1、湖北省武汉市新洲一中阳逻校区2014-2015学年高一上学期期中化学模拟试卷一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（3分）下列有关化学实验安全问题的叙述中，正确的是（）A凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂B制取并用排水法收集氧气结束后，应立即停止加热C浓NaOH溶液溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D金属钠着火，应该立即用水扑灭2（3分）下列混合物的分离或提纯的方法不正确的是（）A食用花生油中混有水：分液B回收碘的CCl4溶液中的CCl4：蒸馏C提纯含NaCl杂质的淀粉胶体：过滤D从氯化钠溶液中分离出NaC
2、l晶体：蒸发3（3分）对下列实验过程的评价，正确的是（）A某固体中加入稀盐酸，产生了无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明该固体中一定含有CO32B验证溶液中是否含有Cl，加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含ClC加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D加入Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀，再加稀盐酸酸化沉淀不消失，证明一定含有SO424（3分）用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A含有NA个CO和N2的混合气体，质量一定为28gB将含0.01mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水中，制得氢氧化铁胶体粒子数为0.01NAC标准状况下，22.4L
3、CCl4含有的原子数为5NAD0.5molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA5（3分）在标准状况下，将a L HCl（气）溶于1L水中（水的密度为1gcm3），得到的盐酸的密度为b gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1则下列关系式中正确的是（）Aw=Bw=CC=Db=6（3分）下列物质的分类组合不正确的有（）海水、空气、胆矾、碱石灰均为混合物；H2CO3、CH3COOH、NaHSO4、H2S均为酸；Mg（OH）2、NaOH、NH3H2O、Cu（OH）2均为碱；干冰、SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物；Mn2O7、Al2O3、Na2O2、Fe3O4均为碱性氧化物；AgC
4、l、AlCl3、CaCO3、Cu2（OH）2CO3均为盐A3个B4个C5个D6个7（3分）下列有关胶体的说法不正确的是（）A电泳现象可证明胶体带有电荷B分散质粒子直径介于109 m107m之间的分散系称为胶体C向Fe（OH）3胶体中滴入少量稀H2SO4，有红褐色沉淀产生D放电影时，放映室射到银幕上的光柱的形成属于丁达尔效应8（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A金属钠跟NaHSO4溶液反应：2Na+2H+2Na+H2B铝粉溶于NaOH溶液中：Al+2OH=AlO2+H2C用饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D向KHSO4溶液中逐滴加入Ba（
5、OH）2溶液至溶液呈中性：H+SO42+Ba2+OH=H2O+BaSO49（3分）下列各组离子一定能大量共存的是（）A在透明溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、ClB在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3C在强碱性溶液中：Na+、K+、Cl、NH4+D与铝作用产生H2的溶液：Mg2+、K+、Cl、SO4210（3分）已知氧化性：Cl2Br2Fe3+；还原性：Fe2+BrCl向FeBr2溶液中通入Cl2至过量，因Cl2的量不同溶液中的反应情况不同，其中错误的是（）A2Fe2+Cl22Fe3+2ClB2Br+Cl2Br2+2ClC2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4ClD2Fe2
6、+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl11（3分）下列关于氧化还原反应说法正确的是（）A一种元素被氧化，肯定有另外一种元素被还原B金属单质只有还原性，非金属单质只有氧化性C元素原子失电子数越多还原性越强，得电子数越多氧化性越强D有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应12（3分）下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系不是1：2的是（）ASiO2+3CSiC+2COB3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2OCMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+H2ODO3+2KI+H2O=2KOH+I2+O213（3分）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO
7、4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是（）A2B3C4D514（3分）下列有关钠、镁、铝、铁的性质的叙述错误的是（）ANa与O2加热时反应生成Na2O2B向镁与热水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变为红色C日常用的铝制品表面总是覆盖着保护膜，起着保护内部金属的作用D铁能与水蒸气能反应，生成Fe2O3和H215（3分）将钠、镁、铝各0.3mol分别投入200ml 1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积之比是（）A1：2：3B3：2：2C3：1：1D1：1：116（3分）甲、乙两烧杯中各盛有100ml 3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液
