2025年湖南衡阳正源学校高一下化学期末监测试题含解析.doc

2025年湖南衡阳正源学校高一下化学期末监测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠，下列说法正确的是（）
A．该反应过程中的能量变化如图所示
B．过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:1
C．反应中每消耗1molO2转移2mol电子
D．过氧化钠与氧化钠所含化学键完全相同
2、汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下：

下列说法不正确的是
A．稀燃过程中，NO发生的主要反应为：2NO + O2 === 2NO2
B．稀燃过程中，NO2被吸收的反应为：BaO + 2NO2 === Ba(NO3)2
C．富燃过程中，NO2被CO还原的反应为：2NO2 + 4CO === N2 + 4CO2
D．富燃过程中，CxHy被O2氧化的反应为：CxHy + (x+y/4)O2 == xCO2 + y/2H2O
3、下列有关电池的说法不正确的是（ ）
A．手机上用的锂离子电池属于二次电池
B．锌锰干电池中，锌电极是负极
C．氢氧燃料电池可把化学能转化为电能
D．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
4、第119号未知元素，有人称为“类钫”。根据周期表结构及元素性质变化趋势，下列有关“类钫”的预测中错误的是(　　)
A．单质有较高熔点 B．“类钫”在化合物中呈＋1价
C．“类钫”具有放射性 D．“类钫”单质的密度大于1 g·cm－3
5、下列各组物质中互为同分异构体的是( )
A．葡萄糖和蔗糖 B．蔗糖和麦芽糖 C．乙醇和乙酸 D．淀粉、纤维素
6、下列有关物质分类或归类正确的是
A．液氯是化合物 B．碱石灰是混合物 C．铜是电解质 D．Na2O是钠盐
7、如图是电解饱和食盐水的装置，a、b为石墨电极。下列判断正确的是

A．a为正极，b为负极 B．a极上有氢气放出
C．b极上发生氧化反应 D．b极附近溶液显碱性
8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是
A．X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小:X<Y,Z>W
C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
9、下列物质沉淀时的颜色正确的是
A．CaCO3 — 红棕色 B．BaSO4 —灰绿色 C．Al(OH)3 — 蓝色 D．AgCl — 白色
10、雾霾(其中的PM2. 5，即大气中粒径小于或等于2.5 μm的颗粒物；1 μm=1x10-6m)中物质转化如下图所示。下列说法正确的是

A．PM2.5属于胶体
B．一次颗粒物(如BC)中不含碳元素
C．二次无机颗粒物(SNA)主要成分为NH4NO3和( NH4)2SO4
D．二次有机颗粒物(SOA)主要成分属于醇类
11、下列说法正确的是
A．生成物的总能量大于反应物的总能量时，ΔH<0
B．在其他条件不变的情况下，使用催化剂可以改变反应的焓变
C．ΔH<0、ΔS >0的反应在低温时不能自发进行
D．一个化学反应的ΔH只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关
12、某燃料电池如图所示，两电极A、B材料都是石墨，下列说法不正确的是

A．氧气在正极发生还原反应
B．若电解质为氢氧化钠溶液，则负极反应式为 H2-2e-+2OH-=2H2O
C．电子由电极a流经电解液到电极b
D．若正极消耗的气体质量为4 g，则转移的电子的物质的量为0.5 mol
13、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是
A． B． C． D．
14、下列变化中，不属于化学变化的是（ ）
A．Na2O2使有色物质褪色 B．氯水使有色布条褪色
C．活性炭使红墨水褪色 D．漂白粉使某些染料褪色
15、下列实验操作正确的是
A． B． C． D．
16、下列溶液：①pH=0的盐酸，②0.5mol·L-1的盐酸溶液，③0.1mol·L-1的氯化铵溶液，④0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，⑤0.1mol·L-1的氟化钠溶液，由水电离的H+浓度由大到小的顺序正确的是
A．①②③④⑤ B．③⑤④②① C．①②③⑤④ D．⑤③④①②
二、非选择题（本题包括5小题）
17、工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，回答下列问题

（1）C的结构简式为________。
（2）丙烯酸中含氧官能团的名称为_____________。
（3）③④反应的反应类型分别为_____________、___________。
（4）写出下列反应方程式
①反应①的化学方程式____________；
②反应②的化学方程式_________________；
③反应⑤的化学方程式____________。
（5）丙烯酸（CH2 = CH — COOH）可能发生的反应有_______________（填序号）
A 加成反应 B 取代反应 C 加聚反应 D 中和反应 E 氧化反应
（6）丙烯分子中最多有______个原子共面
18、已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。

