg2*=MgF2+2H 量ag,可计算出Na2C03的质量分数，B不符合题意；取ag混 解析：(4)当A13+恰好沉淀时，Fe3+早已沉淀完全， 合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg 固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH,无法计算出Na2CO,的 c(A13+)-c(A13+)·c2(0H)_K[A1(0H),]_1.3×10-8 c(Fe)c(Fe)c(OH-)K [Fe(OH)3]=2.8x10= 质量分数，C符合题意；Na2CO和NaHCO3均可与盐酸反应生 4.6×103 成水、二氧化碳和氯化钠，所得bg固体是氯化钠，利用钠元素 18.(除标注外，其余每空2分)(1)①5.3 守恒可计算出Na,CO,的质量分数，D不符合题意。 ②250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒③20.0a 12.B从铝土矿（主要成分为AL03)中提取Al20,主要 (2)①越大 利用AL,O,能与强碱溶液反应，生成可溶性Na[A1(OH)4],过 ②ⅡHCO,自耦电离的平衡常数K= 滤除去其他不溶性杂质，向滤液中通入酸性气体CO2,生成 A1(OH)3沉淀，过滤，洗涤，加热分解A1(OH)3得到A山，O;若 c(H,C0)·c(C0号）_K2_4.7×10- c2(HC0,) K4.5×107≈1×104≥K2,说明 先用盐酸溶解，Fe03、A山0，均溶解，制取A1(OH),的步骤较 HCO,自耦电离程度远大于HC0,的电离，即猜想成立(3分) 多；从Na[A1(OH)4]制备Al(OH)3,若加盐酸不容易控制量的 多少，B符合题意. 13.C在“氯化”设备中，矿料(FeTiO3+C)与CL2逆向而 行，能增大反应物的接触面积，有利于反应充分进行，A正确； “氯化”反应的化学方程式为2Fei0,+7CL,+6C高温2FeCl,+ 2TCL4+6C0,该反应中CL2与C0的物质的量之比为7：6，正 确；在高温下，镁能与氮气反应，生成氮化镁，故不能在N2氛围 中进行，C错误；流程中所需要的“Mg”,可通过电解熔融 MgCL2制取，D正确。 14.B NaNH,易和水、氧气反应，应先通入氨气，排除装 8—素养 拓展 (上接第1版) A.将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片 2.碳酸钠和碳酸氢钠的鉴别和除杂 于其中探究Mg的活泼性 除去Na,C03与 除NaHCO,→加热至恒重 B.将NaOH溶液缓慢滴人MgsO,溶液中， NaHCO3混合物 向混合溶液中 观察Mg(OH)2沉淀的生成 中的一种物质 通入足量C02 C.将Mg(OH),浊液直接倒入已装好滤纸 蒸发浓缩、冷 的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀 却结晶、过滤 D.将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量 稀盐酸，加热蒸干得无水MgCL2固体 分别向两种物质的溶 解析：稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中， Na2C03与 液中逐滴滴加稀盐酸， 气体法 而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，A错误： NaHCO3 立即产生气体的为 将NaOH溶液缓慢滴入MgsO4溶液中，发生反 NaHCO3溶液 应：Mg2++20H=Mg(OH)2↓，B正确；过滤时 滴加极稀的CaCl2溶 应该用玻璃棒引流，C错误；由于氯化镁水解生 液（或BaCl2溶液） 沉淀法 成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥 产生沉淀的为Na,CO 发，所以加热时促进镁离子水解，蒸干后将得到 鉴别Na2C03 溶液 与NaHCO, 氢氧化镁固体，D错误 分别加热两种固体， 答案：B 能产生使澄清石灰 热分解法 水变浑浊的气体的 P归纳总结镁及其化合物的性质 为NaHCO3 1.