8、，向两烧杯中分别加等质量的铝粉，反应后测得生成的气体体积之比为3：4，则加入铝粉的质量为（）A5.4 gB3.6gC2.7 gD1.8 g二、填空题：本大题共5小题，共46分17（4分）现有以下物质：NaCl晶体 SO2稀硫酸 石墨 BaSO4固体 蔗糖（C12H22O11） 酒精 熔融的KNO3CaO 纯净的醋酸请回答（用序号）：以上物质中能导电的是；以上物质中属于电解质的是18（8分）（1）下列物质中，物质的量最大的是，含原子个数最多的是，质量最大的是A3g H2； B标况下33.6L CO2； C1.2041024个HCl分子；D49g H2SO4； E46g乙醇（C2H5OH）； F4
9、时10mL水（2）在一定条件下，32gA和22gB恰好反应生成C和9gD，在相同条件下，8gA和足量B反应生成D和0.125mol C，从上述事实可推知C的摩尔质量为19（12分）某化学实验室需要0.2mol/L NaOH溶液500mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是 （填仪器名称）（2）容量瓶是配制溶液的主要仪器，容量瓶上标有以下六项中的（填写序号）温度 浓度 容量 压强 酸式或碱式 刻度线（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）A用30
10、mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约50mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解，冷却到室温C将容量瓶盖紧，摇匀D将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入容量瓶中E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度23cm处（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为： mL（计算结果保留一位小数）（5）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是：（6）将所配制的稀H2SO4进行测定，发现实际浓度小于0.5mol/L请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏小（填
11、写字母）A用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度B容量瓶未干燥即用来配制溶液C浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D往容量瓶转移时，有少量液体溅出E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F烧杯未进行洗涤G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线20（10分）有一瓶无色透明溶液，只含Cl、CO32、SO42、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定
12、含有的离子是，一定不含有的离子是，可能含有的离子是（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”），说明理由（3）写出中反应的离子方程式21（12分）（1）用“单线桥”表示下列反应电子转移的方向和数目：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中物质的氧化性：KMnO4 Cl2（填“、=”）；氧化剂与还原剂的物质的量之比为当生成标准状况下33.6L Cl2，被氧化盐酸的质量是（2）配平下列氧化还原反应方程式：KMnO4+H2S+H2SO4（稀）K2SO4+MnSO4+S+H2O（3）Cl2是一种黄绿色有毒气体，化工厂可用浓氨水来检验有毒气体Cl2
13、是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，若反应中NH3消耗6.8g，则转移电子个数为三、计算题：本大题6分22（6分）将质量为2.3g钠用刺了孔的铝箔包裹后放入水中，共收集到2.464L（标准状况）气体请回答下列问题：（1）2.3g钠与水反应，理论上生成气体的体积（标准状况）为多少（2）反应后溶液的体积为100mL，则混合溶液中NaOH的物质的量浓度为多少？湖北省武汉市新洲一中阳逻校区2014-2015学年高一上学期期中化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（3分）下
14、列有关化学实验安全问题的叙述中，正确的是（）A凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂B制取并用排水法收集氧气结束后，应立即停止加热C浓NaOH溶液溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D金属钠着火，应该立即用水扑灭考点：化学实验安全及事故处理 专题：实验评价题分析：A有的玻璃仪器可以直接加热，如试管就可以直接加热；B加热高锰酸钾固体制取氧气，并用排水法收集氧气的实验结束时，为防止水进入试管，引起试管炸裂，要先从水槽中撤出导气管，再熄灭酒精灯；C根据碱液的腐蚀性进行分析；D钠与水发生反应生成可燃性的氢气解答：解：A用试管加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，故A错误；B加热高锰
15、酸钾固体制取氧气，并用排水法收集氧气的实验结束时，为防止水进入试管，引起试管炸裂，要先从水槽中撤出导气管，再熄灭酒精灯，故B错误；C碱液有腐蚀性，沾到皮肤上应立即冲洗，然后涂上硼酸溶液，故C正确；D钠与水发生反应生成可燃性的氢气，因此金属钠着火，不能用水灭，应用沙子盖灭，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验安全及事故的处理，题目难度不大，注意积累实验安全知识，规范实验操作，此题是2015届高考热点之一2（3分）下列混合物的分离或提纯的方法不正确的是（）A食用花生油中混有水：分液B回收碘的CCl4溶液中的CCl4：蒸馏C提纯含NaCl杂质的淀粉胶体：过滤D从氯化钠溶液中分离出NaCl晶体：蒸发