（1）A的原子序数为26，A元素在周期表中的位置：______，写出NaOH 的电子式：_____。
（2）写出检验D中阳离子的操作方法为_________________________。
（3）保存C溶液时要加固体A的原因是______________。
（4）写出下列转化的方程式：
①B→C的离子方程式：______________________________。
②E→F的化学方程式：_______________________________。
19、实验室用燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，测定装置如图(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出)：

取17.1 g A放入装置中，通入过量O2燃烧，生成CO2和H2O，请回答下列有关问题：
(1)通入过量O2的目的______________________。
(2)C装置的作用是_____________________________。D装置的作用是_____________________。
(3)通过该实验，能否确定A中是否含有氧原子？__________。
(4)若A的摩尔质量为342 g/mol，C装置增重9.90 g，D装置增重26.4 g，则A的分子式为________。
20、某同学探究同周期元素性质的递变规律，并讨论影响化学反应速率的因素。设计的实验及部分现象如下：
（实验1）将一小块钠和镁片分别放入滴有酚酞溶液的冷水中
（实验2）将表面积大致相同的镁片和铝片（均已预处理），分别投入足量相同体积的0.5 mol/L盐酸中
（实验3）将相同质量的镁片（已预处理）和铝粉分别投入到足量相同体积的0.5 mol/L盐酸和3 mol/L盐酸中
（1）实验1中钠和水反应的化学方程式是_______________________________________。
（2）下列操作能达到实验2中“预处理”效果的是________________（填序号）。
a．用砂纸打磨镁片和铝片
b．用盐酸浸泡镁片和铝片片刻
c．用烧碱溶液浸泡镁片和铝片片刻
（3）由实验2可得出决定化学反应速率的主要因素是___________________________。
（4）实验3中铝粉消失所用的时间短。由此该同学得出结论：铝比镁的金属性强。你认为该结论是否正确并说明原因____________________________________________。
21、硫酸铝是一种具有广泛用途的重要化工产品，以高岭土（含SiO2、A12O3、少量Fe2O3 等）为原料制备硫酸铝晶体[Al2(SO4)3·18H2O]的实验流程如图所示。

