1、2015-2016学年山东省济宁市微山一中高一（上）第二次段考化学试卷（重点班）一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分）1下列物质属于电解质的是（）A稀硫酸B铜片C二氧化碳D熔融氯化钾2化学概念是对化学现象与事实的总结和概括下列说法中正确的是（）A分散系只包括溶液和胶体B丁达尔效应是光线通过胶体时能看到光亮的“通路”的现象C单位物质的量的物质所具有的质量叫摩尔质量，摩尔质量与l mol物质的质量完全相同D物质失电子的反应为还原反应3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1 mol NH4+ 所含质子数为10NAB16克氧气和16克臭氧中所含原子数均为NAC1mol氯气被氢
2、氧化钠溶液完全吸收，转移的电子数为2NAD标准状况下，44.8L水中所含的分子数为2NA4下列离子方程式书写正确的是（）A金属铝投入到氢氧化钠溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2BAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3C三氯化铁溶液中加入铁粉 Fe3+Fe2Fe2+D二氧化碳通入碳酸钠溶液中：CO2+CO32+H2O2HCO35饱和氯水久置后，溶液中的各种粒子：Cl2 ClO Cl HClO H+ 减少的是（）ABCD6下列叙述中正确是（）A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗的主要原因是：2Na+O2=Na2O2BNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色
3、黏稠物的主要原因是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2来源:Z&xx&k.ComC小苏打的主要成分是碳酸钠，NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3D金属钠着火时，用干燥的细沙土覆盖灭火7将过量的CO2分别通入下列溶液中，最终有沉淀析出的溶液是（）CaCl2溶液 Na2SiO3溶液 Ca（ClO）2溶液 饱和Na2CO3溶液A.B.只有C只有D只有8下列叙述中不正确的是（）AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2，在足量Cl2中燃烧生成FeCl3B在空气中用小火慢慢加热蒸干硫酸亚铁溶液，不会得到纯净的硫酸亚铁固体C鉴别Fe2+和Fe3+，可以使用酸性KMnO4溶液，也可使用KI淀粉溶液D
4、Fe3+有氧化性，所以可以用FeCl3溶液来回收旧电路板中的铜9用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：100mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）ABCD10下列物质的用途错误的是（）A硅是制造太阳能电池的常用材料B二氧化硅是制造光导纤维的材料C石英是制取水泥的原料D水玻璃可用作木材防火剂11下列除杂质的操作中不正确的是（）A铁粉中混有铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤C
5、Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入适量NaOH溶液D氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶12在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）AFe3+BAl3+CNH4+DFe2+13某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（）ANH4+、Fe2+、Cl、SO42BNa+、K+、Cl、SO42CMg2+、H+、Cl、SO42DK+、Ca2+、HCO3、Cl14下列各组物质相互混合反应，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（）金属钠投入到F
6、eCl3溶液 过量NaOH溶液和明矾溶液 Ba（HCO3）2溶液和NaHSO4溶液 Na2O2投入FeCl3溶液ABCD15氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一种反应物”在4050时反应可生成它CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关的推断中错误的是（）A“另一种反应物”一定具有还原性BCuH既可做氧化剂也可做还原剂CCuH+Cl2CuCl+HCl（燃烧）DCuH+HClCuCl+H2（常温）16工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（）A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
7、B反应过滤后所得沉淀为氢氧化铁C反应通入的过量Y是CO2气体D图中所示的转化反应都是氧化还原反应17X、Y、Z、W有如如图所示的转化关系，则X、Y可能是（）C、CO AlCl3、Al（OH）3Fe、FeCl3 Na2CO3、NaHCO3A只有B只有C只有D18某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42的物质的量浓度为6molL1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（）A5.6gB11.2gC22.4gD33.6g二、非选择题（本题包含4小题，共34分）19在下列各变化中，E为无色无味的液体（常温下），F为淡黄色粉末，G为常见
