1、2015-2016学年云南省高三（上）第一次月考化学试卷一、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）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点： Na Cu Al Fe熔点（） 97.5 1083 660 1535沸点（） 883 2595 2200 3000你判断其中不能形成合金的是（） A Cu和Al B Fe和Cu C Fe和Na D Al和Na2下列两种气体的分子数一定相等的是（） A 质量相等密度不等的N2和C2H4 B 等密度的CO和C2H4 C 等温等体积的O2和N2 D 等压等体积的N2和CO23Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl
2、3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5下列说法正确的是（） A CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 B 1 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） C pH=1的溶液中，Fe2
3、+、NO3、SO42、Na+不能大量共存 D 三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为：Fe2O3+6H+=3Fe3+3H2O6已知NH3和HCl都能用来作喷泉实验的气体，若在同温同压下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，实验后两个烧瓶内溶液的关系是（两烧瓶内充满溶液且不考虑溶质的扩散）（） 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7下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱反应弱酸与盐溶液反应可生成强酸 没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解
4、反应两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性有单质参加的非氧化还原反应两种含氧化合物反应的产物有气体 A B C D 8在一定条件下，使CO和O2的混合气体26g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14g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是（） A 9：4 B 1：1 C 7：6 D 6：79实验室用碳酸钠晶体配制1.00molL1的Na2CO3溶液100mL，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
5、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是（） A 将铜丝插入浓硫酸加热，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 金属钠放入硫酸铜溶液中可以置换出金属铜 D 将表面有铜绿Cu2（OH）2CO3的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿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 溶液中溶质质量增加，溶剂量减少，溶液的溶质质量分数变大 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，有氧气放出12
6、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Al3+ C 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水 D 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CO2；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 14亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中
7、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（） A NaNO2既具有氧化性又具有还原性 B 食用“醋溜豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害 C NaNO2和胃酸作用的离子方程式为：2NO2+2H+NO+NO2+H2O D 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为1 mol15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1：1 B 物质的量之比为1：2 C 质量之比为4：1 D 质量之比为2：116在含有Cu（NO3）2
8、、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，且溶液中不存在Fe3+，同时又析出0.1mol 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1：2 B 氧化性：Ag+Cu2+Fe3+Zn2+ C 含Fe3+的溶液可腐蚀铜板 D 1mol Fe可还原2mol Fe3+17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（） A n（Cl2）：n（Fe）=5：4 5Cl2+4Fe 2FeCl2+2FeCl3 B n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1 Fe
9、2+2Br+Cl2Fe3+Br2+2Cl C n（MnO4）：n（H2O2）=2：3 2MnO4+3H2O2+6H+2Mn2+4O2+6H2O D n（Fe）：nHNO3（稀）=1：3 4Fe+12H+3NO33Fe2+Fe3+3NO+6H2O18将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，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 最终溶液：c（Na+）=1.5mol/L B 标准状况下，反应过程中得到6.72 L气体 C 最终溶液：c（Na+）=c（Cl） D 最终得到7.