16、考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：化学实验基本操作分析：A花生油与水互不相溶；B碘与四氯化碳的沸点不同；C都可透过滤纸；D水易挥发，可蒸发分离解答：解：A花生油与水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B碘与四氯化碳互溶，但二者的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故B正确；C氯化钠、淀粉都可透过滤纸，应用渗析的方法分离，故C错误；D氯化钠与水的沸点相差较大，水易挥发，可蒸发分离，故D正确故选C点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大，注意把握物质性质的异同，为解答该类题目的关键3（3分）对下列实验过程的评价，正确的是（）A某固体中
17、加入稀盐酸，产生了无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明该固体中一定含有CO32B验证溶液中是否含有Cl，加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含ClC加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D加入Ba（NO3）2溶液生成白色沉淀，再加稀盐酸酸化沉淀不消失，证明一定含有SO42考点：常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：实验评价题分析：AHCO3也能与酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；BAgCl不溶于硝酸；C不一定为钡盐；D如含有SO32，可被氧化生成SO42解答：解：A某固体在加入稀盐酸后产生了无色无味且能使澄清石灰
18、水变浑的气体，该气体为二氧化碳，该固体中可能含有HCO3，不一定含有CO32，故A错误；B加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀，应为AgCl，可证明含Cl，故B正确；C加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能生成碳酸钡、碳酸钙等沉淀，不一定有Ba2+，故C错误；D酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，如含有SO32，可被氧化生成SO42，不能证明一定含有SO42，故D错误故选B点评：本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，为高频考点，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，侧重离子检验的考查，注意检验应排除干扰离子，题目难度不大4（3分）用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述
19、正确的是（）A含有NA个CO和N2的混合气体，质量一定为28gB将含0.01mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水中，制得氢氧化铁胶体粒子数为0.01NAC标准状况下，22.4L CCl4含有的原子数为5NAD0.5molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、CO和N2的摩尔质量均为28g/mol；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体；C、标况下，四氯化碳为液体；D、溶液体积不明确解答：解：A、NA个CO和N2的混合物的物质的量为1mol，CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，故无论混合气体中两者的比例如何，混合
20、气体的质量均为28g，故A正确；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，故含0.01mol FeCl3的饱和溶液滴入沸水中，制得氢氧化铁胶体粒子数小于0.01NA，故B错误；C、标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大5（3分）在标准状况下，将a L HCl（气）溶于1L水中（水的密度为1gcm3），得到的盐酸的密度为b gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1则下列关系式中正确的是（）Aw=Bw
21、=CC=Db=考点：物质的量浓度的相关计算 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A根据w=100%，计算判断；B根据w=100%计算；C根据n=计算氯化氢的物质的量，再根据m=nM计算氯化氢质量，溶液的质量=1000g+m（HCl），结合密度求出溶液的体积，根据物质的量浓度公式c=计算溶液的物质的量浓度；D密度=解答：解：Aw=100%=，故A错误； Bw=100%=，故B错误；C标准状况下的aL HCl（气）的物质的量为=mol氯化氢的质量为mol36.5g/mol=g所以溶液质量为1000g+g=（1000+）g所以溶液的体积为=mL所以溶液浓度为=mol/L，故C正确；D气体溶于水后体积
22、不是a+1L，故D错误故选C点评：本题考查了物质的量浓度的有关计算，有一定的难度，明确气体溶与水后体积不是二者的和是解题的关键6（3分）下列物质的分类组合不正确的有（）海水、空气、胆矾、碱石灰均为混合物；H2CO3、CH3COOH、NaHSO4、H2S均为酸；Mg（OH）2、NaOH、NH3H2O、Cu（OH）2均为碱；干冰、SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物；Mn2O7、Al2O3、Na2O2、Fe3O4均为碱性氧化物；AgCl、AlCl3、CaCO3、Cu2（OH）2CO3均为盐A3个B4个C5个D6个考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 分析：依据物质分类分析判断
23、，氧化物是两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，水溶液中电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐，酸性氧化物时和碱反应生成盐和水的氧化物解答：解：海水、空气、碱石灰均为混合物，胆矾属于纯净物，故错误；H2CO3、CH3COOH、H2S为酸，NaHSO4属于酸式盐，故错误；Mg（OH）2、NaOH、NH3H2O、Cu（OH）2符合碱的概念均为碱，故正确；干冰为CO2、SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水，都为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，故错误；Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物
