化学解析版河北省衡水中学届高三开学二调考试化学试题精校Word版.docx
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化学解析版河北省衡水中学届高三开学二调考试化学试题精校Word版
衡水中学2019届高三开学二调考试化学试题
1.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是
A.卤族元素的氢化物稳定性从上到下逐渐减弱
B.卤素的单质其熔沸点从上到下逐渐增大
C.碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性从上到下逐渐增强
D.碱金属元素单质的密度从上到下逐渐升高
【答案】D
【解析】
【分析】
A、第VIIA族元素从上到下,非金属性在减弱,则其氢化物的稳定性逐渐减弱；B、VIIA元素形成的单质为分子晶体，随着分子间作用力的增大，其单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高；C、碱金属元素从上到下，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强；D.从上到下,第IA族元素单质的密度总体逐渐增大,但钾的密度比钠小。
【详解】A、卤族元素从上到下，原子半径增减增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，A正确；B.VIIA元素,非金属单质的熔沸点随核电荷数的增加而升高,因为单质属于分子晶体,熔沸点与分子间作用力有关,分子构型相同,相对分子量越大,分子间作用力越大,则熔沸点越高，B正确；碱金属元素从上到下，原子半径增减增大，金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，C正确；碱金属元素单质的密度从上到下呈现增大的趋势，钾的密度比钠小为特例，D错误；正确选项D。
2.下列有关物质的工业用途不正确的是
A.钠：
制备过氧化钠、氯化钠等
B.铝：
制导线：
用作冶炼锰、钨的原料
C.碳酸氢钠：
制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药
D.碳酸钠：
制玻璃、制肥皂、制烧碱、造纸、纺织
【答案】A
【解析】
【分析】
A.钠与氧气可制过氧化钠，工业上常用海水晒盐获得氯化钠；B.铝有还原性和良好的导电性；C.碳酸氢钠能够与盐酸反应生成二氧化碳；D.碳酸钠能够与二氧化硅高温下反应，能够与熟石灰反应，碳酸钠溶液显碱性，可以用来造纸、纺织。
【详解】A.钠的性质活泼，可以与氧气反应制备过氧化钠；虽然钠与氯气反应得到氯化钠，但从经济上考虑不划算，工业上常用海水晒盐，A错误；B.铝具有良好的导电性，可以制导线；具有还原性，用作冶炼锰、钨的原料；B正确；碳酸氢钠能够与盐酸反应，并产生二氧化碳和水，因此可以制发酵粉、治疗胃酸过多的胃药，C正确；D.碳酸钠能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，碳酸钠溶液显碱性，可以制肥皂、纺织等，D正确；正确选项A。
3.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A.氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】
试题分析：
A.氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A项正确；B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B项正确；C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C项正确；D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。
由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D项错误；答案选D。
考点：
考查探究实验的方案设计与评价，氯水的成分。
视频
4.甲、乙为单质，丙、丁为氧化物，它们存在如图反应（反应条件省略）。
下列各组的甲、乙一定不符合的是
A.铝和铁B.氟和氧C.碳和硅D.镁和碳
【答案】B
【解析】
【分析】
甲、乙为单质，丙、丁为氧化物，则该反应是置换反应；根据图片知甲为还原剂具有还原性，乙是还原产物，根据物质的性质来分析解答。
【详解】A.如果甲为铝，乙为铁，金属铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁，A正确；B.甲为氟，乙为氧，氟气和水反应生成氢氟酸和氧气，氢氟酸不属于氧化物，B错误；C.甲为碳，乙为硅，碳与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，C正确；D.甲为镁，乙为碳，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，D正确；正确选项B。
【点睛】本题在解答时，一定要注意：
该转化过程一定要满足置换反应特点，且必须满足甲、乙为单质，丙、丁为氧化物的条件；上述反应中氟气和水反应生成氢氟酸和氧气，没有氧化物，不符合题意要求。
5.若用X代表F、Cl、Br、I四种卤族元素，下列能够表达它们的共性反应的是（）
A.X2+H2O═HX+HXOB.2Fe+3X2═2FeX3