10、8 g沉淀二、解答题（共4小题，满分46分）19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（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20（12分）（2015秋云南月考）某混合物甲中含有明矾KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3在一定条件下由甲可实现如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
11、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21（14分）（2015桐乡市校级模拟）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+，阴离子可能是Cl一、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
12、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回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是；所含的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22（12分）（2015秋云南月考）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
13、应结束后的溶液中，逐滴加入4molL1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mL2015-2016学年云南省高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、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）在熔化状态下形成的一种熔合
14、物，根据下列四种金属的熔沸点： Na Cu Al Fe熔点（） 97.5 1083 660 1535沸点（） 883 2595 2200 3000你判断其中不能形成合金的是（） A Cu和Al B Fe和Cu C Fe和Na D Al和Na考点： 合金的概念及其重要应用 分析： 由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点解答： 解：合金是不同种金属在熔化状态下形成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进行混合；A铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；B铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；C由于金属钠的沸点较低，铁
15、的熔点高于钠的沸点，在铁熔化时温度达1535，而此时金属钠已变成气态，无法完成液态时混合，故钠和铁不能形成合金，故C正确；D铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误；故选C点评： 本题考查了合金的形成条件，题目难度不大，注意制造合金时，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种气态不会转化成合金2下列两种气体的分子数一定相等的是（） A 质量相等密度不等的N2和C2H4 B 等密度的CO和C2H4 C 等温等体积的O2和N2 D 等压等体积的N2和CO2考点： 阿伏加德罗定律及推论 专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： 两种气体的分子数一定相等，根据n=可知，两种气体
16、的物质的量应相等，结合n=进行计算和判断解答： 解：AN2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；B由于体积未知，等密度的CO和C2H4，质量不一定相等，则二者的分子数不一定相等，故B错误；C由于压强未知，则等温等体积的O2和N2的分子数不一定相等，故C错误；D由于温度未知，等压等体积的N2和CO2的分子数不一定相等，故D错误故选A点评： 本题考查阿伏伽德罗定律及应用，难度不大，注意体积相等时，气体的物质的量是否相等，要取决于气体存在的温度和压强是否相等，只有在同温同压下，气体的气体摩尔体积才相等3Fe（OH）3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同
17、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考点： 胶体的重要性质 专题： 溶液和胶体专题分析： A根据FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分析解答；B根据胶体的分散质颗粒直径在1100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm；C根据胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；D只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；解答： 解：AFeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；B胶体的分散质颗粒直径在1100nm之间，而
18、溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故B错误；C胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；所以密封保存一段时间都不会产生沉淀，故C正确；DFe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故D错误；故选：C；点评： 本题结合FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体考查了溶液和胶体的性质，难度不大，注意区分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 受热易分解考点： 无机物的推断 专题： 推断题分析： B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2
19、O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，结合物质的相关性质可解答该题解答： 解：B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，则ANa2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故A正确；BNa2CO3与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，故B正确；CNa2CO3与足量盐酸反应生成CO2气体，故C正确；DNa2CO3稳定，加热不易分解，故D错误故选D点评： 本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据物质的颜色判断B结合物质的性质进一步推断其它物质，为解答该题的关键，学习中注意把握常见元素化合物的性质5下列说法正确的是（） A CO、
20、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 B 1 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） C pH=1的溶液中，Fe2+、NO3、SO42、Na+不能大量共存 D 三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为：Fe2O3+6H+=3Fe3+3H2O考点： 离子共存问题；离子方程式的书写；阿伏加德罗常数；常见的生活环境的污染及治理 分析： ANO与空气的氧气反应；B由电子守恒可知生成n（NO）=mol；CpH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；D发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水解答： 解：ANO与空气的氧气反应，则NO不能在空气中稳定存在，CO、N