镁 分别测等物质的量 (1)镁是一种比较活泼的金属，在许多气体 浓度的两种稀溶液 测pH法 中都能燃烧.例如： 的pH,pH大的为 Na,C03溶液 2Mg+0,点燃 2Mg0(产生白烟，发出耀眼 的白光) 3.碳酸钠和碳酸氢钠混合物组分质量（分 数)的测定方法 3Mg+N,点整Mg,N,(生成黄绿色固体) 加热NaHCO3和NaCO3的固体混合物 Mg+C,△MgCl,(产生白烟) 加热法 至恒重，依据固体质量的减少可计算 →差量法 2Mg+C0,燃2Mg0+C(产生白烟，有黑 m(NaHCO3),从而得出m(Na2C03) 将混合物样品与足量稀硫酸反应，依 色颗粒生成) 气体法 据m(C02)可计算m(Na2C03)和 C守恒 (2)镁与水或酸反应 m(NaHCO3) Mg+2HCl=MgCl,+H2↑ 将混合物样品与足量Ca(OH)2溶液或 Mg+H,S04=Mgs04+H2↑ Ba(OH)2溶液反应，过滤、洗涤、千燥， Mg+2H,0△Mg(OH)2+H,↑ 沉淀法 C守恒 依据m(沉淀)可计算m(Na,C0)和 2.氧化镁和氯化镁 m(NaHCO3) 氧化镁此氯化镁熔点高，为了降低能耗，工业 将混合物样品与足量稀盐酸反应，加 电解制取镁采用的原料是氯化镁而不是氧化镁 蒸干法 热、蒸千，依据m(NaC)可计算 →Na守恒 3.从海水中提取镁 m(Na2CO3)和m(NaHCO3) 目前，大部分镁是从海水中提取出来的.流 !误区警示 程如下： (1)钠着火时，不能用水而需要用干燥的 贝冠晓CO水eo 沙土来盖灭， (2)鉴别Na,CO,和NaHCO3不能用 Ca(0H)2或Ba(0H)2溶液.因为二者与 Mg+Cl Ca(OH)2或Ba(OH)2反应均能产生白色沉淀. 循环 HCI (3)N,C0溶液的碱性更强，厨房去油污， 建议使用Na,CO,而不用NaHCO,;同样的原因， 注意：由MgCL,·6H,O获得无水MgCL2要 治疗胃酸过多选用NaHCO,而不选用NaHCO, 在氯化氢氛围下. 否则会对胃造成伤害： (4)当物质类别未知时，通过焰色试验只 命题点自 铝及其化合物 能确定其含有的金属元素种类，物质类别仍无 法确定，如某溶液的焰色试验呈紫色，则含有钾 例3（江苏）下列有关物质的性质与用途具 元素，可能是钾盐KOH等： 有对应关系的是 ( A.铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属 命题点白镁及其化合物 制品 B.氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料 例2（广东）某同学通过系列实验探究Mg C.氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的 及其化合物的性质，下列操作正确且能达到目 胃酸 的的是 () D.明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水 数理极 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 解析：铝在空气中可以与氧气反应生成致 报纸发行质量反馈电话： 密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进 0351-5271248 步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金 数况 参考答案 属制品，A错误；氧化铝为离子化合物，可用作 第3期4版专项小练 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主 电解冶炼铝的原料，B错误；氢氧化铝为两性氢 1.D2.B3.C4.C 氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；明矾 命题点一钠及其化合物 溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶 5.B6.A 体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净 第3期2-3版精练卷（三 例□(2025·黑吉辽蒙)钠及其化合物的部 水，D正确. 1.D2.C3.A4.C 分转化关系如下图.