1、黑龙江省哈尔滨市剑桥第四中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1有100 mL 3 molL1的氢氧化钠溶液和100 mL 1 molL1的氯化铝溶液。按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中；将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中。比较两次实验，结果是()A现象相同，最终沉淀量相等 B现象不同，最终沉淀量不相等C现象相同，最终沉淀量不相等 D现象不同，最终沉淀量相等【答案】D【解析】试题分析：氢氧化钠是0.3mol，氯化铝是0.1mol，则如果将将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中，则根据反应式AI33OH=Al(OH)3可知，生成0.1魔力
2、氢氧化铝沉淀。如果将将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中，则首先发生反应Al34OH=AlO22H2O，当氢氧化钠完全消耗后，氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，但生成的沉淀小于0.1mol，所以答案选D。考点：考查氢氧化铝制备的有关判断与计算点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生答题能力的培养与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是明确氢氧化铝的两性，然后结合题意灵活运用即可。2化学实验中的很多气体是用盐酸来制取的，这就导致了这些制取的气体中往往含有HCl杂质，要除去HCl杂质而得到纯净的目标气体，可用右图所示装置。如果广口瓶中盛装的
3、是饱和NaHCO3溶液，则可以用于下列哪种气体的除杂装置是（ ）。AH2 B Cl2 C H2S DCO2【答案】D【解析】用化学的方法除去杂质时，不能再引入新的杂质，也不能与要制的物质反应，这是除杂的基本原则。盐酸是一种挥发性的强酸，使用盐酸制取气体时往往含有杂质.将氢气和的混合气体通过饱和NaHCO3溶液，可以除去其中的杂质，但同时又产生的新的杂质，投制得的氢气依然不纯，其反应方程式为：，不合要求；制时，将与反应，损失掉大量的，同时也会有新的杂质产生，也不合要求.制时，将与反应，损失掉大量的，同时也会有新的杂质产生，也不合要求.当制取的是时，混合气体通过时，发生的反应恰好产生的是，既除去了
4、杂质，也没有产生新的杂质，符合要求.故正确答案为D3最近科学杂志评出10大科技突破，其中“火星上找到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是A水的离子积仅适用于纯水B水的电离和电解都需要电C升高温度一定使水的离子积增大D加入电解质一定会破坏水的电离平衡【答案】C【解析】试题分析：A水的离子积适用于纯水，酸、碱、盐的稀溶液，错误；B水的电离是在水的作用下，不需要电，电解需要电，错误；C升高温度，平衡向电离的方向移动，使水的离子积增大，正确；D加入强酸强碱盐不会破坏水的电离平衡，错误；选C。考点：考查水的电离平衡以及影响水的电离平衡的因素。4通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平的标志是A.
5、石油的产量 B.乙烯的产量 C.钢铁的产量 D.硫酸的产量【答案】B【解析】乙烯主要来自于石油,是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。5某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验中不合理的是( )A用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢B用米汤检验含碘盐中的碘酸钾（KIO3）C用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污D用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物【答案】B【解析】试题分析：A、食醋的主要成分是醋酸，酸性比碳酸强，所以可以用复分解反应的规律，用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢，A正确；B、米汤中含有淀粉，遇碘单质会变蓝色，而碘盐中含有的是碘酸钾(KIO3)，不是碘单质，因此不能用米汤检
6、验含碘盐中的碘酸钾(KIO3)，B错误；C、油污主要成分是油脂，在碱性条件下会发生水解反应产生可溶性物质，Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应使溶液显碱性，因此可以用Na2CO3溶液洗涤餐具上的油污，C正确；D、纯毛织物主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，而纯棉织物的主要成分是纤维素，灼烧有烧棉花的气味，二者的气味不同，故可以用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物，D正确，答案选B。考点：考查化学在生活中的应用的知识。6某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图所示下列叙述正确的是( )A有机物A属于芳香烃B有机物A可以和Br2的CCl4溶液发生加成反应C有机物A和