C.X2+H2═2HXD.X2+2NaOH═NaX+NaXO+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A、F2与水反应，生成HF和O2为特例；B.I2+Fe=FeI2为特例；C.均能发生X2+H2═2HX反应；D.F2与NaOH溶液反应生成氟化钠和氧气为特例。
【详解】A、F2与水反应，生成HF和O2，其它符合X2+H2O═HX+HXO规律，A错误；B.I2与铁反应生成碘化亚铁，其它符合2Fe+3X2═2FeX3规律，B错误；卤素单质均能与氢气化合，C正确；F2与水反应，生成HF和O2，生成的HF与NaOH反应生成NaF和H2O，不符合X2+2NaOH═NaX+NaXO+H2O反应规律，D错误；正确选项C。
【点睛】第VIIA族元素最外层电子数相同，因此具有相似的化学性质，元素形成的单质都能够与水、碱、氢气、铁等物质发生反应；但是由于随着核电荷数的增大，原子半径逐渐增大，核对外层电子的吸引能力逐渐减弱，元素的非金属性逐渐减弱，化学性质有所不同，体现了同主族元素性质的递变性，解题时要注意到这一点。
6.下列实验操作能达到实验目的的是
A.加热使I2升华，可除去铁粉中的I2
B.电解熔融的氯化铝，可制备铝单质
C.加入足量氨水，充分振荡、过滤，可除去硫酸铜溶液中的硫酸铝杂质
D.将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色，可制备Fe（OH）3胶体
【答案】D
【解析】
【分析】
A项，加热时，碘与铁反应；B项，氯化铝为共价化合物，熔融的氯化铝不导电；C项，铜离子、铝离子均能与氨水反应生成沉淀；D项，将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色的分散系为Fe（OH）3胶体。
【详解】A项，加热时，碘与铁反应，不能用加热的方法除杂，A错误；B项，氯化铝为共价化合物，熔融的氯化铝不导电，应电解熔融氧化铝制备铝单质，B错误；C项，铜离子、铝离子均能与氨水反应生成沉淀，无法达到除杂的目的，C错误；D项，将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中继续煮沸至液体呈红褐色，可以制备出Fe（OH）3胶体，D正确；正确选项D。
7.氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：
F2+H2O═HOF+HF。
该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是
A.氟单质与水反应制氧气B.钠与水反应制氢气
C.氯气与水反应制次氯酸D.过氧化钠与水反应制氧气
【答案】A
【解析】
【分析】
F2+H2O=HOF+HF中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高到0，水是还原剂，以此来解答。
【详解】F2+H2O=HOF+HF中，水为还原剂；A．氟单质与水反应制氧气，水中O元素的化合价升高，水为还原剂，A正确；B.钠与水反应制氢气，水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，B错误；C.氯气与水反应制次氯酸，只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，C错误；D.过氧化钠与水反应制氧气，过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低，水既不是氧化剂也不是还原剂，D错误；正确选项：
A。
8.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是
A.“以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
B.“墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化
C.“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变
D.“煤饼烧蛎房成灰（蛎房即牡蛎壳）”中灰的主要成分为氧化钙
【答案】B
【解析】
【分析】
A.铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁，属于化学反应；B.黄泥具有吸附作用，来吸附红糖中的色素，是物理变化；C.硫化汞加热分解为硫和汞，遇冷后又化合为硫化汞，属于化学变化；D.牡蛎壳为贝壳，主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙。
【详解】铁与硫酸铜溶液反应生成的铜附着在铁的表面，同时生成硫酸亚铁溶液，说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术，A正确；黄泥具有吸附作用，可以采用黄泥来吸附红糖中的色素，以除去杂质，是物理变化，B错误；丹砂为硫化汞，不稳定加热分解为硫和汞，温度降低时，又可以发生化合反应生成硫化汞，讲的是单质与化合物之间的互变，C正确；牡蛎壳为贝壳，主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“煤饼烧蛎房成灰（蛎房即牡蛎壳）”中灰的主要成分为氧化钙，D正确；正确选项B。
9.下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A.