21、O、NO2都是大气污染气体，CO、NO2在空气中都能稳定存在，故A错误；B由电子守恒可知生成n（NO）=mol，则产生NA个NO分子，故B错误；CpH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C正确；D三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为Fe2O3+2I+6H+=2Fe2+I2+3H2O，故D错误；故选C点评： 本题考查较综合，涉及物质的性质、电子守恒计算、离子共存及离子反应等，注重高频考点的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大6已知NH3和HCl都能用来作喷泉实验的气体，若在同温同压下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，实验后两个烧瓶内溶液的关系是（两烧
22、瓶内充满溶液且不考虑溶质的扩散）（） 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考点： 溶液中溶质的质量分数及相关计算 分析： 因NH3和HCl在同温同压下体积相同，则二者物质的量相同，又溶液充满整个烧瓶，即溶液的体积相同，所以二者物质的量浓度相同；又二者摩尔质量不同，因此质量分数不同解答： 解：溶质的物质的量浓度=，因NH3和HCl在同温同压下体积相同，则二者物质的量相同，又溶液充满整个烧瓶，即溶液的体积相同，所以二者物质的量浓度相同；溶质的质量分数
23、=100%，氨气和氯化氢摩尔质量不同，物质的量相同，而物质的质量=物质的量摩尔质量，所以氨气和氯化氢的质量就不同；溶于相同量的水中，溶质的质量分数不同；所以在同温同压下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，实验后两个烧瓶内溶液的关系是：溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同故选A点评： 本题考查喷泉实验和溶质的物质的量浓度和质量分数的概念，要理解什么气体可做喷泉实验7下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱反应弱酸与盐溶液反应可生成强酸 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呈中性有单质参加的非氧化还原反应两种含氧化合物反应的产物有气体 A B
24、C D 考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；离子反应发生的条件 专题： 物质的分类专题分析： 酸性氧化物和碱反应生成盐和水；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；根据元素和化合物性质知识来回答解答： 解：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
25、=CH3COOH+NaCl，故正确；根据反应2H2S+H2SO3=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点评： 本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大8在一定条件下，使CO和O2的混合气体26g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14g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是（） A 9：4 B 1：
26、1 C 7：6 D 6：7考点： 有关混合物反应的计算 专题： 等量代换法分析： 根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知混合物在常温下跟足量的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，以此判断原混合物中气体的质量之比解答： 解：由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知混合物在常温下跟足量的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26g14g=12g，所以原
27、混合气体中O2和CO的质量比为12g：14g=6：7，故选D点评： 本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从Na2O2生成Na2CO3质量的变化判断反应的规律，此为解答该题的关键9实验室用碳酸钠晶体配制1.00molL1的Na2CO3溶液100mL，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，洒出一部分考点： 配制一定物质的量浓度的溶液 分析： 根据c=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏小或V偏大，则所配制溶液浓度偏低，据此分析解答： 解
28、：A称量碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）的时间太长，且暴露在空气中，会造成结晶水的挥发，则所称量的晶体中Na2CO3的含量升高，则所配溶液的浓度偏高，故A错误；B容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的体积不变，浓度无影响，故B错误；C定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故C错误；D洗涤液移至容量瓶中时洒出一部分会导致溶质的损失，则浓度偏低，故D正确故选D点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，属于基础型题目，难度不大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是（） A 将铜丝插入浓硫酸加热，反应后把水加入反应器中，观察硫酸铜溶液的颜色
29、 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 金属钠放入硫酸铜溶液中可以置换出金属铜 D 将表面有铜绿Cu2（OH）2CO3的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿考点： 化学实验方案的评价 专题： 实验评价题分析： A反应后的混合物与水混合的顺序错误；B常温下铜与氯气不反应；C将Na放入硫酸铜溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，生成的NaOH再和硫酸铜发生复分解反应；DCu2（OH）2C03能溶于盐酸解答： 解：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而易产生安全事故，故A错误；B常温下铜与氯气不反
30、应，因此观察不到现象，故B错误；C将Na放入硫酸铜溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，生成的NaOH再和硫酸铜发生复分解反应生成Cu（OH）2沉淀，所以钠不能置换出Cu，故C错误；DCu2（OH）2C03能溶于盐酸，Cu和稀盐酸不反应，所以能用盐酸除去铜绿，故D正确；故选D点评： 本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，根据实验操作规范性及物质性质来分析解答即可解答，易错选项是C11一定温度下，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 溶液中溶质质量增加，溶剂量减少，溶液的溶质质量分数变大 B 溶液的pH不变，
31、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，有氧气放出考点： 钠的化学性质 专题： 元素及其化合物分析： 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出解答： 解：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，但反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变，故选B点评： 本题考查钠的性质，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变，为易错点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