7、浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D1mol A和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3mol NaOH【答案】D【解析】试题分析：A有机物A含有O、Cl等元素，属于烃的衍生物，故A错误；B有机物A中不含碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故B错误；C由于-OH相邻C原子上不含H原子，不能发生消去反应，故C错误；D有机物A水解产物中共含有1个酚羟基、1个羧基和HCl，则1molA和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3molNaOH，故D正确。故选D。【考点定位】考查有机物的结构和性质【名师点晴】本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物的官能团的性质的考查，易错点为D，注意从水解产物的角度进行判断。有机物A
8、含有O、Cl等元素，属于烃的衍生物，含有酯基，可发生水解反应，含有-Cl，可发生水解、消去反应，含有-OH，可发生氧化、取代反应。7某种一元酸(HA)溶液中加入一定量的一种强碱(MOH)溶液后，恰好完全反应，则有关反应后溶液的判断中一定正确的是AA-M+BA-M+C若反应生成的MA不水解，则A-OH-D若反应生成的MA水解，则A-OH-【答案】A、C【解析】本题中的一元酸可能是强酸或弱酸。若是HA为一元强酸与强碱完全中和时，A-=M+，若HA为一元弱酸与强碱完全中和生成的MA为强碱弱酸盐，由于A-发生部分水解反应，A-M+，故A选项结论A-M+正确，而B选项不正确。若反应生成的MA不水解，即M
9、A为强酸强碱盐，它电离出的A-一定大于由水电离出的OH-浓度，C选项也正确。若是反应生成的MA能发生水解，说明HA必然是弱酸，MA为强碱弱酸盐，A-将发生水解：A-+H2OHA+OH-，多数情况A-OH-，D选项的结论正相反。8除去NaCl溶液中的SO42-离子，依次加入的溶液顺序正确的是ANa2CO3、HCl 、 BaCl2 BBaCl2 、HCl、Na2CO3CNa2CO3、BaCl2 、HCl DBaCl2 、Na2CO3、HCl【答案】【解析】试题分析：先加过量的氯化钡，过量的氯化钡可以用碳酸钠除去，而多余的碳酸钠又可以用盐酸溶解除去。其余答案都会引入新的杂质。考点：考查离子反应、除杂
10、问题。9某同学欲配制含下列不同阴、阳离子的混合溶液，其中能配制成功的是AHCO3、H 、Cl、SO42 BAl3、H、Na、CO32CAlO2、OH、K、 Na DMg2、Na、OH、SO42【答案】C【解析】试题分析：A项中因发生反应：HCO3H=H2OCO2，不能大量共存；B项中发生反应：CO32-2H=H2OCO2，不能大量共存；D项发生反应：Mg22OH=Mg(OH)2不能大量共存。考点：离子共存问题。10下列实验能成功的是：用水鉴别NaHCO3和Na2CO3固体；用观察法区别Na2O和Na2O2；用稀盐酸鉴别NaAlO2和AlCl3溶液；用稀盐酸鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液（
11、）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，取等量的水，溶解的多的固体就是Na2CO3。Na2O是白色固体，Na2O2是淡黄色固体，观察可区分。NaAlO2与HCl可反应生成沉淀Al(OH)3，AlCl3不与HCl反应。可区分。NaHCO3和HCl反应速率比Na2CO3与HCl反应速率快，可区分。故选C。考点：物质的性质差异。点评：掌握不同物质的性质是解决这类题目的关键。11设阿伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确的是：A0.5mol的NaHSO4固体中含有的阴离子总数为NAB0.1mol/L FeCl3的溶液中，含Cl-数目为03 NAC标准状
12、况下224LNO2气体与水完全反应时，转移电子数目为NAD常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中总原子数目为1.5 NA【答案】D【解析】试题分析：A中为0.5 mol A；B中未给定体积；C中为2/3 mol；NO2和N2O4中N与O原子质量比都是7:16，所以N为7g,即05mol，O为16g，即1mol，原子共15mol故D正确。考点：阿伏伽德罗常数的相关计算。12下列有关实验原理或实验操作正确的是（ ）A.用水湿润pH试纸测量某溶液的pHB.用量筒量取20mol L-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000 molL-1H2SO4溶液C.实验室用图2所示装置制