CO（g）
CO2（g）
NaOH溶液、浓H2SO4
洗气
B.
NH4Cl（aq）
Fe3+（aq）
NaOH溶液
过滤
C.
Cl2（g）
HCl（g）
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D.
Na2CO3（s）
NaHCO3（s）
--
灼烧
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
A项，CO2会和NaOH溶液反应而CO不与NaOH溶液反应；B项，NH4+、Fe3+均能与氢氧化钠溶液反应；C项，HCl气体极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小；D项，Na2CO3性质稳定，NaHCO3不稳定，受热分解。
【详解】A项，CO2会和NaOH溶液反应而CO不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液以洗气的方法除去CO2，再通过浓H2SO4溶液除去水蒸气，故A项正确；B项，氢氧化钠溶液与Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，但是氢氧化钠溶液也会和NH4+反应生成弱碱NH3∙H2O，不能达到除杂的目的，故B项错误；C项，HCl气体极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，所以可以通过饱和食盐水和浓硫酸通过洗气的方法除去HCl气体，从而达到提纯的目的，故C项正确；D项，Na2CO3灼烧无变化，NaHCO3灼烧会分解生成Na2CO3、H2O和CO2，H2O和CO2以气体形式逸出，所以可通过灼烧除去NaHCO3，故D项正确；正确选项：
B。
10.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程，下列有关说法正确
的是
A.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl和NH4Cl
B.①粗盐提纯中除去杂质离子Mg2+、Ca2+、SO42-时，必须先除Ca2+后除SO42-
C.在工段③、④、⑤中，溴元素均被氧化
D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
【答案】A
【解析】
【分析】
A项，“侯氏制碱法”的基本原理是：
在浓氨水中通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢铵溶液，然后在此盐溶液中加入细的食盐粉末，碳酸氢钠由于在该状态下溶解度很小，呈晶体析出，析出的碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱；B项，粗盐溶于水，加入氢氧化钠溶液除去镁离子，再加入氯化钡溶液，除去硫酸根离子，最后加碳酸钠溶液除去钙离子和钡离子；或者粗盐溶于水，先加氯化钡溶液，除去硫酸根离子，再加入氢氧化钠溶液除去镁离子，最后加碳酸钠溶液，除去钙离子和钡离子；C项，第④步骤，Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原；D项，工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁。
【详解】A项，“侯氏制碱法”中发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3反应，是利用NaHCO3的溶解度比较小的规律，故A项正确；B项，粗盐溶于水，先加入氢氧化钠溶液、再加氯化钡溶液、最后加碳酸钠溶液，先后除去Mg2+、SO42-、Ca2+；或先加氯化钡溶液、加入氢氧化钠溶液、最后加碳酸钠溶液，先后除去SO42-、Mg2+、Ca2+；所以没有先后之分，故B项错误；C项，第③、⑤步骤，溴元素被氧化，第④步骤，Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原，故C项错误；D项，电解饱和MgCl2溶液制得的是Cl2和H2，工业上通过电解熔融状态的MgCl2制取金属镁，故D项错误；正确选项A。
【点睛】本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大。
11.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。
在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。
溶解28.4g上述混合物，消耗1mol/L盐酸500mL。
灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是
A.35gB.30gC.25gD.20g
【答案】D
【解析】
【分析】
碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于1mol/L500mL盐酸，转化为氯化铜，根据氯原子守恒可求出氯化铜的物质的量；在高温下，碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分解成氧化铜，氧化铜固体中铜原子的量等于氯化铜中铜原子的量，据此解答。
【详解】混合物溶于盐酸，生成氯化铜。
n（HCl）=1×0.5=0.5mol，则根据氯原子守恒可知，氯化铜的物质的量是0.5/2=0.25mol，则铜原子的物质的量是0.25mol；在高温下，碳酸铜和碱式碳酸铜这两种化合物均能分解成氧化铜，根据铜原子守恒规律可知，最终生成的氧化铜是0.25mol，质量是0.25mol×80g/mol＝20g；正确选项D。
12.下列说法不正确的是
