1、高考资源网（） 您身边的高考专家可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Al27 Si28Cl35.5 Fe56第I卷（共54分）一、选择题（每小题3分，共54分）1所谓合金，就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔融状态下形成的一种熔合物。根据下列四种金属的熔、沸点，判断其中不能形成合金的是NaCuAlFe熔点/97.51 0836601 535沸点/8832 5952 2003 000ACu和Al BFe和Cu CFe和Na DAl和Na【答案】C【解析】考点：考查了合金的相关知识。2下列两种气体的分子数一定相等的是A质量相等、密度不同的N2和C2H4 B体积相等的C
2、O和N2C等温、等体积的O2和N2 D等压、等体积的N2和C2H4【答案】A【解析】试题分析： A、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，二者质量相等时物质的量相等，所含分子数一定相等，A正确；B、体积相等的CO和N2，二者的温度和压强不一定相等，若温度和压强相等，分子数相等，若温度和压强不等，分子数不一定相等，B错误；C、等温等体积的O2和N2，二者的压强不一定相同，若压强相同，含有的分子数相同，若压强不同含有的分子数不同，C错误；D、等压等体积的N2和C2H4，二者的温度不一定相同，若温度相同，含有的分子数相同，若温度不同，含有的分子数与温度成反比，D错误。考点：考查了气体摩尔体积和
3、阿伏伽德罗定律的应用的相关知识。3Fe(OH)3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质。FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体共同具备的性质是A都呈透明的红褐色B分散质颗粒直径相同C都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀D当有光线透过时，都能产生丁达尔效应【答案】C【解析】试题分析：A、FeCl3溶液呈黄色，A错误；B、溶液和胶体粒子的直径不同，胶体粒子直径大于溶液，B错误；C、胶体比较稳定一般可以保存一段时间；溶液更稳定，C正确；D、只有胶体才有丁达尔效应，溶液没有，D错误。考点：考查了溶液和胶体性质的相关知识。4已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C
4、的以下性质错误的是A溶液呈碱性 B与澄清石灰水反应产生白色沉淀C与足量盐酸反应放出气体 D受热易分解【答案】D【解析】试题分析：B是淡黄色的氧化物。因此，金属A为Na，B为Na2O2。根据图中转化关系推知C为Na2CO3，D为NaOH。Na2CO3水解使溶液呈碱性，与Ca(OH)2反应生成CaCO3白色沉淀，与盐酸反应生成CO2气体，Na2CO3较稳定，受热不易分解，故D不正确。考点：考查了钠及其化合物的性质的相关知识。5下列说法正确的是ACO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B1 mol Cu和足量稀HNO3反应产生NA个NO分子(NA为阿伏加德罗常数)CpH1的溶液中，F
5、e2、NO、SO、Na不能大量共存D三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为：Fe2O36H3Fe33H2O【答案】C【解析】试题分析：A、NO在空气中容易与氧气反应生成NO2，不能稳定存在，A错误；B、根据电子守恒计算，1molCu失2mole-，HNO3还原为NO，只生成molNO，因此不应产生NA个NO分子，B错误；C、pH1的溶液显酸性，H+、Fe2、NO不能大量共存，C正确；D、三氧化二铁溶于氢碘酸生成的Fe3具有较强的氧化性，而碘离子具有较强的还原性，要发生氧化还原反应，D错误。考点：考查了物质的性质和氧化还原反应的相关知识。6已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体。若在同温同压下用
6、等体积烧瓶一个收集满NH3，另一个收集HCl和N2的混合气体，如图所示。喷泉实验停止后，两个烧瓶内溶液的关系是(不考虑烧瓶内溶质的扩散，氨水的溶质按NH3计算) A溶质的物质的量浓度相同、溶质的质量分数不同B溶质的质量分数相同、溶质的物质的量浓度不同C溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同【答案】A【解析】试题分析：设该条件下气体摩尔体积为Vm，气体的体积为V，因气体极易溶于水，故溶液体积等于气体的 体积。c，则不论NH3和HCl（N2不溶于水）是否充满，物质的量浓度都等于。因溶液中溶质质量和溶液质量不同，故溶质质量分数不同。故选A。考点：考查了气体
7、溶于水的物质的量浓度和质量分数的相关知识。7下列说法在一定条件下可以实现的是酸性氧化物与碱发生反应弱酸与盐溶液反应可以生成强酸没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性有单质参加的非氧化还原反应两种氧化物反应的产物有气体AB C D【答案】A【解析】试题分析：酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故正确；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，故正确；酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故正确；根据反应2H2S+H2SO
8、3=3H2O+S可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确；同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故正确；反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确，故选A。考点：考查了化学反应与物质类别的关系。8在一定条件下，使CO和O2的混合气体26 g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14 g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是A94 B11 C76 D67【答案】D【解析】试题分析：由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知混合物在常温下跟足量
9、的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3，1molNa2O2生成1molNa2CO3，质量增加28g，恰好为CO的质量，固体增重14g，说明混合气体中CO为14g，则O2为26g-14g=12g，所以原混合气体中O2和CO的质量比为12g：14g=6：7，故选D。考点：考查了过氧化钠的性质和化学计算的相关知识。9实验室用碳酸钠晶体配制1.00 molL1的Na2CO3溶液100 mL，造成所配溶液浓度偏低的原因是A暴露在空气中称量碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)的时间太长B向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤C定容时俯视刻度线D洗涤液移入容量瓶中时，洒出一部分【答案】D【解析】试题