8、的无色气体（反应条件均已省略）回答下列问题：（1）写出反应的化学反应方程式，在该反应中，每生成2.24LG（标准状况），该反应转移电子的物质的量是（2）若反应在溶液中进行，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D之间则反应的化学方程式是（3）若反应在溶液中进行，A是一种强酸，B是一种含两种金属元素的盐，当A过量时，C及D均易溶于水则A过量时反应的离子反应方程式是20甲、乙两同学欲制取纯净的Fe（OH）2，根据如图所示的装置进行试验A管中是Fe和稀硫酸，B管中是NaOH溶液，回答下列问题（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，一段时间后在B管中观察到的现象是：液面上升，此时B中
9、发生现象的化学反应方程式是：（2）同学乙：先打开止水夹a，使A管中物质反应一段时间后，再夹紧止水夹a实验中在B管中观察到的现象主要是同学乙在开始阶段进行的操作，主要的实验目的是：（3）你认为（填甲或乙）同学的实验可制取纯净的Fe（OH）221有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子 K+、Na+、Al3+、Cu2+阴离子OH、HCO3、NO3、SO42为了鉴别上述化合物分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀完全溶解；进行焰色反应，B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃），A、E为黄色；在各
10、溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀，B中无明显现象将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空：（1）写出B、C的化学式：B； C（2）写出过量E滴人到C溶液中的离子反应方程式（3）将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为（4）在A溶液中加澄清石灰水，其离子方程式为（5）上述五种化合物中有一种是常用作净水剂，其净水原理是：（请结合方程式及必要的文字进行叙述）22某不锈钢（主要成分为Fe）样品中含有铝、铜等（其它成分忽略），为了测定该合金中铁的含量，有人设计如下工艺流程：（1）滤液C中溶质含有
11、 （写化学式）；（2）反应的离子方程式为：，如何验证滤液A中含Fe2+，而不含Fe3+（3）对所得Fe2O3固体称量得质量为b g，计算该样品中铁元素质量分数的表达式为（用含a、b的式子表示）三、计算题（本题包含2小题，共12分）23向200mL 某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应后，得到Na2CO3和NaHCO3的混合溶液向上述所得溶液中，逐滴滴加2molL1的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：（1）OA段、AB段发生反应的离子方程式、（2）B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是24将0.1mol的镁和铝的混合物溶于50mL 4molL1H2S
12、O4溶液中，然后再滴加2molL1的NaOH溶液请回答下列问题：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示当V1=80mL时，计算金属粉末中镁的物质的量及V2的体积（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，计算滴入NaOH溶液的体积2015-2016学年山东省济宁市微山一中高一（上）第二次段考化学试卷（重点班）参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分）1下列物质属于电解质的是（）A稀硫酸B铜片C二氧化碳D熔融氯化钾【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】在水溶液或熔融状态下能
13、够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，据此进行判断【解答】解：A、稀硫酸为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B、铜为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C、二氧化碳在溶液中自身不能电离出离子，所以二氧化碳为非电解质，故错误；D、熔融氯化钾能够导电，氯化钾在溶液中也能够导电，所以氯化钾为电解质，故D正确；故选D【点评】本题考查了电解质与非电解质的概念，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念，明确电解质与非电解质的区别，注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质2化学概念是对化学现象与事实的
14、总结和概括下列说法中正确的是（）A分散系只包括溶液和胶体B丁达尔效应是光线通过胶体时能看到光亮的“通路”的现象C单位物质的量的物质所具有的质量叫摩尔质量，摩尔质量与l mol物质的质量完全相同D物质失电子的反应为还原反应【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；摩尔质量；化学基本反应类型【分析】A分散系包括胶体、浊液、溶液三种；B光束通过胶体时，产生光亮的通路；C摩尔质量的单位是g/mol，质量的单位是g；D物质失电子的反应为氧化反应【解答】解：A分散系包括胶体、浊液、溶液，故A错误；B光束通过胶体时，产生光亮的通路，称为丁达尔效应，故B正确；C摩尔质量的单位是g/mol，质量的单位是g，摩尔质
15、量与1mol物质的质量在数值上相等，故C错误；D物质失电子的反应为氧化反应，物质得电子的反应为还原反应，故D错误故选B【点评】本题考查分散系、摩尔质量以及氧化反应等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1 mol NH4+ 所含质子数为10NAB16克氧气和16克臭氧中所含原子数均为NAC1mol氯气被氢氧化钠溶液完全吸收，转移的电子数为2NAD标准状况下，44.8L水中所含的分子数为2NA【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、铵根离子中含11个质子；B、氧气和臭氧均由氧原子构成；C、氯气