24、，故错误；AgCl、AlCl3、CaCO3、Cu2（OH）2CO3均含有金属阳离子，均为盐，故正确综上所述错误；故选B点评：本题是一道有关物质的分类的题目，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键，属于基础知识的考查，题目较简单7（3分）下列有关胶体的说法不正确的是（）A电泳现象可证明胶体带有电荷B分散质粒子直径介于109 m107m之间的分散系称为胶体C向Fe（OH）3胶体中滴入少量稀H2SO4，有红褐色沉淀产生D放电影时，放映室射到银幕上的光柱的形成属于丁达尔效应考点：胶体的重要性质 分析：A胶体能吸附电荷； B分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体；C胶体遇电解质发生聚沉；D放
25、映室射到银幕上的光柱的形成为光的散射现象解答：解：A胶体能吸附电荷，但是胶体本身不带电荷，故A正确； B直径介于1 nm10 nm之间的微粒不是分散系，不是胶体，故B错误；C硫酸是电解质，胶体遇电解质发生聚沉，故C错误；D胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱的形成也属于光的散射现象，可为丁达尔效应，故D错误故选A点评：本题考查胶体的性质，题目难度不大，注意溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应8（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A金属钠跟NaHSO4溶液反应：2Na+2H+2Na+H2B铝粉溶于NaOH溶液中：Al+2OH=AlO2+H2C用饱和FeCl3溶液制备
26、Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+D向KHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：H+SO42+Ba2+OH=H2O+BaSO4考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A反应实质为Na与NaHSO4电离的氢离子反应；B漏写氧化剂水；C生成胶体，不是沉淀；D至溶液呈中性，反应生成硫酸钡、硫酸钾和水解答：解：A金属钠跟NaHSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H+2Na+H2，故A正确；B铝粉溶于NaOH溶液中的离子反应为2Al+2H2O+2OH=2AlO2+3H2，故B错误；C用饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体的离子反应为Fe3+3H2OFe（
27、OH）3（胶体）+3H+，故C错误；D向KHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性的离子反应为2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4，故D错误；故选A点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解反应的离子反应考查，题目难度不大9（3分）下列各组离子一定能大量共存的是（）A在透明溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、ClB在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3C在强碱性溶液中：Na+、K+、Cl、NH4+D与铝作用产生H2的溶液：Mg2+、K+、Cl、SO42考点：离子共存问题 专
28、题：离子反应专题分析：A四种离子之间不发生反应，且为透明溶液；B硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；C铵根离子与强碱性溶液反应生成一水合氨；D与铝作用产生H2的溶液为酸性或强碱性溶液，镁离子与强碱性溶液中的氢氧根离子反应解答：解：ANH4+、Fe2+、SO42、Cl之间不反应，在溶液中能够共存，且为透明溶液，故A正确；BFe2+、NO3在强酸性溶液中发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D与铝作用产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化
29、镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等10（3分）已知氧化性：Cl2Br2Fe3+；还原性：Fe2+BrCl向FeBr2溶液中通入Cl2至过量，因Cl2的量不同溶液中的反应情况
30、不同，其中错误的是（）A2Fe2+Cl22Fe3+2ClB2Br+Cl2Br2+2ClC2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4ClD2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl考点：氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题分析：已知氧化性：Cl2Br2Fe3+；还原性：Fe2+BrCl，氧化性强的离子可以置换出氧化性弱的离子，还原性强的离子可以反应得到还原性弱的离子，氧化剂先是氧化还原性强的离子，据此回答判断解答：解：离子的还原性：Fe2+Br，所以氧化剂先是氧化亚铁离子，然后是溴离子；A、氯气先是氧化亚铁离子，然后是溴离子反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl得到氧化性
31、是Cl2Fe3+符合题意，故A能发生，故A不选；B、离子的还原性：Fe2+Br，所以氧化剂先是氧化亚铁离子，然后是溴离子，故B选；C、离子的还原性：Fe2+Br，所以氧化剂先是氧化亚铁离子，然后是溴离子，反应2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl是亚铁离子全部被氧化，溴离子只有部分被氧化的情况，故C不选；D、离子的还原性：Fe2+Br，所以氧化剂先是氧化亚铁离子，然后是溴离子，反应2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl是亚铁离子、溴离子全部被氧化的情况，故D不选；故选B点评：本题考查学生氧化还原反应中强弱率的应用知识，注意离子反应的先后顺序是解题的关键，难度中等11（