设V为阿伏加德罗常数的 答案：D 5.A6.A7.B8.C 值，下列说法正确的是 P纳总结铝及其化合物的性质 9.D10.B11.D12.B NaC1 ② 电解a ③ 1.铝 13.C14.D A.反应①生成的气体，每11.2L(标准状 (1)物理性质 15.(每空2分) 况)含原子的数目为N 铝是银白色的金属，密度、硬度均比镁的 (1)AC 大，熔点、沸点均此镁的高 B.反应②中2.3gNa完全反应生成的产物 (2)250mL2.1 (2)化学性质 中含非极性键的数目为0.1N、 (3)59.5(4)AC CL,2A1+3Cl,△2A1CL C.反应③中1 mol Na,0,与足量H,0反应 16.(每空2分) 非金属单质 04A1+302=2A1,0 转移电子的数目为2N、 (1)3C+8H++2N0 D.100mL1mol·L1NaCl0溶液中，Cl0 S2A+3S△A1S 3Cu2++2N0↑+4H,0 非氧化性酸(H) 的数目为0.1N →2A+6H=2A+3H2↑ (2)铁氰化钾（或 解析：反应①电解熔融NaCl生成Na和 部分盐(CuS0,) 2Al+3CuSO=Al2(SOa)3+3Cu HNO3+KSCN)(3分) Cl2,标准状况下11.2LCl2为0.5mol,含1mol 强威(OH） →2A1+20H+6H,0=2[A1(0H)J+3H21 (3)100mL容量瓶 氯原子，数目为NA,A正确；2.3gNa(0.1mol) 全属氧化物(Fe02Al+Fe,0,高温2Pe+Al,0, 分液漏斗 与氧气加热反应生成0.05molN,02,每个 (4)12.1 浓HSO、浓HNO常温时钝化，加热时反应 Na,02含1个0一0非极性键，所以非极性键数 (5)CD 目为0.05VA,B错误；Na,O2与水的反应为 (3)以铝土矿制备铝的工艺流程 2Na202+2H20=4Na0H+02↑，1 mol Na02 方案一：碱溶法 (6)2Cu(N0,)2△ 与水反应转移1mol电子，数目为N,C错误； 铝土矿 Co: *晶石 2Cu0+4N02↑+02↑ C20(3分) C10在水中会水解，故C10数目小于0.1Na,D 溶解过滤酸他过滤灼烧→电解→铝 Al205 17.(除标注外，其余每 错误 aOH残渣 滤液H,O 空2分)(1)恒压滴液漏斗 答案：A 方案二：酸溶法 (2)稀硫酸或稀盐酸 P归纳总结钠及其化合物的性质 ②加过量 ③通C02: 醋酸等（任选一种》 1.钠 NaOH 并控制 阁①加盐酸滤液 加园交反应，0m女四 (3)ab→d→e→f(3 (1)物理性质 沉淀 过滤残渣 过滤 滤液条件 讨滤 解 滤液 分) 洗涤 颜色状态硬度导电性密度与水相比熔点 (4)吸收尾气H2S 银白色固态质软良好比水的小 较低 2.铝的重要化合物 2H2S+H2Se03=SeS2↓ (2)化学性质 (1)氧化铝 +3H20 0,→常温：4Na+0,=2Na,0 氧化铝是一种白色难溶物质，纯净的氧化铝 加热：2Na+0,△Na0 (5)98.3(3分) 是白色晶体，俗称刚玉.氧化铝是冶炼铝的原料， 也是一种比较好的耐火材料，常用来制造耐火坩 18.(除标注外，其余 a,→2Na+Cl,A2NaCl HO 埚、耐火管和耐高温实验仪器等.氧化铝是典型 每空2分)(1)分液漏斗 →2Na+2H,0=2Na0H+H2↑ 的两性氧化物，既能和酸反应，又能和强碱反应. HC1(2)千馏 COH2Na+2C.H.OH-2C.H.ONa+H:1 Al,0,+6H*=2A13++3H,0 (3)C02+C逼2C0 as0,溶液2Na+CuS0+2H,0=Cu(0H2↓+Na,S0+H.1 AL,0,+20H-+3H,0=2[A1(0H)] (4)①有白色沉淀生成 (3)钠与滴有酚酞的水反应的实验现象及 (2)氢氧化铝 ②C0+2[Ag(NH3)2]0H 解释 氢氧化铝是几乎不溶于水的白色胶状物 浮一密度比水的小 质.