A.向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B.向NaHCO3溶液中加入Ba（OH）2固体，CO32-的浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
C.有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液：
①将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中；②将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中；①②两种操作生成的CO2体积之比为3∶2
D.将等质量的Na2O和Na2O2样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是：
a=b
【答案】D
【解析】
试题分析：
A．向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应，因此在此过程中．溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计），A正确；B．向NaHCO3溶液中加入Ba（OH）2固体，首先生成碳酸钡和碳酸钠，继续加入氢氧化钡，碳酸钠转化为碳酸钡，所以CO32-的浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计），B正确；C．有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液：
①将Na2CO3溶液逐滴滴入HCl溶液中立即产生CO2，物质的量是0.15mol；②将HCl溶液逐滴滴入Na2CO3溶液中，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应，生成CO2是0.1mol，因此①②两种操作生成的CO2体积之比为3：
2，C正确；D．设质量都为1g，水的质量分别为mg，则
Na2O+H2O=2NaOH△m
1mol2mol62g
1/62mol1/31mol1g
溶质的质量为40/31g，溶液的质量分数分别为
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑△m
2mol4mol124
1/78mol1/39mol64/78g
溶质的质量为40/39g，溶液的质量分数分别为
由于31m+31＜39m+32，所以a%＞b%，即a＞b，D错误，答案选D。
【考点定位】考查钠及其化合物性质、计算等
【名师点晴】该题综合性强，难度较大。
分析Na2CO3和NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的先后顺序：
在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。
由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。
只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。
13.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A.
向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水
溶液变蓝
还原性：
I―＞Fe2＋
B.
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液
无明显现象
该过程未发生原电池反应
C.
向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末
出现红褐色沉淀和无色气体
FeCl2溶液部分变质
D.
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸
白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸
所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.氯气先氧化碘离子，说明还原性：
I―＞Fe2＋；B.锌比铁活泼，锌做负极失电子，铁不能失电子；C.Na2O2具有强氧化性，能够直接把亚铁离子氧化为铁离子；D.SO2通入BaCl2溶液不反应，硝酸具有强氧化性，会把+4价硫氧化为+6价，生成硫酸钡沉淀。
【详解】A.向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水，溶液变蓝。
说明碘离子被氯气氧化为碘单质，氯气先氧化碘离子，说明还原性：
I―＞Fe2＋，A正确；B.锌的活泼性大于铁，因此锌做负极失电子，而铁被保护，发生了原电池反应，但溶液中无亚铁离子，所以一段时间后滴入几滴K3[Fe（CN）6]溶液无明显现象，B错误；C.向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，过氧化钠具有强氧化性，能够把亚铁离子全部氧化为铁离子，不能证明FeCl2溶液是否变质，C错误；D.硝酸具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以反应发生后直接生成硫酸钡沉淀，没有亚硫酸钡沉淀，D错误；正确选项A。
【点睛】SO2 与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。
14.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的的是
A.用图a所示装置验证H2在Cl2中燃烧的实验现象
B.用图b所示装置从饱和食盐水中提取氯化钠
C.用图c所示装置探究氧化性：
KMnO4＞Cl2＞I2
D.用图d所示装置分解MgCl2·6H2O获取MgCl2
【答案】C