32、3分）下列关于氧化还原反应说法正确的是（）A一种元素被氧化，肯定有另外一种元素被还原B金属单质只有还原性，非金属单质只有氧化性C元素原子失电子数越多还原性越强，得电子数越多氧化性越强D有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应考点：氧化还原反应 分析：A可能同种元素既被氧化也被还原；B非金属单质可得到电子，也可失去电子；C氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关，还原性与失电子能力有关；失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关；D有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应，一定有元素化合价的变化解答：解：A可能同种元素既被氧化也被还原，如氯
33、气与水的反应、氯气与NaOH的反应，故A错误；B非金属单质可得到电子，也可失去电子，如氯气与水反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，而金属只能失去电子作还原剂，故B错误；C氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，故C错误；D有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应，一定有元素化合价的变化，所以一定是氧化还原反应，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意利用实例来分析，题目难度不大12（3分）下列反应中，氧
34、化剂与还原剂物质的量的关系不是1：2的是（）ASiO2+3CSiC+2COB3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2OCMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+H2ODO3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2考点：氧化还原反应 分析：根据化合价降低作氧化剂，化合价升高作还原剂分析判断解答：解：A3molC参加反应，2molC作还原剂，1molC作氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为l：2，故A正确；B3molS参加反应，2molS化合价降低作氧化剂，1molS化合价升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故B错误；C在反应中1mol二氧化锰化合价降低作氧化剂，4molHC
35、l参加反应，2molHCl化合价升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为l：2，故C正确；D在反应中1mol臭氧参加反应，mol臭氧化合价降低作氧化剂，2molKI化合价升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为l：6，故D错误；故选BD点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，注意只有化合价降低的才作氧化剂，化合价升高才作还原剂，为易错点13（3分）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是（）A2B3C4D5考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：N
36、a2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值解答：解：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x6（）=161（1）解得：x=5故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判
37、断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大14（3分）下列有关钠、镁、铝、铁的性质的叙述错误的是（）ANa与O2加热时反应生成Na2O2B向镁与热水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变为红色C日常用的铝制品表面总是覆盖着保护膜，起着保护内部金属的作用D铁能与水蒸气能反应，生成Fe2O3和H2考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：元素及其化合物分析：ANa与氧气的反应与反应条件有关；B镁与热水反应后生成氢氧化镁；C氧化铝为致密的结构；D铁能与水蒸气能反应，生成四氧化三铁解答：解：ANa与氧气的反应与反应条件有关，常温下生成氧化钠，加热下反应生成Na2O2，故A正确；B
38、镁与热水反应后生成氢氧化镁，溶液显碱性，则溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，故B正确；C氧化铝为致密的结构，则日常用的铝制品表面总是覆盖着保护膜，起着保护内部金属的作用，故C正确；D铁能与水蒸气能反应，生成Fe3O4和H2，故D错误；故选D点评：本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合考查，题目难度不大15（3分）将钠、镁、铝各0.3mol分别投入200ml 1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积之比是（）A1：2：3B3：2：2C3：1：1D1：1：1考点：化学方程式的有关计算 分析：根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按
39、不足量计算钠与酸反应完会继续与水反应；解答：解：将三种金属各0.3mol分别投入200mL 1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，应按盐酸的量计算，镁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为：（0.2L1mol/L）0.1 mol但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：0.3mol钠产生0.15mol氢气故将钠、镁、铝各0.3mol 分别放入100mL 1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：0.15mol：0.1mol：0.1mol3：2：2，所以同温同压下产生的气体体积比是3：2：2故选B点评：本题考查金属与酸反应的