13、取少量氨气D.实验室用图3所示装置出去Cl2中的少量HCl【答案】D【解析】pH试纸测定溶液pH值时，不能润湿，A错误。配制成0.1000 molL-1H2SO4溶液应该用容量瓶，且稀释浓硫酸时，不能把水倒入浓硫酸中，B不正确。C不正确，收集氨气的试管不能用玻璃塞塞住，而要塞一团棉花。氯化氢极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，所以正确的答案是D。13根据Al(OH)3 的Ksp = 1.310-33、 Mg(OH) 2的Ksp =5.610-12 ，等物质的量浓度AlCl3、MgCl2混合溶液与NaOH溶液反应生成相应沉淀，pH与沉淀量关系如下图：下列有关说法正确的是 AAl(OH)
14、 3和Mg(OH)2在水溶液中的电离过程完全相同B若改变溶液的pH,在pH4.7时，n（Mg2+）几乎不变化 C当pH11.1时，溶液中只有NaCl和NaAlO2（NaAl(OH)4） D物质的量浓度Al3+、Mg2+混合溶液与氨水反应生成相应沉淀，氨水的pH与沉淀量关系与上图相似 【答案】B【解析】试题分析：A、氢氧化铝有酸式电离和碱式电离两种形式，氢氧化镁只有碱式电离，错误，不选A；B、从图像分析，pH小于4.7时，镁离子没有沉淀，正确，选B；C、当pH=11.1，溶液中含有氯化钠和偏铝酸钠和氢氧化钠，错误，不选C；D、因为氢氧化铝不能溶于氨水，所以图像不同，错误，不选D。考点： 镁或铝的
15、化合物的性质14现有下列三个图象：下列反应中符合下述全部图象的反应是AN2(g)3H2(g)2NH3(g) H0B2SO3(g)2SO2(g)O2(g) H0C4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H0DH2(g)CO(g)C(s)H2O(g) H0【答案】B【解析】试题分析：由图像一知升高温度，生成物的平衡浓度增大，说明升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应；由图像二、三知增大压强，平衡逆向移动，逆向为气体物质的量减小的方向，由题给选项各物质均为气体，故相对分子质量增大。综上所述选B。考点：考查化学平衡图像分析。15（16分）完成下列小题I、某有机化合物结构简式如图所示：（1
16、）写出其分子式_ _。（2）写出所有含氧官能团的名称_ _。（3）该有机化合物的性质与醋酸相似，写出该化合物与NaHCO3反应的方程式：II、写出下列有机物的系统命名或结构简式：（1）_ _。（2）CH3CH(CH3)C(CH3)2（CH2）2CH3_ _。（3）间甲基苯 乙炔_ _。（4）2甲基1,3丁二烯_ _。【答案】（共16分）I、（1）分子式为：C16H16O5（2分）（2）官能团名称：酯基、羟基、羧基（6分）（3）+ NaHCO3=+CO2+H2OII、（1）2,3-二甲基戊烷 （2）2,3,3-三甲基己烷（3） （4）CH2=C(CH3)-CH=CH2（8分）【解析】试题分析：I
17、、（1）根据该有机物的结构简式可知，其分子式是C16H16O5；（2）该物质中的含氧官能团为羟基、羧基、酯基；（3）该有机物中含有羧基，和碳酸氢钠反应生成二氧化碳和钠盐、水，化学方程式是+ NaHCO3=+CO2+H2O；II、根据有机物的命名原则，（1）的最长碳链为5个C原子，从左端开始编号，所以该烃是2,3-二甲基戊烷；（2）该烷烃的最长碳链为6个C原子，三个甲基做取代基，从左端开始编号，所以该烷烃为2,3,3-三甲基己烷；（3）根据其名称可知，苯环上有2个取代基，分别是甲基和乙炔基，所以该物质的结构简式是；（4）根据烯烃的命名，该物质的结构简式是CH2=C(CH3)-CH=CH2。考点：
18、考查有机物的命名及结构简式的书写16在温度T1和T2下，X2（g）和H2（g）反应生成HX（g）的平衡常数K如下表：化学方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）仅依据K的变化可推断出随着卤素原子核电荷数的增加 （填字母）aHX的还原性逐渐减弱 bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的稳定性逐渐减弱 d在相同条件下，X2的平衡转化率逐渐降低（2）在容积为3L的密闭容器中，由I2（g）和H2（g）合成HI（g），在其他条件不变的情况下，研究温度对
19、反应的影响，HI的物质的量的变化情况如图所示：温度为T1时，在0tAmin内，H2的消耗速率v （H2）= 分析图象，下列说法正确的是 （填序号）a平衡常数K随温度的升高而变小b正反应为放热反应c只有当反应进行到A点或B点所示状态时，容器内气体密度才不再发生变化（3）已知氢氟酸（HF）是弱酸，加水稀释0.1molL1HF溶液，下列各量中增大的是 （填序号）ac（H+） bHF的电离常数 cc（F）/c（H+） dc（H+）/c（HF）（4）向盛有10滴0.1molL1AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL1 NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，向其中再滴加0.1molL1KI溶液，出现了黄色沉