回答以下问题
（1）高岭土需进行粉粹，粉粹的目的是_____________________。
（2）滤渣1经过处理可作为制备水玻璃（Na2SiO3水溶液）的原料，写出滤渣1与烧碱溶液反应的化学方程式____________________________________。
（3）加入试剂除铁前，滤液1中的阳离子除了Al3+、Fe3+外还有的阳离子是__________（填离子符号）。滤渣2主要成分为Fe(OH)3，由于条件控制不当，常使Fe(OH)3 中混有Al(OH)3影响其回收利用，用离子方程式表示除去A1(OH)3的原理____________________________________________。
（4）检验滤液2中是否含有Fe3+的实验方法是（要求写出实验步骤和现象)：__________________。
（5）要从滤液2获取硫酸铝晶体需要经过多步处理，其中从溶液中得到晶体的方法是__________（填标号）。
a．蒸发结晶 b．蒸发浓缩、冷却结晶
（6）某兴趣小组为了测定晶体中Al2(SO4)3·18H2O(M=666g·mol-1)的质量分数，进行如下实验：
①准确称取l.00g晶体样品，溶于一定量水中；
②滴入0.100 mol·L-1 EDTA溶液，与Al3+反应所消耗EDTA溶液的体积25.00 mL。 （已知：EDTA与Al3+以物质的量之比1∶1反应，假设杂质不与EDTA反应）则晶体中Al2(SO4)3·18H2O的质量分数是__________；若样品中的杂质离子能与EDTA反应，所测定质量分数将会__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A、金属钠与氧气反应生成过氧化钠，该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，故A错误；
B、过氧化钠的电子式为，阴阳离子个数比为1:2，故B错误；
C、Na与氧气反应：2Na＋O2Na2O2，Na2O2中氧显－1价，每消耗1molO2，转移电子物质的量为2mol，故C正确；
D、氧化钠的电子式为，含有离子键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故D错误；
答案选C。
2、B
【解析】
A.由图可知，在稀燃条件下，一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，故A正确；
B.给出的反应中只有N元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，所以在稀燃条件下，二氧化氮与氧化钡反应生成硝酸钡和一氧化氮，故B错误；
C.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，二氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，故C正确；
D.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，CxHy与氧气反应生成二氧化碳和水，故D正确。
故选B。
3、D
【解析】
A. 手机上用的锂离子电池既能放电又能充电，故其属于二次电池，A正确；
B. 锌锰干电池中，碳棒是正极、锌电极是负极，B正确；
C. 氢氧燃料电池可把化学能转化为电能，C正确；
D. 铜锌原电池工作时，锌为负极，铜为正极，电子沿外电路从锌电极流向铜电极，D不正确；
本题选D。
4、A
【解析】分析：本题考查的是元素周期律，根据同主族元素的第变性进行分析即可。
详解：A.119号元素在第ⅠA族，根据锂、钠、钾、铷、铯、钫的顺序进行分析，同主族元素的单质熔点依次降低，故错误；B.该元素为第ⅠA族元素，化合价为+1价，故正确；C.因为钫有放射性，可以推知该元素也有放射性，故正确；D.根据同族元素规律推断，密度依次增大，所以该元素的单质密度大于1 g·cm－3，故正确。故选A。
5、B
【解析】
分析：同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，同分异构体包含碳链异构、官能团异构、位置异构等，以此来解答。
详解：A、葡萄糖的分子式为C6H12O6，蔗糖的分子式都为C12H22O11，二者分子式不同，不是同分异构体，A错误；
B、蔗糖和麦芽糖的分子式都为C12H22O11，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，二者结构不同，互为同分异构体，B正确。
C、乙醇的分子式为C2H6O，乙酸的分子式为C2H4O2，二者分子式不同，不是同分异构体，C错误。
D、淀粉和纤维丝的分子式为（C6H10O5）n，聚合度n不同，分子式不同，所以不是同分异构体，D错误；
答案选B。
点睛：本题考查了同分异构体的判断、有机物的结构，难度不大，注意对同分异构体定义的理解，注意同分异构体、同素异形体、同系物、同位素的区别。
6、B
【解析】
A. 液氯是只含有一种元素的纯净物，属于单质，选项A错误；
B. 碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的固体混合物，选项B正确；
C. 铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；
D. Na2O由两种元素组成，其中一种为氧元素，为氧化物，选项D错误；
答案选B。
7、D
【解析】
A．根据图象知，a作阳极、b作阴极，故A错误；
B．a电极上氯离子放电生成氯气，所以有氯气生成，故B错误；
C．b电极上氢离子得电子发生还原反应而生成氢气，故C错误；
D．b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，导致溶液呈碱性，故D正确；
故答案为D。
8、D
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
9、D
【解析】
A.碳酸钙是白色沉淀，故A错误；
B.硫酸钡是白色沉淀，故B错误；
C.氢氧化铝是白色絮状沉淀，故C错误；
D.氯化银为白色沉淀，故D正确。
故选D。
10、C
【解析】
分析：本题考查了物质的分类，属于基础知识，平时注重积累即可。
详解：A. PM2. 5，即大气中粒径小于或等于2.5 μm的颗粒物，不属于胶体的微粒范围，故错误；B.从图分析，一次颗粒物通过界面反应，内混后得到二次有机颗粒物，有机颗粒物中肯定含有碳元素，所以一次颗粒物中含有碳元素，故错误；C.从图分析，二次无机颗粒物含有铵根离子和硫酸根离子和硝酸等，所以主要成分为硝酸铵和硫酸铵，故正确；D. 二次有机颗粒物(SOA)主要成分不属于醇，属于酸，故错误。故选C，
11、D