它既能凝聚水中的悬浮物，又有吸附色素的 =2Ag↓+(NH4)2C03+ 一生成的气体(H2)推动钠在水面上游动 性质.氢氧化铝是典型的两性氢氧化物，既能跟 2NH3 一反应放热且钠的熔点低 酸反应，又能跟强碱反应. ③偏高 与NaOH(aq)反应、A1(OH)+OH=AI(OH)A 响一反应剧烈，产生气体 1-n-m ④1+m)(1-m AI(OH)s 与盐酸反应 红一生成碱性物质(NaOH) →AI(OH)3+3H=A1+3H0 100%(4分) (4)金属钠露置于空气中的变化过程 受热分解 →2AN(OH),△A1,0+3H,0 银白色金属钠0，表面变暗（生成Na,0) C,出现白色固体（生成NaOH)L9表面变成 招 高考 第4期 第一轮复习 总第1200期 2026年7月28日星期二 数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-208B 镁、铝及其化合物 ©陕西刘莉莉 溶液(a0H潮解)0，生成白色块状物质（生 4.侯氏制碱法 (1)原料：食盐、氨、二氧化碳等. 成Na,C0,·H,0)风化白色粉末状物质（生成 (2)生产原理流程 Na,CO,) (原料I,来自合成氯) (5)钠的制取、保存、取用及用途 制取 2NaC(熔融)电2Na+C,↑ (经e0一NH0,lHa(制产品 保存：密封保存，通常保存在煤油中； 2NaHd0,△NaC0tC.↑+H0 保存及 取用：用镊子夹取一小块钠，用滤纸把表面的煤油吸 取用 干，将钠放在玻璃片上，用小刀切下绿豆粒大小的 (3)优点：①提高了食盐的转化率：②缩短 块，剩余的钠放回原瓶中 了生产流程；③减少了对环境的污染 ①K-Na合金（液态）可用作原子反应堆的导热剂： 用途 ②用作电光源，制作高压钠灯； 5.焰色试验 ③治炼某些金属，如4Na+TiC,s4Na+T (1)实验步骤 洗 -将铂丝（或光洁无锈的铁丝）用盐酸洗净 2.氧化钠和过氧化钠 Na,O 将洗净的铂丝在外焰上灼烧至与原火焰颜色相同 化学式 Na202 颜色和状态 白色固体 淡黄色固体 蘸取试样 电子式 Na*[:0:]2-a* Na+[:0:0:]2-Na ② -在火焰上灼烧，并观察火焰的颜色 氧元素的化合价 -2 -1 化学键 离子键 离子键、非极性共价键 按照以上操作步骤，做K,C03溶液的焰色 阴、阳离子 N(02-):N(Na+)= N(O-):N(Na+)= 试验时，在外焰上灼烧，透过蓝色钻玻璃（目的 个数比 1:2 过氧化物（不属于碱 是滤去黄光，避免K,CO,中所含的微量钠盐的 类别 碱性氧化物 性氧化物) 干扰)可以观察到火焰呈紫色. Na20+H20 2Na202+2H20 与H20反应 (2)一些金属元素的焰色 2NaOH 4NaOH +02 金属元素锂钠钾钙钡铜锶 Na,0+C0, =2Na,02+2C0, 与C02反应 焰色紫红色黄色紫色砖红色黄绿色绿色洋红色 Na,CO 2Na,C01+02 Na2 O 2HC 2Na202 4HCI ?技巧点拨 与盐酸反应 2NaCl +H2O 4NaCl+2H20+02↑ 1.Na,0,与C02、H,0的反应规律 稳定性 不稳定 较稳定 用途 氧化剂、伊率剂、漂白剂 2Na202+2C02=2Na2C03+02 2Na,0,+2H,0=4Na0H+0,↑ 3.碳酸钠和碳酸氢钠 ①气体物质的量关系 名称 碳酸钠 碳酸氢钠 俗名 纯碱或苏打 无论是单一的C02或H20(g)还是两者的 小苏打 色态 白色粉末 细小白色晶体 混合物，通过足量的Na,02时，气体的物质的量 水溶性 易溶于水 能溶于水 或体积都是减半的. 稳定性 稳定 受热易分解 ②周体质量关系 CO +2H+ HCO;H+= 与H+反应 发生反应后，相当于固体(Na,0,)只吸收了 C02↑+H20(较快)C02↑+H0(更快) C0,中的“C0”,H,0中的“H,”,即1molC02或 Ca2+ +C0月 CaCl 不反应 CaC03↓ 1molH,0与足量Na,02完全反应时，固体的质 盐 2A3++3C0号 + AI3++3HC03 量分别增加28g和2g. Al2(S04) 3H0=2N(0H3↓+ A(OH)3↓+3C02 ③电子转移关系 3C02 (泡沫灭火器原理) 当Na202与C02或H20反应时，每产生 与水作用 水解，碱性较强 水解，碱性较弱 1mol02时转移2mol电子. 