10、分析：A、碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)容易风化失水，暴露在空气中的时间太长，会导致称量的碳酸钠偏多，浓度偏大，A错误；B、容量瓶事先用蒸馏水洗涤对浓度没有影响，B错误；C、定容时俯视刻度线，使得溶液体积偏小，浓度偏大，C错误；D、洗涤液移入容量瓶中时，洒出一部分，使得溶质的物质的量偏小，浓度偏小，D正确。考点：考查了物质的量浓度的误差分析。10某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A将铜丝插入浓硫酸中加热，反应后把水加入反应器中，观察硫酸铜溶液的颜色B常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水Cu
11、Cl2固体D将表面有铜绿的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿【答案】D【解析】试题分析：A、铜丝与浓硫酸加热生成硫酸铜后，再把混合物加入水中形成硫酸铜溶液，而不能把水加入反应混合物中，防止剩余的浓硫酸稀释时溅出，A错误；B、常温下铜与氯气不反应，因此观察不到现象，B错误；C、氯化铜溶液加热促进水解，水解生成的HCl受热挥发，最后氯化铜完全水解得到Cu（OH）2，进一步加热，得到氧化铜，C错误；D、Cu2（OH）2CO3能溶于盐酸，所以能用盐酸除去铜绿，D正确。考点：考查了实验方案的设计与评价的相关知识。11一定温度下，向饱和NaOH溶液中加入一定量的钠块，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是A
12、溶液中溶质质量增加，溶剂质量减少，溶液中溶质的质量分数变大B溶液的pH不变，有氢气放出C溶液中的Na数目减小，有氧气放出D溶液中的c(Na)增大，有氢气放出【答案】B【解析】试题分析：钠和水发生：2Na+2H2O=2NaOH+H2，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，但反应后仍为同温度下的饱和溶液，溶液的pH不变， c（Na+）不变，故选B。考点：考查了元素化合物的性质的相关知识。12下列除去杂质的方法不正确的是A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D
13、Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤【答案】B【解析】试题分析：A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。13下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO
14、2；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A B C D【答案】C【解析】试题分析：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，发生反应Na2CO3+ CO2+H2O= 2NaHCO3，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象。符合题意。向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸，发生反应：NaAlO2+ HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl. 当盐酸过量发生反应Al(OH)3+ 3HCl = AlCl3+3H2O。发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象。不符合题意。向氯化铝溶液中逐滴加入过量的氢氧化钠溶液,发生的反
15、应方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O, 发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象。不符合题意。盐酸和Na2SiO3溶液起反应时生成白色胶状沉淀， 2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，硅酸不溶于盐酸，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象。符合题意。，符合题意的有，故选C。考点：考查了物质的性质和化学反应现象的相关知识。14亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危害。其在酸性条件下会产生NO和NO2。下列有关说法错误的是ANaNO2既具有氧化性又具有还原性B食用“醋溜豆芽”可能会减少亚
16、硝酸钠对人体的危害CNaNO2和胃酸作用的离子方程式为：2NO2H=NONO2H2OD1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1 mol【答案】D【解析】试题分析：A、NaNO2中的氮元素的化合价为3价，既能升高又能降低，A正确；B、食醋中含有乙酸，可与亚硝酸钠作用而使其损耗，B正确；C、胃酸属于强酸，根据题意，NaNO2在酸性条件下会产生NO和NO2。且NaNO2是易溶于水的强电解质，C正确；D、根据C中离子方程式分析可知；1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量应为0.5 mol，D错误。考点：考查了亚硝酸钠的相
17、关知识。15有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是A物质的量之比为11 B物质的量之比为12C质量之比为41 D质量之比为21【答案】C【解析】试题分析：粗硅中的硅与盐酸不反应，只有铁与盐酸反应 Fe +2HCl FeCl2+ H2 ；粗硅中的硅与碱反应Si + 2NaOH + H2O Na2SiO3+ 2H2，铁与氢氧化钠不反应，因放出等量氢气，根据方程式，铁与硅的物质的量之比为2：1， 质量比为256：128=4：1。故选C。考点：考查了硅和铁的性质和依据化学方程式的简单计算的相关知识。16在含有Cu(
18、NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，溶液中不存在Fe3，同时析出0.1 mol Ag。则下列结论中不正确的是A反应后溶液中Cu2与Fe2的物质的量之比为12B氧化性：AgCu2Fe3Zn2C含Fe3的溶液可腐蚀铜板D1 mol Fe可还原2 mol Fe3【答案】B【解析】试题分析：根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+Fe3+，所以氧化性的顺序为：Zn2+Cu2+Fe3+Ag+，则加入0.1mol铁粉，先是发生Fe+2A