【解析】A、生成物的总能量大于反应物的总能量，此反应是吸热反应，△H>0，故A错误；B、焓变只与始态和终态有关，与反应的途径无关，即使用催化剂不能改变反应的焓变，故B错误；C、根据△G=△H－T△S，因为△H<0，△S>0，因此任何温度下都能自发进行，故C错误；D、根据盖斯定律，故D正确。
12、C
【解析】
分析：氢氧燃料碱性电池中，负极上通入燃料，燃料失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上通入氧气，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答。
详解：A．b电极上氧气得电子发生还原反应作电池的正极，选项A正确；B. 若电解质为氢氧化钠溶液，则负极上氢气失电子产生的氢离子与氢氧根离子结合生成水，电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，选项B正确；C、根据以上分析，原电池中电子从负极流向正极，即从a电极流出经导线流向b电极，选项C不正确；D．正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，若正极消耗的气体质量为4克，即0.125mol，则转移的电子的物质的量为0.125mol×4=0.5mol，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应是的判断和书写知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
13、D
【解析】
分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。
详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；
C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。
答案选D。
点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。
14、C
【解析】
A、B、D项中的Na2O2、氯水、漂白粉均与有色物质发生氧化还原反应生成其他物质进行漂白，而活性炭通过吸附作用，将有色物质吸附，只发生物理变化，答案选C。
本题考查物质的漂白原理。中学阶段常见的漂白剂总结如下：
（1）氯水（HClO）、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3，它们都是强氧化剂，与有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质。
（2）SO2的漂白原理是二氧化硫跟有机色素结合成了不稳定的无色化合物，该化合物见光、遇热或长久放置又能恢复为原来的颜色，SO2漂白原理属于非氧化还原反应，SO2不能漂白指示剂。
（3）活性炭的漂白原理是吸附有色物质，是物理变化。
15、A
【解析】
A、取用液体时：①试剂瓶瓶口要紧挨试管口，防止液体流出；②标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签；③瓶塞倒放桌面上，防止污染瓶塞，从而污染药品，所以图中操作正确，选项A正确；
B、配制一定物质的量浓度的溶液定容时应用玻璃棒引流，选项B错误；
C、使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置已伸入到试管内，图中操作错误，会污染胶头滴管，应悬空滴加，选项C错误；
D、量取液体时，俯视读数引起的后果是：量取的液体比实际体积偏小，正确的读数方法是视线与凹液面相平，选项D错误；
答案选A。
16、B
【解析】
水的电离平衡：H2O H＋＋OH－，在水中加入酸或碱，抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，酸溶液中OH－是水电离的，碱溶液中H＋是水电离，结合Kw=c(H＋)×c(OH－)进行计算；
【详解】
水的电离平衡：H2O H＋＋OH－，水电离出的H＋等于水电离OH－，
①pH=0的盐酸中c(OH－)==10－14mol·L－1，即水电离出的c(H＋)=10－14mol·L－1；
②0.5mol·L－1的盐酸溶液中c(H＋)=0.5mol·L－1，溶液中c(OH－)==2×10－14mol·L－1，即水电离出的c(H＋)=2×10－14mol·L－1；
③NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋水解，使NH4Cl溶液显酸性，促进水的电离；
④0.1mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，水电离c(H＋)=10－13mol·L－1；
⑤NaF为强碱弱酸盐，F-水解，使NaF溶液显碱性，促进水的电离；
③和⑤促进水的电离，由于NH3·H2O的电离程度小于HF，等物质的量浓度的NH4＋水解程度大于F－，即氯化铵溶液中水电离出的c(H＋)大于NaF溶液中水电离出的c(H＋)，综上所述水电离出c(H＋)由大到小的顺序是③⑤④②①，故选项B正确；
答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、CH3COOH 羧基 氧化反应 加聚反应 +HNO3+H2O CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH CH2=CH－COOH＋CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3＋H2O ABCDE 7
【解析】
分析流程图，B被高锰酸钾氧化得到C，B和C可得到乙酸乙酯，则B为乙醇，C为乙酸，所以A为乙烯，。
【详解】
（1）C为乙酸，其结构简式为CH3COOH；
（2）丙烯酸中含氧官能团的名称为羧基（-COOH）；
（3）反应③为氧化反应，反应④为加聚反应；
（4）反应①为苯的硝化反应，其化学方程式为+HNO3+H2O；
反应②为乙烯水化法制备乙醇，方程式为CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；
反应⑤为乙醇和丙烯酸的酯化反应，方程式为CH2=CH－COOH＋CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3＋H2O；
（5）丙烯酸中的官能团有碳碳双键和羧基，所以可能发生的反应有加成、取代（酯化）、加聚、中和、氧化，故答案为ABCDE；
（6）丙烯分子的结构为其中，碳碳双键上的两个碳、三个氢和甲基上的一个碳为一个平面，当甲基的角度合适时，甲基上的一个氢会在该平面内，所以最多有7个原子共平面。
18、第四周期第Ⅷ族 取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3＋ 防止Fe2＋被O2氧化 Fe3O4 +8H+ = Fe2＋ +2 Fe3＋ + 4H2O 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3