16、和碱的反应为歧化反应；D、标况下水为液体【解答】解：A、铵根离子中含11个质子，故1mol铵根离子中含11mol质子即11NA个，故A错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g氧气和16g臭氧中含有的氧原子的物质的量均为1mol，个数均为NA个，故B正确；C、氯气和碱的反应为歧化反应，故1mol氯气转移1mol电子即NA个，故C错误；D、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大4下列离子方程式书写正确的是（）A金属铝投入到氢氧化钠溶液中：2Al+2OH2AlO2+H2
17、BAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OHAl（OH）3C三氯化铁溶液中加入铁粉 Fe3+Fe2Fe2+D二氧化碳通入碳酸钠溶液中：CO2+CO32+H2O2HCO3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A2mol铝与氢氧化钠溶液完全反应生成3mol氢气，该反应不满足电子守恒；B一水合氨为弱电解质，离子方程式中一水合氨不能拆开；C离子方程式两边正电荷不相等；D二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠【解答】解：A铝投入到氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH2AlO2+3H2，故A错误；来源:Zxxk.ComB氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝
18、沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C三氯化铁溶液中加入铁粉，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，故C错误；D二氧化碳通入碳酸钠溶液中，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+CO32+H2O2HCO3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等5饱
19、和氯水久置后，溶液中的各种粒子：Cl2 ClO Cl HClO H+ 减少的是（）ABCD【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】新制氯水中含有含有三种分子：Cl2、H2O、HClO，四种离子：H+、Cl、ClO及少量OH；久置后发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2，由于HClO的分解导致了Cl2的不断反应，最后变成了HCl溶液，这时溶液中含有H2O、H+、Cl及少量的H+，减少的为Cl2、H2O、HClO【解答】解：氯气的水溶液称为氯水，新制氯水呈黄绿色，有刺激性气味，在氯水中存在如下三个平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH+ClO，H2OH+O
20、H，所以新制的氯水中含有三种分子：Cl2、H2O、HClO，四种离子：H+、Cl、ClO及少量OH；久置后发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2，由于HClO的分解导致了Cl2的不断反应，最后变成了HCl溶液，所以减少的是：Cl2 ClO、HClO故选B【点评】本题考查新制氯水和久置氯水的成分的不同，新制氯水含有氯气和次氯酸，具有酸性、漂白性和强氧化性6下列叙述中正确是（）A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗的主要原因是：2Na+O2=Na2O2BNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物的主要原因是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
21、C小苏打的主要成分是碳酸钠，NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3D金属钠着火时，用干燥的细沙土覆盖灭火【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物【专题】金属概论与碱元素【分析】A钠和氧气反应生成氧化钠；BNa2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠易潮解；Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；C小苏打的成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，在加热条件下易分解；D钠和水反应生成氢气，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氧气，氢气属于可燃物，氧气能助燃【解答】解：A金属钠表面变暗的原因主要是生成了白色的氧化钠，反应方程式为：2Na+O2=Na2O，故A错误；BNaOH容易吸水形成黏稠物而Na2CO
22、3不易吸水，所以结合信息“潮湿的空气”应该是Na2O2与水反应生成NaOH的原因，故B错误；C小苏打是碳酸氢钠，苏打是碳酸钠，NaHCO3的热稳定性小于Na2CO3，加热能分解生成碳酸钠，故C错误；D钠和水反应生成氢气，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，氢气属于可燃物，氧气能助燃，所以金属钠着火不能用水或泡沫灭火器扑灭，应用干燥的沙土盖灭，故D正确；故选D【点评】本题考查了钠及其化合物，明确物质的性质是解本题关键，以钠为中心构建知识网络，知道发生反应的条件、产物及其性质，灵活运用知识解答，注意：钠和氧气反应的条件不同导致其产物不同，难度不大7将过量的CO2分别通入下列溶液