【解析】
【分析】
A.氯气的密度大于空气密度，盛有氯气的集气瓶应该正放；B.蒸发氯化钠溶液应该用蒸发皿而不是坩埚；C.高锰酸钾氧化氯离子变为氯气，氯气氧化碘离子变为碘；D.MgCl2·6H2O受热发生水解。
【详解】A.氯气的密度大于空气密度，因此盛有氯气的集气瓶应该正放，A错误；B.从溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶方法,应该用蒸发皿蒸发氯化钠溶液,坩埚用于灼烧固体，故B错误；C.高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，说明氧化性KMnO4＞Cl2；生成的氯气能够把碘离子氧化碘单质，氧化性Cl2＞I2，结论正确，C正确；D.MgCl2·6H2O受热后发生水解，不能得到MgCl2固体，D错误；正确选项C。
15.某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液反应：
下列说法正确的是
A.由实验1可以得出结论：
金属铝的活泼性弱于金属铜
B.溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因
C.实验2中生成红色物质的离子方程式：
Al+Cu2＋→Al3＋+Cu
D.由上述实验可推知：
用砂纸打磨后的铝片分别与c（H+）均为0.2mol/L的盐酸和硫酸反应，后者更剧烈
【答案】B
【解析】
【分析】
A项，根据实验2即可推翻由实验1得到的结论；B.溶液中阳离子均为铜离子，阴离子分别为氯离子和硫酸根离子，阴离子种类不同导致实验现象不同；C.方程式没有配平；D.含有氯离子的铜盐与铝反应剧烈。
【详解】A项，实验1虽然没有明显现象，但并不能说明铝的活泼性弱于铜，只能说明试管1内没有反应发生，再结合实验2即可推翻仅由实验1得到的结论，故A项错误；B项，由图中实验1和实验2对比可知，两者之间唯一的变量就是阴离子种类不同，因此阴离子种类不同就是实验现象不同的原因，故B项正确；C项，方程式未配平，应为：
2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故C项错误；D项，c（H+）均为0.2mol/L的盐酸和硫酸，由B项分析可知氯离子会促进铝的反应，因此前者更剧烈，故D项错误；正确选项B。
16.为了探究金属单质M与盐溶液的反应，某同学进行了下列实验，实验过程及现象如图所示，结合实验现象判断，该同学得出的下列结论中正确的是
A.向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀
B.滤渣可能是两种单质的混合物
C.滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解
D.加入的金属M可能是镁或钠
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、向滤液中滴加盐酸的实验现象不可能是产生白色沉淀，因为滤液中不含有银离子，加入稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，A错误；B、滤渣中一定含有单质银、铜和M，B错误；C、滤渣中一定含有单质银、铜和M，M活泼些大于铜和银，所以滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解，C正确；D、加入的金属M不是单质钠，因为钠和硝酸银、硝酸铜溶液的反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和铜离子、银离子生成沉淀，加入盐酸无气体生成，D错误；答案选C。
【考点定位】本题考查了化学实验分析
【名师点晴】实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础。
选项D是易错点，注意钠的金属性，钠与盐溶液的反应：
钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。
例如钠与氯化铁溶液反应：
2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3＝Fe（OH）3↓＋3NaCl。
17.用4种溶液进行实验，下表中“溶液”与“操作及现象”对应关系错误的是（）
选项
溶液
操作及现象
A.
Ca（OH）2溶液
通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊
B.
NaAlO2溶液
通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失
C.
Ca（ClO）2溶液
通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
D.
CaCl2溶液
通入CO2，溶液没有明显变化，再通入氨气，溶液变浑浊
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、发生Ca（OH）2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2＋2NaOH=CaCO3↓＋2Na2CO3＋2H2O三个反应；B、发生2NaAlO2+CO2＋3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3,Na2CO3+CO2＋H2O=2NaHCO3两个反应；C.发生Ca（ClO）2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，HClO具有强氧化性，能把品红漂白；D.氨水溶液显碱性，CO2和CaCl2与氨气共同作用，生成碳酸钙沉淀和氯
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