40、计算此类题应先判断谁过量，按不足量计算，同时注意一些活泼金属与酸反应完会继续与水反应本题易错选D16（3分）甲、乙两烧杯中各盛有100ml 3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加等质量的铝粉，反应后测得生成的气体体积之比为3：4，则加入铝粉的质量为（）A5.4 gB3.6gC2.7 gD1.8 g考点：化学方程式的有关计算 分析：根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，由方程式：2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，可知酸与金属反
41、应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，结合方程式计算解答解答：解：根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若Al都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=3：4，由方程式：2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则：2Al+6HCl2AlCl3+3H2 6 3 0.3mol x解得x=.15mol，则碱与金属铝反应生成的氢气的物
42、质的量为0.15mol=0.2mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 2 3 y 0.2mol解得y=mol，则铝的质量为mol27g/mol=3.6g，故选：B点评：本题考查化学反应方程式的计算，关键是判断反应中酸、碱是否足量，难度中等二、填空题：本大题共5小题，共46分17（4分）现有以下物质：NaCl晶体 SO2稀硫酸 石墨 BaSO4固体 蔗糖（C12H22O11） 酒精 熔融的KNO3CaO 纯净的醋酸请回答（用序号）：以上物质中能导电的是；以上物质中属于电解质的是考点：电解质溶液的导电性；电解质与非电
43、解质 分析：根据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；根据电解质的定义分析，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水解答：解：稀硫酸中有自由移动的离子，所以能导电；石墨 能导电；熔融的KNO3中有自由移动的离子，所以能导电；故能导电的为：；电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，所以：NaCl晶体 BaSO4固体 熔融的KNO3 CaO 纯净的醋酸是电解质故答案为：；点评：本题考查了电解质溶液导电的原因及电解质的定义，物质导电的原因只要含有自由移动的离子或自由电子即可18（8分）（1）下列物质中，物质的量最大的是C，含原子个数最多的
44、是E，质量最大的是CA3g H2； B标况下33.6L CO2； C1.2041024个HCl分子；D49g H2SO4； E46g乙醇（C2H5OH）； F4时10mL水（2）在一定条件下，32gA和22gB恰好反应生成C和9gD，在相同条件下，8gA和足量B反应生成D和0.125mol C，从上述事实可推知C的摩尔质量为90g/mol考点：物质的量的相关计算；化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：（1）根据m=V计算水的质量，根据n=计算各物质的物质的量；结合物质含有原子数目计算各物质分子含有原子物质的量，根据N=nNA可知，物质的量越大，含有原子数目越多，据此判断；结合m=nM计算二氧
45、化碳、HCl的质量，比较判断；（2）根据质量守恒定律计算32gA和22gB恰好反应生成C的质量，再根据质量定比关系计算8gA和足量B反应生成C的质量，根据M=计算C的摩尔质量解答：解：A.3g H2的物质的量为=1.5mol，n（原子）=1.5mol2=3mol；B标况下33.6L CO2 的物质的量=0.15mol，其质量为0.15mol44g/mol=6.6g，n（原子）=0.15mol3=0.45mol；CHCl的物质的量为=2mol，其质量为2mol36.5g/mol=73g，n（原子）=2mol2=4mol；D49g H2SO4的物质的量为=0.5mol，n（原子）=0.5mol7=
46、3.5mol；E46g乙醇（C2H5OH）的物质的量=1mol，n（原子）=1mol9=9mol；F水的质量为10mL1g/mL=10g，水的物质的量为=0.56mol，n（原子）=0.56mol3=1.68mol，故物质的量最大的是：C；含原子个数最多的是：E；质量最大的是：C，故答案为：C；E；C（2）32gA和22gB恰好反应生成C和9gD，根据质量守恒定律，生成C的质量为32g+22g9g=45g，故8gA和足量B反应生成0.125molC，C的质量为45g=11.25g，故C的摩尔质量为=90g/mol，故答案为：90g/mol点评：本题考查常用化学计量的有关计算，比较基础，注意对公
47、式的理解与运用，注意基础知识的理解掌握19（12分）某化学实验室需要0.2mol/L NaOH溶液500mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是AD（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是玻璃棒、胶头滴管 （填仪器名称）（2）容量瓶是配制溶液的主要仪器，容量瓶上标有以下六项中的（填写序号）温度 浓度 容量 压强 酸式或碱式 刻度线（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）BDAFECA用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约