32、、干燥 B 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+ C 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水 D 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后过滤考点： 物质的分离、提纯和除杂；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题： 几种重要的金属及其化合物分析： A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐；B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中；C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀解答： 解：A、金属
33、镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故A正确；B、Fe3+和Al3+均和氨水反应分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸馏，分离出乙醇，故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，实现除杂的目的，故D正确故选B点评： 本题考查学生物质的分离和除杂的方法，要求学生掌握化学实验的基
34、本操作知识，学以致用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CO2；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 考点： 钠的重要化合物；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物 专题： 元素及其化合物分析： 二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水；向AlCl3溶液中逐滴加入氢氧化钠，先生成氢氧化铝，氢氧化钠过量时氢氧化铝继续反应生成偏铝酸钠；盐酸和硅
35、酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应解答： 解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；向NaAlO2胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故错误；AlCl3溶液中滴入氢氧化钠溶液，开始AlCl3可以和氢氧化钠反应生成氢氧
36、化铝沉淀，然后氢氧化铝可以溶解于过量氢氧化钠中，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故错误；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；故选C点评： 本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同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（） A NaNO2既具有氧化性又具有还原性 B 食用“醋溜豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的
37、危害 C NaNO2和胃酸作用的离子方程式为：2NO2+2H+NO+NO2+H2O D 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为1 mol考点： 亚硝酸盐；氧化还原反应 分析： 酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2+2H+NO+NO2+H2O，N元素的化合价由+3价降低为+2价，N元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答解答： 解：AN元素的化合价既升高又降低，则NaNO2既具有氧化性又具有还原性，故A正确；B食用“醋溜豆芽”减少亚硝酸盐的含量，可能会减少亚硝酸钠对人体的危害，故B正确；C酸性条件
38、下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为：2NO2+2H+NO+NO2+H2O，故C正确；D.1molNaNO2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1mol（43）=0.5mol，故D错误；故选D点评： 本题考查物质的性质及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大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1：1 B 物质的量之比为1：2 C 质量之
39、比为4：1 D 质量之比为2：1考点： 物质的量的相关计算 分析： 只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比解答： 解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：FeH2，而硅与氢氧化钠反应：Si2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：256：128=4：1，故选：C点评： 本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大16在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各0
40、.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，且溶液中不存在Fe3+，同时又析出0.1mol 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1：2 B 氧化性：Ag+Cu2+Fe3+Zn2+ C 含Fe3+的溶液可腐蚀铜板 D 1mol Fe可还原2mol Fe3+考点： 氧化还原反应的计算；氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题： 元素及其化合物分析： 根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，且存在Cu2+Fe3+Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3
41、Fe2+，以此解答该题解答： 解：A由反应2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故A正确；B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+，故B错误；C氧化性Cu2+Fe3+，则含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，故C正确；D金属铁和三价铁的反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则1molFe可还原2molFe3+，故D正确故选B点评： 本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算
42、能力的考查，为高频考点，注意把握物质的氧化性的强弱，为解答该题的关键，结合反应的方程式解答该题17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（） A n（Cl2）：n（Fe）=5：4 5Cl2+4Fe 2FeCl2+2FeCl3 B n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1 Fe2+2Br+Cl2Fe3+Br2+2Cl C n（MnO4）：n（H2O2）=2：3 2MnO4+3H2O2+6H+2Mn2+4O2+6H2O D n（Fe）：nHNO3（稀）=1：3 4Fe+12H+3NO33Fe2+Fe3+3NO+6H2O考点： 离子方程式的书写 分析： A