与酸互滴 现象与滴加顺序有关现象与滴加顺序无关 ④先后顺序关系 C0,+H,0 相互转化 一定量的Na,0,与一定量的C0,和H,0的 用在玻璃、肥皂、合成灭火器、用于治疗胃 混合物反应，可视作N,02先与C02反应，待 主要用途 洗涤剂、造纸、纺织、酸过多、发酵粉的主 C02反应完全后，Na,02再与H,0发生反应 石油，冶金等工业中要成分之 (下转第4版) 素养 测评 数理极 C.S点对应的溶液中：Na、S0?、OH、NO 第一轮复习精练卷 D.R点对应的溶液中：Na+、SO、Cl、NO 根据以下信息，回答8~11小题 涉及内容：钠、镁、铝及其化合物 [工业情境]1941年，我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱 (满分：100分，时间：75分钟) 法，提出纯碱与铵肥(NH,C1)的联合生产工艺，被命名为“侯氏制碱法”.主要 ◎数理报社试题研究中心 工艺流程如下图： 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选 溶液3 项符合题意) NH NaCl固体 C02 侯 1.粒径在1~100m的纳米铝粉常温下能与水反应释氢.向水中加入下 NH沉淀池 30℃ →溶液1 冷析池 →溶液2 盐析池 饱和 10℃ 10C 制破法 列物质，不能加快纳米铝粉释氢速率的是 ( NaCI Nhci 溶液 NaHCO3 A.稀盐酸 B.硝酸 C.稀硫酸 D.NaOH溶液 固体 2.下列叙述中错误的是 烧奶 Ca(oH)2→NH A.将Na,02置于空气中，淡黄色固体逐渐变为白色 L→溶液4 C02纯碱 索尔雏制碱法 B.某溶液焰色试验呈黄色，说明其溶质是氯化钠 8.关于侯氏制碱法的主要工艺流程，下列说法 C.金属钠保存在煤油中 错误的是 D.将实验室用剩的金属钠块放回原试剂瓶 A.若用右图装置模拟沉淀池，应先从a处通 饱和食盐刀 3.下列实验操作能达到目的的是 NH B.冷析池中发生反应的离子方程式为NH,+ ,瓷坩埚 带火星的木条 HCO3+Cl=NH,Cl↓+CO3 ,医用酒精 C.盐析池中加入NaCl,使c(Cl)增大，NH4Cl(s) NH (aq)+ -H,0 NaHCO Cl(aq)逆向移动，NH,Cl析出 D.溶液2和溶液3中离子种类和浓度均相同 B A.熔融纯碱 9.下列关于上述两种制碱法的说法，错误的是 B.证明Na,0,与水反应生成0， A.两种制碱法对溶液1的处理不同 C.验证钠能与乙醇发生反应 B.两种制碱法中可循环利用的物质不同 D.比较Na,CO,溶液和NaHCO,溶液的减性强弱 C.两种制碱法中原料NaCl的利用率相同 4.镁及其化合物的部分转化关系如下，设N,为阿伏加德罗常数的值，下 D.两种制碱法都利用了NaHCO3的溶解度小和不稳定的性质 列说法正确的是 ( 10.关于碳酸钠和碳酸氢钠，下列说法错误的是 Mg(CH)2(熔，点176℃，真空中100℃升华) A.碳酸钠和碳酸氢钠的焰色试验，火焰均为黄色 ①CH。() B.分别向装有Na2CO3和NaHCO3的试管中加少量水，均有吸热现象 Mg←点槛 C.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均可以与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀 ③ D.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱 A.反应①：每消耗0.5molC,H6生成Mg(C,H)2分子的数目为0.5N 11.下列方案不能测出Na,CO,和NaHCO,的混合物中Na,CO,的质量分 B.反应②：每消耗2.24LN2生成N3数目为0.2Na 数的是 C.反应③：每消耗4.4gC02转移电子数目为0.4N A.取ag混合物充分加热，质量减少bg D.0.15mol/L MgCL2溶液中，Mg2+数目为0.15N B.