48、50mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解，冷却到室温C将容量瓶盖紧，摇匀D将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入容量瓶中E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度23cm处（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为：13.6 mL（计算结果保留一位小数）（5）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是：将浓硫酸沿着烧杯壁（或玻璃棒）缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌（6）将所配制的稀H2SO4进行测定，发现实际浓度小于0.5mol/L请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏小（填写字母）DFGA用量筒量取
49、浓硫酸时，仰视量筒的刻度B容量瓶未干燥即用来配制溶液C浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D往容量瓶转移时，有少量液体溅出E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F烧杯未进行洗涤G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：实验题分析：（1）根据配制配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，然后判断不需要的仪器及还缺少的仪器；（2）根据容量瓶的构造进行解答；（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤对各操作进行排序；（4）配制450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的硫酸；根据
50、c=计算出浓硫酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积；（5）浓硫酸密度大于水，稀释过程中放出大量热，据此解答稀释浓硫酸的正确操作方法；（6）根据c=，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大解答：解：（1）A为平底烧瓶、D为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管，故答案为：AD；玻璃棒、胶头滴管；（2）容量瓶为定量仪器，容量瓶上标有温度、容量和刻度线，所以正确，故答案为：；（3）配
51、制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：BDAFEC，故答案为：BDAFEC；（4）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：mol/L=18.4mol/L；实验室没有450mL的容量瓶，实际上配制的是500，mL 0.5mol/L的硫酸，需要浓硫酸的体积为：0.0136L=13.6mL，故答案为：13.6；（5）稀释浓硫酸时必须将浓硫酸加入水中，正确的操作方法为：将浓硫酸沿着烧杯壁（或玻璃棒）缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，故答案为：将浓硫酸沿着烧杯壁（或玻璃棒）缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌；（6）A用量
52、筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高，故A错误；B容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量及溶液的体积都没有影响，所以不影响配制结果，故B错误；C浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，配制的溶液体积偏小，根据c=，溶液浓度偏高，故C错误；D往容量瓶转移时，有少量液体溅出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=，配制的溶液浓度偏低，故D正确；E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，根据c=，溶液的浓度偏高，故E错误；F烧杯未进行洗涤，导致配
53、制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=，配制的溶液浓度偏低，故F正确；G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c=，溶液的浓度偏低，故G正确；故答案为：DFG点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，难度中等，该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意掌握误差分析的方法20（10分）有一瓶无色透明溶液，只含Cl、CO32、SO42、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液产生
54、白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是Mg2+、Cl，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2+，可能含有的离子是Na+、K+（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）是，说明理由溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子（3）写出中反应的离子方程式Mg2+2OH=Mg（OH）2考点：常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计 专题：物质检验鉴别题；离子反应专题分析：无色透明溶液中不存在有色的离子：Cu2+；取少量原溶液中加BaCl2
55、溶液不产生沉淀，说明溶液中不存在CO32、SO42；取少量原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，根据可知溶液中不存在CO32、SO42，则原溶液中一定存在Mg2+；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，该白色沉淀为氯化银，原溶液中存在Cl，根据以上分析进行解答解答：解：（1）根据溶液无色可知，一定不存在有色离子Cu2+；根据原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不存在CO32、SO42；根据入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，再结合可知溶液中不存在CO32、SO42，则原溶液中一定存在Mg2+；加AgNO3溶液产生白色沉淀，加稀硝酸白色沉淀不溶解