【解析】
F是红褐色沉淀，即F为Fe(OH)3，A是一种常见金属，结合框图中物质的转化，从而推知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，G为Fe2O3，X为H2；
【详解】
F是红褐色沉淀，即F为Fe(OH)3，A是一种常见金属，结合框图中物质的转化，从而推知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，G为Fe2O3，X为H2；
（1）A为26号元素，且A为Fe，Fe元素在周期表中的位置：第四周期Ⅷ族；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，即NaOH电子式为；
（2）D为FeCl3，检验Fe3＋常用KSCN，即操作步骤是取D溶液少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变为(血)红色，证明含Fe3＋；
（3）C为FeCl2，Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，且2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，因此保存FeCl2溶液加铁屑的原因是防止Fe2＋被O2氧化；
（4）①Fe3O4与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O；
②Fe(OH)2→Fe(OH)3，其化学反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
19、使有机物A充分燃烧 吸收A燃烧后生成的H2O 吸收A燃烧后生成的CO2 能 C12H22O11
【解析】
有机物A完全燃烧生成CO2和H2O，通过测定生成的CO2、H2O的量确定实验式，用浓硫酸吸收水蒸气，用碱石灰吸收二氧化碳。由于装置内有空气，会影响水蒸气、二氧化碳质量测定，实验开始时，要先通入氧气排尽装置内空气，据此解答。
【详解】
（1）燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，要通入过量O2使有机物在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水；
（2）C装置中的试剂为浓硫酸，用于吸收有机物燃烧生成的水，D装置中的试剂是碱石灰用于吸收有机物燃烧生成的二氧化碳；
（3）通过浓硫酸增重的质量可以求出有机物中氢的质量，通过碱石灰增重的质量可以求出有机物中碳的质量，再根据A的质量判断是否有氧元素；
（4）浓硫酸增重可知水的质量为9.90g，可计算出n（H2O）==0.55mol，n（H）=1.1mol，m（H）=1.1g；使碱石灰增重26.4g，可知二氧化碳质量为26.4g，n（C）=n（CO2）==0.6mol，m（C）=7.2g，m（C）+m（H）=8.3g，有机物的质量为17.1g，所以有机物中氧的质量为8.8g，n（O）==0.55mol，n（C）：n（H）：n（O）=0.6mol：1.1mol：0.55mol＝12：22：11，即实验式为C12H22O11，A的摩尔质量为342g/mol，所以分子式也为C12H22O11。
20、2Na + 2H2O === 2NaOH + H2ab反应物本身的性质不正确,影响反应速率的因素还有浓度和表面积
【解析】
（1）Na是活泼金属，与水反应生成NaOH和氢气，化学方程式为：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑。（2）用砂纸打磨镁片和铝片或者用盐酸浸泡镁片和铝片片刻，都能够除去镁和铝表面的氧化膜，用烧碱溶液浸泡镁片和铝片片刻，只能去掉铝片表面氧化膜，故能达到实验2中“预处理”效果的是ab。（3）将表面积大致相同的镁片和铝片（均已预处理），分别投入足量相同体积的0.5 mol/L盐酸中，镁片比铝片反应速率快，可得出反应物本身的性质决定化学反应速率。（4）实验3中，影响反应速率的因素还有浓度和表面积，而固体反应物的表面积和酸的浓度均不同，故该同学得出的结论不正确。
点睛：本题考查影响化学反应的影响因素，题目难度不大，注意决定化学反应速率的因素是反应物本身的性质，当多个外因同时影响化学反应速率时，不能盲目下结论，要控制变量，讨论其中一个变量，才能作出正确结论。
21、加大反应接触面积，加快反应速率，使反应充分SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OH+Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-取少量滤液2于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有铁离子，反之则无B83.25%偏高
【解析】本题靠擦汗化学工艺流程，（1）粉碎高岭土，增加与硫酸的接触面积，加快反应速率，使反应充分；（2）SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应，氧化铝是两性氧化物，与硫酸反应生成Al2(SO4)3，Fe2O3是碱性氧化物，与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，因此滤渣1为SiO2，与烧碱反应的化学反应方程式为SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；(（3）根据流程，酸溶加入硫酸是过量，以及(2)的分析，溶液中阳离子有Al3＋、Fe3＋和H＋，氢氧化铝为两性氧化物，氢氧化铁为碱，因此除去氢氧化铝，用NaOH溶液，因此反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O或Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]-；（4）检验Fe3＋一般有KSCN溶液，如果溶液变红，说明含有Fe3＋，具体操作是取少量滤液2于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有铁离子，反之则无；（5）得到硫酸铝晶体中含有结晶水，因此采用蒸发浓度、冷却结晶的方法得到，蒸发结晶，容易失去结晶水，故B正确；（6）EDTA与Al33＋：1反应，因此硫酸铝的物质的量为25×10－3×0.1/2mol=1.25×10－3mol，其质量为1.25×10－3×666g=0.8325g，质量分数为0.8325/1×100%=83.25%，如果杂质与EDTA反应，消耗EDTA的体积增多，求的Al3＋的物质的量增大，即质量分数偏高。