43、铁与氯气反应生成氯化铁，与反应物用量无关；B二价铁离子还原性强于溴离子，二者等物质的量反应，二价铁离子全部被氧化，溴离子只氧化一半；Cn（MnO4）：n（H2O2）=2：3，双氧水全部被氧化；Dn（Fe）：n（HNO3（稀）1：3，反应生成亚铁离子和铁离子解答： 解：A铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式：3Cl2+2Fe 2FeCl3，故A错误；Bn（Cl2）：n（FeBr2）=1：1，反应的离子方程式：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl，故B错误；Cn（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：2
44、MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故C错误；Dn（Fe）：n（HNO3（稀）1：3，反应生成亚铁离子和铁离子，反应的离子方程式为：4Fe+12H+3NO3=3Fe2+Fe3+3NO+6H2O，故D正确；故选：D点评： 本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度较大18将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，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 最终溶液：c（Na+）=1.5mol/
45、L B 标准状况下，反应过程中得到6.72 L气体 C 最终溶液：c（Na+）=c（Cl） D 最终得到7.8 g沉淀考点： 有关混合物反应的计算 分析： 15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl
46、+H2O，剩余HCl为0.3mol0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A根据钠离子守恒可知最终溶液中钠离子的物质的量为0.4mol，根据c=计算出钠离子浓度；B根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积；C根据最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl分析；D根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量解答： 解：15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首
47、先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，
48、A反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，根据质量守恒定律可知钠离子物质的量为0.4mol，则钠离子的浓度为：=2mol/L，故A错误；B过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）22.4L/mol=8.96L，故B错误；C最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，则钠离子浓度大于氯离子浓度，故C错误；D最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为：0.1mol78g/mol=7.8g，故D正确，故选D点评： 本题考查混合物的计算、钠的化合物与铝单质及化合物
49、的性质等知识，题目难度中等，根据过量计算判断发生的反应是解题的关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、解答题（共4小题，满分46分）19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不相同（填“相同”或“不相同”）（2）反应前后NO室压强减小（填“增大”或“减小”）（3）最终容器内密度与原来相同（填“相同”或“不相同”）（4）最终容器内有（填“有”或“无”）O2存在考点： 氮的氧化物的性质及其对环境的影响 专题： 氮族元素分析： （1）根据
50、公式N=nNA=NA=NA来计算微粒数；（2）压强和气体的物质的量成正比；（3）根据公式=来判断密度的变化；（4）根据一氧化氮和氧气之间反应量的关系来判断解答： 解：（1）由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量相等，但NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同，故答案为：不相同；（2）由于反应前后NO室的气体物质的量减小，故压强减小，故答案为：减小；（3）体系的体积和气体的质量均未变化，密度不变，故答案为：相同；（4）由于NO和O2反应，O2过量，故最终容器内有O2存在，故答案为：有点评： 本题考查学生n、M、m、N、等量之间的关系，可
51、以根据公式来定性的判断量的变化情况，难度不大20（12分）（2015秋云南月考）某混合物甲中含有明矾KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3在一定条件下由甲可实现如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：AAl、BAl2O3、DO2（2）试剂a最好选用D（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：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3（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K2SO4 和（NH4）2SO4考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护 专
52、题： 实验题分析： KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，Al（OH）3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝B得到气体D为O2，固体A为Al；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和（NH4）2SO4；以此来解答解答
53、： 解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，Al（OH）3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝B得到气体D为O2，固体A为Al；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和（NH4）2SO4；（1）由上述分析可知，A为
54、Al，B为Al2O3，D为O2，故答案为：Al；Al2O3；O2 ；（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和（NH4）2SO4；，故答案为：D；（3）反应中二氧化碳过量，反应生成沉淀和碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3；（4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝
55、离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和（NH4）2SO4；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K2SO4 和（NH4）2SO4；故答案为：K2SO4 和（NH4）2SO4；点评： 本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质及框图中发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大21（14分）（2015桐乡市校级模拟）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+、Fe
56、3+，阴离子可能是Cl一、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回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含的阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4A12（SO4）3（2）D的化学式为Na2CO3，D溶液显碱性原因是（用离子方程式表示）CO3