20、淀请简要解释此现象的原因： 【答案】（1）cd；（2）mol/（Lmin）；a、b；（3）D；（4）AgI溶解度比AgCl溶解度小，使AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）体系中c（Ag+）减小，使平衡向右移动【解析】（1）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，d正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项c正确；而选项a、b与K的大小无直接联系，（2）温度为T1时，在0tAmin内，n（HI）=nA mol，v（HI）=mol/（Lmin），由可得v（H2）=mol/（Lmin）=mol/（Lmin），先拐先平数值大，T2T1，升高温度，HI的物质的量减小，
21、平衡逆向移动，则正反应为放热反应，K减小，由于气体的总质量不变，体积为3L，因此密度是一个定值，（3）A、因HF为弱酸，则浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过107molL1，c（F）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F）不断减小，Ka（HF）不
22、变，则增大，故D正确；（4）已知AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）；向盛有10mL 0.1molL1 AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL NaCl溶液，有AgCl白色沉淀生成，由于AgI溶解度比AgCl溶解度小，I与Ag+结合，使平衡体系中c（Ag+）减小，使平衡向右移动【点评】本题考查知识点较多，涉及化学反应速率的计算、化学平衡的影响因素、弱电解质的电离、沉淀溶解平衡等知识点，难度中等，为高频考点，掌握有关四大平衡的化学反应原理是答题关键17(8分)某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O、HCrO、Cr(OH) 、HO、HO。已知该反应中H
23、O只发生如下过程：HOO(1)该反应中的还原剂是_。(2)该反应中，发生还原反应的过程是_。(3)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_。【答案】(1)HO (2)HCrO Cr(OH) 【解析】根据题意，HOO，说明HO作还原剂，O是氧化产物，则必然有另一种物质作氧化剂，元素的化合价降低，综合比较题给的几种物质，则HCrO作氧化剂，其还原产物为Cr(OH) ，H为生成物。18某校化学实验兴趣小组为了验证在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明Cl2的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略)，请按要求回答下列问题。(1)下列方法中，可制得
24、Cl2的正确组合是 。MnO2和浓盐酸混合共热；MnO2、NaCl和浓硫酸混合共热；NaClO和浓盐酸混合；K2Cr2O7和浓盐酸混合；KClO3和浓盐酸混合共热；KMnO4和浓盐酸混合。A BC D全部可以(2)写出实验室制取Cl2的离子方程式 。(3)装置B的作用是 ；装置C和D出现的不同现象说明的问题是 ；装置E的作用是 。(4)乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种，乙同学提出应该在装置 与 之间(填装置字母序号)增加一个装置，所增加装置里面的试剂可以为 (填字母序号)。A湿润的
25、碘化钾淀粉试纸 B浓硫酸C湿润的红色布条 D饱和食盐水。【答案】(1)D(2)4H2ClMnO22H2OCl2Mn2(3)验证有水蒸气产生 Cl2无漂白性，次氯酸有漂白性 吸收Cl2(4)E F B【解析】(1)题给选项的物质组合都能发生氧化还原反应，制取Cl2，故选D。(2)实验室制取Cl2的离子方程式为4H2ClMnO22H2OCl2Mn2。(3)无水硫酸铜用来验证水蒸气的产生。装置C和D出现的不同现象说明Cl2无漂白性，次氯酸有漂白性。装置E的作用是吸收Cl2。(4)在E、F之间，增加盛装浓硫酸的装置，吸水干燥，从而保证通入F中的气体只有HCl。19（16分）甲同学进行Fe2+还原性的实