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，得到bgC0, 5.Mg,A山2是一种新型储氢合金，该合金在一定条件下完全吸氢的化学 C.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg 方程式为Mg,Al2+17H2=17MgH+12Al,得到的混合物M(17MgH+ 固体 12A1)在4.0mo/L盐酸中能完全释放出氢气.下列说法正确的是 ( D.取αg混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体 A.Mg,Al,合金的熔点介于金属镁和金属铝的熔点之间 I2.工业上用铝土矿（含Fe03及与其他物质不反应的杂质）制备较高纯 B.MgH2中，两种元素的化合价均为零价 C.在氮气保护下，将一定比例的Mg、A1单质熔炼可获得该合金 度，0，的主要工艺流程有很多步骤，下列操作步骤中最恰当的组合是( D.一定条件下，17 mol MgH2和12 mol Al与盐酸完全反应，释放氢气的 ①加盐酸溶解；②加烧碱溶液溶解；③过滤；④通人过量C0,生成 总量为52mol A1(OH),沉淀；⑤加入盐酸生成A1(H),沉淀；⑥加入过量烧碱溶液；⑦洗 6.铍及其化合物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的涤并煅烧， 战略物资.铍与相邻主族的铝元素性质相似.由下列事实进行归纳推测，不合 A.①6⑤③⑦ B.②③④③⑦C.②③⑤③⑦c0D.①③⑤③⑦ 理的是 ( 13.钛有“二十一世纪的金属”“全能金属”L一京化工Ta “现代金属”的美称以钛铁矿(FeTiO,中Ti为 →FeC高温T 选项 事实 推测 熔融BeCL,不导电，BeCl,溶液能 BeCl,是电解质 +4价)为原料，经高温“氯化”制取金属钛的流钛铁矿(F©0，)C 导电 程如右图所示.下列叙述错误的是（) B A山，0，能与强碱溶液反应 B0也能与强碱溶液反应 A.“氯化”时矿料(FεTi03+C)与Cl2逆向而行，有利于反应充分进行 铝热反应焊接钢轨时不需要保 高温下用Mg还原BF,制备镀的反应也不需 护气 要保护气 B.“氯化”时理论上参加反应的CL2与生成的C0物质的量之比为7：6 用AC,溶液与足量氨水制备 C.Mg高温还原TCL的反应，应在N,氛围中进行 0 用BeCl2溶液与足量氨水制备Be(OH): Al(OH) D.流程中所需要的“Mg”,可通过电解熔融MgCL,制取 7.向HCl、A1Cl,的混合溶液中逐滴加入NaOH溶↑n(沉淀)mol 14.利用右图装置可制备氨基钠 液，生成沉淀的量随Na0H溶液加入量的变化关系如右 (NaNH2).已知：NaNH2几乎不溶于液氨， 图所示，下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的 氨气→ R 易水解、易氧化，制备反应中有氢气生成 是 O M N V(NaOH)/mL 下列说法不正确的是 液氨 ( A.M点对应的溶液中：K+、Fe2+、S0?、CH,C00 Fe(NO:):9H-O A.先通氨气，再加人钠粒 B.N点对应的溶液中：K+、NH、Ag+、NO B.需将钠粒一次性倒入 数理极 素养 测评 C.试管中Hg用于液封，可防止外界空气进入装置 分为MgCO,含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)制备氟化镁的流程如下图： D.钠与液氨的反应为2Na+2NH,=2NaNH,+H2↑ NH,NO溶液HO2溶液H,C,04溶液 氨水 HF溶液 二、非选择题（本题包括4小题，共58分）》 15.(12分)A1Cl,·6H,0易溶于水、乙醇和乙醚.实验室用铝箔制备 菱镁矿 煅烧 蒸氨一氧化除锰除钙一除铁铝一沉淀 →MgF A1C1,·6H,0的流程如下.回答下列问题： NaOH溶液CO2 滤渣1、尾气 HCI 滤渣2 滤渣3滤渣4 滤液 已知：Km[Fe(0H)3]=2.8×10-9,K[A1(0H)3]=1.3×10-.