57、2+H2OHCO3+OH（3）A和C的溶液反应的离子方程式是：Ag+C1=AgCl；E和氨水反应的离子方程式是：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是取少量B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+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： 离子反应专题分析： 五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性则
58、D中含有CO32，根据阳离子可知D为Na2CO3；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，则A、C中没有SO42；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，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3；把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42；所以B、E为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；结合题目进行分析解答： 解：五种盐均溶于水，水溶
59、液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性则D中含有CO32，根据阳离子可知D为Na2CO3；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，则A、C中没有SO42；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，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3；把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加
60、BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42；所以B、E为A为BaCl2、Al2（SO4）3，根据以上分析可知，A为BaCl2，B为A为BaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，E为Al2（SO4）3，（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，故答案为：Cu2+、Fe3+；（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；（2）D的化学式为Na2CO3；Na2CO3溶液显碱性的原因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：Na2CO3；
61、CO32+H2OHCO3+OH；（3）A为BaCl2，C为AgNO3，二者反应的离子方程式为：Ag+C1=AgCl；Al2（SO4）3和氨水反应的离子方程式是Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：Ag+C1=AgCl；Al3+3NH3H2OAl（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+，故答案为：取少量B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
62、为NH4+点评： 本题主要考查常见离子的检验方法、离子共存等知识，题目难度中等，在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质推导剩余的物质，最后进行验证即可22（12分）（2015秋云南月考）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4molL1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8Fe+30H+3N
63、O3=8Fe3+3NH4+9H2O（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H+OHH2O（3）在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为NH4+OHNH3H2O（4）B与A的差值为0.008mol（5）B点对应的沉淀的物质的量为0.032 mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为7mL考点： 离子方程式的有关计算 分析： 铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了3价，由图可得硝酸过
64、量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：H+OH=H2O，Fe3+3OH=Fe（OH）3，Al3+3OH=Al（OH）3，NH4+OHNH3H2O，Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O（1）金属铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，据此回答；（2）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；（3）D与E一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应；（4）E与F之间沉淀的量减少，为Al（OH）3溶解在氢氧化钠溶液中，利用发生的
65、化学反应来计算；（5）沉淀的总量可根据NH4+的量，根据NH4+OHNH3H2O 得出n（NH4+），根据氧化还原反应，N元素由+5价变为3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量解答： 解：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴
66、加，发生的反应依次有：H+OH=H2O，Fe3+3OH=Fe（OH）3，Al3+3OH=Al（OH）3，NH4+OHNH3H2O，Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O（1）根据图示得到的溶液和氢氧化钠反应产生沉淀的情况可以知道，金属铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：8Fe+30H+3NO3=8Fe3+3NH4+9H2O，故答案为：8Fe+30H+3NO3=8Fe3+3NH4+9H2O；（2）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，离子方程式为H+OHH2O，故答案为：H+OHH2O；（3）DE一段沉淀的量没有发生变化，为NH4NO3和
67、NaOH反应，反应的离子方程式为NH4+OHNH3H2O，故答案为：NH4+OHNH3H2O；（4）由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL34m=2mL，故该计算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，故答案为：0.008；（5）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子方程式为H+OH=H2O；在DE段沉淀的物质的量没有变化，应为NH4+和OH的反应，此阶段发生反应的离子方程式为NH4+OHNH3H2O；根据NH4+OHNH3H2O 得：n（NH4+）
68、=（3431）103L4mol/L=0.012 mol，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为：=0.032mol，所以生成沉淀的物质的量为0.032mol，设Mg为xmol，Al为0.008mol，生成硝酸铵为（3431）0.001L4mol/L=0.012mol，由电子守恒可知，2x+0.0083=0.0128，解得x=0.036mol，滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为H+OH=H2O，Mg2+2OH=Mg（OH）2，Al3+3OH=Al（OH）3，则C点氢氧化钠溶液的体积为31mL1000mL1000L=7mL，故答案为：0.032；7点评： 本题考查金属与硝酸的反应、氧化还原反应、化学计算等知识点，属于中等难度试题，解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用