26、验，针对异常现象进行探究。步骤一：制取FeCl2溶液。向0.1 molL-1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH1。步骤二：向2 mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5 molL-1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因： 、 。（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：I.取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；II.取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产
27、生白色沉淀。III.向2 mL 0.1 molL-1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化。实验I的说明 ；实验III的目的是 。得出结论：溶液退色的原因是酸性条件下H2O2将SCN-氧化成SO42-。（3）甲直接用FeCl24H2O配制 molL-1 的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去。进一步探究其原因：I用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。测所配FeCl2溶液的pH，约为3。由此，乙认为红色不褪去的可能原因是 。II查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时
28、H2O2不能氧化SCN-。乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。乙的实验操作及现象是：步骤试剂及操作现 象i 生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液 【答案】（16分）(每空2分)（1）2Fe2+ H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ 2H2O Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；（2）溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能（3）0.15；H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 molL-1KSCN溶液和5
29、滴5% H2O2溶液；无明显现象。【解析】试题分析：（1）向2 mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液，无现象；证明不含有Fe3+，再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5 molL-1、pH约为5），观察到溶液变红，说明发生氧化还原反应产生了Fe3+，反应的离子方程式是：2Fe2+ H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ 2H2O ；Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；（2）I. 取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色，证明溶液中的SCN-发生了氧化反应而不是Fe3+发生反应；III. 向2 mL 0.1 molL-
30、1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化，证明O2不能氧化SCN-，即排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能。（3）在步骤一中发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2。由于FeCl3的浓度是0.1 mol/L，所以根据反应方程式中物质的关系可知产生的FeCl2的浓度是0.15 mol/L，为了探究溶液褪色的原因，其他的反应条件应该相同，因此甲直接用FeCl24H2O配制0.15 mol/L FeCl2溶液；I用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。测所配FeCl2溶液的pH，约为3。由此，
31、乙认为红色不褪去的可能原因是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体；II取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 molL-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液，生成白色沉淀；向i所得溶液中滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液，无明显现象。考点：考查Fe2+离子的性质、Fe3+离子的检验、实验方案的设计及实验现象的描述等知识。20（8分）某研究小组取一定质量的镁铝合金放入200mL稀硫酸中，固体完全溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的变化关系如图所示。求：（1）该合金的质量（2）原稀硫酸的物质的