56、，该白色沉淀为AgCl，原溶液中存在Cl，根据以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是：Mg2+、Cl；一定不含有的离子是：CO32、SO42、Cu2+；可能含有的离子是：Na+、K+，故答案为：Mg2+、Cl；CO32、SO42、Cu2+；Na+、K+； （2）根据溶液为电中性可知，溶液中一定存在唯一的阴离子氯离子，所以实验可以省略，故答案为：是；溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子；（3）原溶液加入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg（OH）2，故答案为：Mg2+2OH=Mg（OH）2点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度
57、中等，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况21（12分）（1）用“单线桥”表示下列反应电子转移的方向和数目：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中物质的氧化性：KMnO4 Cl2（填“、=”）；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5当生成标准状况下33.6L Cl2，被氧化盐酸的质量是109.5g（2）配平下列氧化还原反应方程式：2KMnO4+5H2S+3H2SO4（稀）1K2SO4+2MnSO4+5S+8H2O（3）Cl2是一种黄绿色有毒气体，化工厂可用浓氨水来检验有毒气体Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3
58、Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，若反应中NH3消耗6.8g，则转移电子个数为0.3NA或1.8061023考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应 分析：（1）化合价升高元素失电子，化合价降低元素得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，氧化产物和还原产物来确定量之比；（2）氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据电子守恒、原子守恒配平方程式；（3）根据化合价的升降确定电子转移，结合物质的量的关系进行计算即可解答：解：（1）反应中，化合价升高元素是氯元素，失电子，化合价降低元素是锰元素，得到电子，化合价升高数=化合价降低
59、数=转移电子数=10，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为，反应中化合价升高元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，氯气是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：KMnO4Cl2，氧化剂是高锰酸钾，还原剂是HCl，16molHCl反应其中有10mol作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，每生成5mol氯气，有10molHCl被氧化，所以生成=1.5mol氯气时，被氧化的HCl的质量为3mol36.5g/mol=109.5g，故答案为：；1：5；109.5g；（2）在反应中，Mn元素化合价降低了5价，硫元素的化合价升高了2价，根据电子守恒，所
60、以锰元素的前边系数都是2，硫化氢前边系数是5，根据原子守恒，硫酸钾的前边系数是1，硫酸锰前边系数是2，根据S守恒，硫酸前边系数是3，水前边系数为8，即2KMnO4+5H2S+3H2SO4（稀）1K2SO4+2MnSO4+5S+8H2O，故答案为：2、5、3、1、2、5、8；（3）反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6，即反应中NH3消耗8mol，则转移电子6mol，当反应中NH3消耗6.8g，则转移电子个数为0.3 NA或1.8061023个，故答案为：0.3 NA或1.8061023点评：本题考查氧化还原反应的特征和实质以及化学方程式的电子转
61、移知识，是对基本概念和理论知识的考查，难度不大三、计算题：本大题6分22（6分）将质量为2.3g钠用刺了孔的铝箔包裹后放入水中，共收集到2.464L（标准状况）气体请回答下列问题：（1）2.3g钠与水反应，理论上生成气体的体积（标准状况）为多少（2）反应后溶液的体积为100mL，则混合溶液中NaOH的物质的量浓度为多少？考点：钠的化学性质；化学方程式的有关计算；铝的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据钠与水的关系式计算；（2）氢气的总体积减去钠与水反应生成氢气的体积就是铝与氢氧化钠反应生成的氢气体积，根据铝与氢氧化钠反应生成的氢气体积计算消耗的氢氧化钠的物质的量，钠与水反应
62、计算生成的氢氧化钠的物质的量减去铝与氢氧化钠反应的物质的量就是剩余的氢氧化钠的物质的量，根据浓度公式计算其浓度解答：解：（1）设生成氢气的体积为xL，2Na+2H2O=2NaOH+H246g 22.4L 2.3g xLx=1.12答：理论上生成气体的体积为1.12L；（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2 46 2mol 2.3g 0.1mol钠与水反应生成的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，生成氢气1.12L所以铝与氢氧化钠反应生成的氢气体积为2.464L1.12L=1.344L 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 2mol 2mol （322.4 ）L 0.04mol 0.04mol 1.344L与铝反应的氢氧化钠的物质的量为0.04mol，所以剩余氢氧化钠0.1mol0.04mo=0.06mol，故氢氧化钠的物质的量浓度=0.6mol/L；答：混合溶液中NaOH的物质的量浓度为0.6mol/L点评：本题以钠、铝的化学反应为载体考查了化学计算，计算时要注意氢气的来源，不仅包括钠与水反应生成的氢气，还包括铝和氢氧化钠反应生成的氢气