回答下 铝箔碱溶沉淀 一→胶状固体酸溶 →溶液A--→A1Cl3·6H0 列问题： 滤液 (1)“煅烧”时，菱镁矿主要成分发生反应的化学方程式是 (1)“碱溶”时发生反应的离子方程式为 (2)已知K1(H,C03)=4.3×10-7,K2(H,C03)=5.61×10-" (2)“蒸氨”过程中“尾气”的主要成分是 (填化学式) K[A1(0H)3]=6.3×10B.通入少量C02发生“沉淀”反应，滤液中溶质主 (3)H202溶液除“氧化除锰”外，还有 的作用.生产中， 要为NC0,的原因是 所需H,0,用量远超理论值的原因是 (3)为加快“酸溶”的反应速率，可采用的实验措施有 (写出两种措施) (4)“除铁铝”过程中，当A·恰好沉淀完全时，溶液中(A c(Fe3*) (4)由溶液A制备A1Cl,· (结果保留两位有效数字) 6H,0的装置如右图所示.结晶后， 温度计 (5)“除铁铝”时，用氨水调节溶液的pH,但pH不宜过高，原因是 HCI 经过滤、洗涤、干燥制得晶体 ①通入HCl的作用是 (6)“沉淀”时，发生反应的离子方程式是 溶液」 NaOH溶液 18.(15分)某兴趣小组对NaHC0,的性质进行探究.回答下列问题： 冷水浴 ②洗涤时，选用合适的洗涤剂 (1)配制230mL0.25mo/L NaHC(0,溶液，并探究不同浓度NaHC0,溶 液与Ca(OH)2(s)的反应速率比较， 16.(16分)过氧化锶(S0,)常用作分析试剂、氧化剂等.它是一种白色 ①计算：需用托盘天平称量NaHCO,固体 粉末，加热时可与C02、水蒸气反应，室温时在水中逐渐形成无色晶体S02· ②配制溶液过程中，除下列仪器外还需要的玻璃仪器有 8H,0,与酸作用生成H,02.回答下列问题： (填仪器名称) (1)甲同学在实验室利用锶单质制备过氧化锶可能用到的仪器如下图： ③实验探究：取所配NaHCO,溶液（足量），按下表配制总体积相同的系 列溶液，分别加入mgC(0H)2固体，反应t1s后，抽滤并将沉淀烘干，称量 沉淀质量，记录如下： 钠家液 序号 V(NaHCO3)/mL V(H,O)/mL m(沉淀) ①按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a a 50.0 0 1.12m (选择必要的仪器，可重复选择). b 30.0 x 1.09m1 ②S02在空气中会变质生成碳酸盐，写出该反应的化学方程式 则x=」 ,两组实验中，平均反应速率更大的为 (填“a” 或“b”)组 ③连接好装置进行实验，实验步骤如下，正确的操作顺序为 (填 (2)用CaCl2溶液鉴别Na,C0,(aq)和NaHCO0(aq),发现两种溶液中加 字母序号) 入CaCl,溶液后均产生白色沉淀，于是设计了以下实验，探究NaHC0,(aq) a.打开分液漏斗活塞，将水滴人烧瓶中； 与CaCl,(aq)的反应. b.检查装置气密性； 实验1：向1.0×10-3mo/L NaHC0,(aq)中加入等体积的0.1mol/L c.在相应装置中装入试剂； CaCl,(aq),无明显现象. d.加热； 实验2：向0.25mo/L NaHC0,(aq)中加入等体积的0.1mo/L e.关闭分液漏斗活塞； CaCl2(aq),产生白色沉淀. 「.停止加热 ①得出结论：NaHCO,(aq)的浓度 (填“越大”或“越小”)，越有 (2)乙同学在通入氨气的条件下，在 30%H,02溶液 利于其与CaCl,(aq)反应生成白色沉淀. 水溶液中可制备得到SrO2·8H,0,实验 盒 装置如右图： ②经检验白色沉淀为CaCO,同学们对NaHC0,溶液中产生C0?的主 ①盛装SCl2溶液的仪器名称为 要原因提出了两种猜想： rCl2溶液 猜想I.主要由HC0酸性电离产生：HC0,=H*+C0. 一，仪器X的作用是 水混合物 ②写出该方法制备O2·8H20的离 猜想Ⅱ.主要由HC0;自耦电离产生：2HC0;一H,C0,+C0 子方程式： 查阅资料：K(H2C0)=4.5×10-7,K2(H,C03)=4.7×10-" 根据以上数据分析，猜想 (填“I”或“Ⅱ”)成立，理由是 NH3的作用是 ③实验结束后，得到Sr02·8H,0的操作为 过滤、洗涤、干燥 17.(15分)氟化镁(MgF2)是用途广泛的无机化工原料.由菱镁矿（主要成 (参考答案见下期)