32、量浓度【答案】加入过量NaOH溶液，最终生成的沉淀只有Mg(OH)2，故Mg(OH)2为0.15mol（1分）生成的Al(OH)3最多为0.35mol-0.15mol=0.2mol（1分）合金中含有0.15molMg和0.2molAl合金的质量为（1分）（2）由于加入200mL240mLNaOH溶液时，发生反应：NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O得c(NaOH)=（2分）根据图示知：加入200mLNaOH溶液时，所得溶液中只含有Na2SO4。溶液中含有Na2SO4:，即SO42-为0.5mol所以原稀硫酸中含H2SO40.5mol(2分）c(H2SO4)=（1分）答：合金的质量为9
33、g；原稀硫酸的物质的量浓度为2.5mol/L【解析】试题分析：根据图像分析，镁铝溶于硫酸后溶液中有硫酸镁和硫酸铝和硫酸，所以先加入氢氧化钠没有沉淀生成，当氢氧化钠的体积为20毫升时开始出现氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，沉淀最大值为0.35摩尔，然后氢氧化铝沉淀溶于氢氧化钠，最后剩余0.15摩尔氢氧化镁沉淀，所以氢氧化铝沉淀的物质的量为0.35-0.15=0.20摩尔，从而计算合金的质量。根据200到240只有氢氧化铝和氢氧化钠反应，所以可以计算氢氧化钠的物质的量或浓度，当氢氧化钠的体积为200毫升时，溶液中只有硫酸钠，所以根据硫酸钠的化学式找硫酸和氢氧化钠的关系即可计算硫酸的浓度。考点：金属的性质，
34、氢氧化铝的两性。21已知A、B、C、D、E、F、G为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，G为红褐色沉淀。常温下甲、乙、丙为气态非金属单质，丙呈黄绿色；丁、戊为常见金属单质，其中戊是当前用量最大的金属。它们之间的转化关系如下图所示（有的反应部分产物已经略去）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A ，E 。（2）写出丁所含元素在周期表中的位置 。（3）在实验室中，欲检验F溶液中的金属阳离子，先向溶液中滴加几滴 溶液，再加入几滴氯水，观察到溶液变为 色，证明原溶液中的金属阳离子为 。（4）F转化为G的化学方程式： 。（5）写出中反应的离子方程式： 。【答案
35、】（1）Na2O2、HCl （2）第三周期、A族（3）KSCN、红、Fe2+（4）4Fe(OH)2 + O2+2H2O = 4Fe(OH)3（5）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2- +3H2 【解析】试题分析：A是淡黄色固体，B是无色液体，二者反应生成C与单质甲，且甲为气态非金属单质，则A是Na2O2，B是H2O，甲是O2，C是NaOH丙为气态非金属单质，呈黄绿色，则丙是Cl2；金属丁与氢氧化钠反应生成D与乙，且乙为气态非金属单质，则丁为Al，D是NaAlO2，乙为H2，甲与乙反应生成水乙与丙反应生成E为HCl，戊是当前用量最大的金属，金属戊与盐酸反应生成F，F与氢氧化钠、氧气反应得到G
36、为红褐色沉淀，则戊为Fe，F为FeCl2，G为Fe（OH）3，D与E反应得到白色沉淀为Al（OH）3，氢氧化铝与盐酸反应生成无色溶液为AlCl3考点：考查无机推断。22现有常见金属A、B，它们之间存在如下的转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出），其中G、H为白色沉淀。请回答下列问题：（1）写出金属A和物质D的名称或化学式： 、 。（2）写出E转化为G的离子方程式 ；（3）写出H放在空气中的现象： 。（4）写出H放在空气中的化学方程式： 。【答案】（1）Al NaAlO2(2)Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+（3）白色沉淀迅速变为灰绿色再转化为红褐色（4）4Fe
37、（OH）2+O2+2H2O= Fe（OH）3【解析】试题分析：金属A能与既能与盐酸反应生成气体C，又钠能与氢氧化钠反应生成气体C，则A为铝，C为氢气，E为氯化铝，D为偏铝酸钠，G为氢氧化铝，金属A与黑色晶体M在高温下反应得到金属B，则M为氧化铁，B为铁，铁与盐酸反应得到F，F能与氢氧化钠反应，可推知F为绿化亚铁，H为请氧化亚铁。（1）由上述分析，可以知道A为Al，D为NaAlO2。(2) H转化为G是铝离子与氨水反应生成氢氧化铝和铵根离子，离子方程式为： Al3+ + 3NH3H2O = Al(OH)3 +3NH4+。(3) 请氧化亚铁在空气中北氧化生成氢氧化铁，颜色变化为白色沉淀迅速变为灰绿色再转化为红褐色。（4）氢氧化铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O= Fe（OH）3考点：无机推断 【名师点睛】本题考查无机物推断，A能与酸或碱反应与黑色晶体反应得到金属F，则说明A为金属铝。是解题的突破口，再结合转化关系推断。