19、g+=2Ag+Fe2+，消耗0.05mol铁析出0.1mol银，后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，消耗0.05mol铁生成0.15mol Fe2+，Zn2+和Cu2+根本没反应；A、根据以上分析，Cu2+与Fe2+的浓度之比为0.1：（0.05+0.15）=1：2，故A正确；B、根据以上分析，氧化性Ag+ Fe3+Cu2+Zn2+，B错误；C、氧化性Cu2+Fe3+，金属铜和Fe3+反应生成氯化铜和氯化亚铁，因此含Fe3的溶液可腐蚀铜板，C正确；D、根据金属铁和三价铁的反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以1molFe可还原2molFe3+，D正确。考点：考查了铁和铜及其化合物的性质。17
20、在一定条件下，按下列物质的量关系进行反应，其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是An(Cl2)n(Fe)54 5Cl24Fe2FeCl22FeCl3Bn(Cl2)n(FeBr2)11 Fe22BrCl2=Fe3Br22ClCn(MnO4)n(H2O2)23 2MnO43H2O26H=2Mn24O26H2ODn(Fe)n13 4Fe12H3NO3=3Fe2Fe33NO6H2O【答案】D【解析】试题分析：A、铁与氯气反应生成氯化铁，不会生成氯化亚铁，正确的化学方程式为：3Cl2+2Fe2FeCl3，A错误；B、n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1，设Cl2与FeBr2的物质的量都是1mol，
21、1mol FeBr2电离出1mol Fe2+、2mol Br，还原性Fe2+Br，Fe2+优先被Cl2氧化，1mol Fe2完全反应消耗0.5mol Cl2，剩余的0.5mol Cl2能够氧化1mol Br，即被氧化的Fe2+和Br的物质的量相等，正确的离子方程式为：2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-，B错误；C、n（MnO4-）：n（H2O2）=2：3，双氧水被氧化成氧气，方程式中一定满足：n（H2O2）=n（O2），正确的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，C错误；D、n（Fe）：n1：3，反应生成Fe2+和Fe3+，反应的离子方程
22、式为：4Fe+12H+3NO3-=3Fe2+Fe3+3NO+6H2O，D正确.考点：考查了化学方程式和离子方程式的书写的相关知识。18将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A标准状况下，反应过程中得到6.72 L气体B最终得到的溶液中c(Na)c(Cl)c(OH)C最终得到7.8 g沉淀D最终得到的溶液中c(Na)1.5 molL1【答案】C【解析】试题分析：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为
23、=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol所发生的有关反应为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2；HCl+NaOHNaCl+H2O，NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaClA、根据方程式可知生成氧气0.1mol，氢气0.3mol，共生成气体0.4 mol，标况下体积为8.96 L，A错误；B、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（AlO2-）-c（H+），B错误；C、将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中
24、，反应后溶液的成分为0.2molNaOH和0.2molNaAlO2，加入0.3molHCl，反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，C正确；D、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，所以c（Na+）= 2.0mo/L，D错误。考点：考查了元素化合物和化学计算的相关知识。第II卷（共46分）19（8分）如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同。打开活塞，使NO与O2充分反应。(不考虑NO2与N2O4的转化)（1）开始时左右两室分子数
25、 (填“相同”或“不相同”)。（2）反应前后NO室压强 (填“增大”或“减小”)（3）最终容器内密度与原来 (填“相同”或“不相同”)。（4）最终容器内 (填“有”或“无”)O2存在。【答案】（8分）（1）不相同（2）减小（3）相同（4）有【解析】试题分析：（1）开始时左右两室中气体体积相同，气体密度相同，所以气体质量相同，但一氧化氮和氧气摩尔质量不同，气体的物质的量不同，分子数不同，故填：不相同；（2）一氧化氮和氧气发生的反应为：2NO+O2=2NO2；反应是气体体积减少的反应，反应后压强减小，故填：减小；（3）化学反应遵循质量守恒定律，即反应前后质量不变，容器体积也不变，所以密度不变，故填
26、：相同；（4）如果要恰好完全反应，NO和O2的初始物质的量应为2：1，但是从上面可以明显看出初始投料的质量相同，物质的量之比=：2：1，即完全反应后O2会有剩余，一氧化氮全部反应，故填：有。考点：考查了阿伏伽德罗定律的应用的相关知识。20（12分）某混合物甲中含有明矾、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化：请回答下列问题：（1）写出A、B、D的化学式：A_、B_、D_。（2）试剂a最好选用_(选填A、B、C、D)。ANaOH溶液 B稀盐酸 C二氧化碳 D氨水（3）写出反应的离子方程式： _。（4）固体E可以作为复合性的化学肥料，E中所含物质的化学式为_。【答案
27、】（12分）（1）Al；Al2O3；O2 （2）D（3）AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3（4）K2SO4、(NH4)2SO4或NH4KSO4【解析】试题分析：根据已知信息中甲的成分，可以推断B为氧化铝，因此反应是通过电解而得到D(氧气)和A(单质铝)。甲加入水得到的溶液为明矾溶液，溶液中含有Al3+、K+和SO42-，甲加入水得到的沉淀为氧化铝、氧化铁的混合物，再加入氢氧化钠，则氧化铝溶解，再通入二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀。试剂a应该为氨水，如果加入的试剂a是氢氧化钠溶液，则加入的量不好把握，由此可推知E为硫酸钾、硫酸铵的混合物。（1）根据上述分析，A、B、D的化学式分别为Al
28、；Al2O3；O2，故填：Al；Al2O3；O2；（2）试剂a应该为氨水，故选D；（3）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，故填：AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3；（4）根据上述分析，E中所含物质的化学式为K2SO4、(NH4)2SO4或NH4KSO4，故填：K2SO4、(NH4)2SO4或NH4KSO4考点：考查了元素化合物的性质、混合物的分离和提纯、工艺流程题的相关知识。21（14分）常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na、NH4、Cu2、Ba2、Al3、Ag、Fe3，阴离子
29、可能是Cl、NO3、SO42、CO32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色。D的焰色反应呈黄色。A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性。若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀。若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失。把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。请回答下列问题。（1）五种盐中，一定没有的阳离子是 ；所含阴离子相同的两种盐的化学式是 。（2）D的化学式为 ，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示) 。（3）A和C的溶液反应的离子方程式是 ；E和氨水反应的离子
30、方程式是 。（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是 。【答案】（14分）（1）Cu2、Fe3；(NH4)2SO4、Al2(SO4)3（2）Na2CO3；CO32H2O HCO3OH（3）AgCl=AgCl；Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4（4）取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色【解析】（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，故填：Cu2、Fe3；(NH4)2SO4、Al2(SO4)3；（2）D的化学式为Na2CO3；Na2CO3溶液
31、显碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-；故填：Na2CO3；CO32-+H2OHCO3-+OH-；（3）BaCl2和AgNO3反应的离子方程式是AgCl=AgCl；Al2（SO4）3和氨水反应的离子方程式是Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故填：AgCl=AgCl；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（4）检验（NH4）2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量（NH4）2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+，故填：取少量B于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一
32、张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+。考点：考查了离子反应和离子的检验等相关知识。22（12分）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，最低可以还原到3价。某同学取一定量的铁铝合金与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 molL1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：（1）请写出该合金中铁与硝酸反应的离子方程式 。（2）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为 。（3）在DE段，沉淀的物质的量
33、没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为 。（4）B与A的差值为 mol。（5）B点对应的沉淀的物质的量为 mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为_ mL。【答案】（12分）（1）8Fe30H3NO38Fe33NH49H2O（2）HOHH2O（3）NH4OHNH3H2O（4）0.008（5）0.032；7【解析】试题分析：（1）根据题意，铁与很稀的硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铵和水，离子方程式为8Fe+30H+3NO38Fe3+3NH4+9H2O，故填：8Fe+30H+3NO38Fe3+3NH4+9H2O；（2）根据图像，OC之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，OC之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程
34、式为H+OH-H2O；故填：H+OH-H2O；（3）DE一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为NH4OHNH3H2O，故填：NH4OHNH3H2O；（4）由图可知，EF段为氢氧化铝溶于氢氧化钠的反应，即Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36ml-34ml=2ml，参加反应的氢氧化钠为0.002L4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol，即为B、A的差值，故填：0.008；（5）设铁的物质的量为x。根据（4）可知，Al为0.008mol
35、，根据DE段的反应，生成的硝酸铵为（34-31）ml0.001L/ml4mol/L=0.012mol，由电子守恒可知，3x+0.008mol3=0.012mol8，解得x=0.024mol，会生成硝酸铁0.024mol，滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为H+OH-=H2O，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，Al3+3OH-=Al（OH）3，B点沉淀量最大，为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，根据元素守恒，沉淀的物质的量为：0.008mol+0.024mol=0.032mol，C点氢氧化钠溶液的体积为31ml1000ml/L1000ml/L=7ml。故填：0.032；7。考点：考查了硝酸的性质及其化学计算的相关知识。- 14 - 版权所有高考资源网