23、中，最终有沉淀析出的溶液是（）CaCl2溶液 Na2SiO3溶液 Ca（ClO）2溶液 饱和Na2CO3溶液A.B.只有C只有D只有【考点】离子反应发生的条件【专题】离子反应专题【分析】先确定二氧化碳和这些溶液中的溶质是否反应，若反应，再根据反应后的生成物的溶解性确定选项【解答】解：盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故错误；碳酸是弱酸，硅酸是更弱的酸，所以二氧化碳和硅酸钠能反应生成硅酸，硅酸是不溶于水的物质，所以最终有沉淀析出，故正确；次氯酸是比碳酸还弱的酸，所以二氧化碳、水和次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀，但二氧化碳是过量的，过量的二氧化碳
24、和碳酸钙能继续反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，故错误；碳酸钠能和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以该溶液中会有碳酸氢钠析出，故正确；故选B【点评】本题考查了碳元素及其化合物的性质，难度不大，注意次氯酸是比碳酸还弱的酸，但次氯酸是强氧化性酸8下列叙述中不正确的是（）AFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2，在足量Cl2中燃烧生成FeCl3B在空气中用小火慢慢加热蒸干硫酸亚铁溶液，不会得到纯净的硫酸亚铁固体C鉴别Fe2+和Fe3+，可以使用酸性KMnO4溶液，也可使用KI淀粉溶液DFe3+有氧化性，所以可以用FeCl3溶液来回收旧电路板中的铜【考点
25、】铁的化学性质；盐类水解的应用；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【专题】元素及其化合物【分析】AFe在Cl2中燃烧，无论Cl2量多量少，产物只能生成FeCl3；BFe2+具有还原性，在加热蒸干过程中Fe2+能被空气中的O2氧化；C鉴别Fe2+和Fe3+，利用了Fe2+的还原性可使用酸性KMnO4溶液鉴别，利用Fe3+的氧化性可使用KI淀粉溶液鉴别；D铁离子能和铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子；【解答】解：A氯气具有强氧化性，和变价金属发生燃烧反应，生成高价金属化合物，2Fe+3Cl22FeCl3，故A错误；BFe2+具有还原性，硫酸亚铁溶液在加热过
26、程中易被氧气氧化，不会得到纯净的硫酸亚铁固体，故B正确；C酸性KMnO4溶液；因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别Fe2+和Fe3+，KI淀粉溶液，铁离子能够将碘离子氧化成碘单质，溶液变成蓝色，所以能区别Fe2+和Fe3+，故C正确；D铁离子具有氧化性，能和铜发生氧化还原反应Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，生成亚铁离子和铜离子，所以氯化铁能腐蚀铜板，故D正确故选A【点评】本题综合考查物质的性质，侧重于鉴别、氧化等知识，题目难度不大，注意相关物质的性质的掌握注意掌握亚铁离子与铁离子的化学性质及常用的检验方法9用98%的浓硫酸（
27、密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：100mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）ABCD【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】综合实验题【分析】先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答【解答】解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c=mol/L=18.4mol/L，配制1mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V=0.0054
28、L，即5.4ml，应选择10ml量筒和胶头滴管，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为，故选D【点评】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度不大，注意量物质的量浓度和质量百分数之间的换算10下列物质的用途错误的是（）A硅是制造太阳能电池的常用材料B二氧化硅是制造光导纤维的材料C石英是制取水泥的原料D水玻璃可用作木材防火剂【考点】硅和二氧化硅【专题】碳族元素【分析】根据物质的组成、制备原料、用途进行分析【解答】解：A、因晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池材料太阳能电池材料
29、，故A正确； B、因制造光导纤维的主要材料是SiO2，故B正确； C、因制造水泥的原料主要材料是石灰石、粘土，故C错误； D、因水玻璃不燃不爆，所以可作为木材防火剂，故D正确； 故选：C【点评】本题主要考查了物质的制备原料、用途，其中选项A、选项B很容易混淆11下列除杂质的操作中不正确的是（）A铁粉中混有铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应后过滤BFeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤CNa2CO3固体中混有少量NaHCO3：加入适量NaOH溶液D氯气中混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶【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
30、】A铝粉可溶于氢氧化钠溶液；B铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；C引入新杂质；D氯气不溶于饱和食盐水【解答】解：A铝粉可溶于氢氧化钠溶液，而铁与氢氧化钠不反应，可用于除杂，故A正确；B铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，可用于除杂，故B正确；C碳酸氢钠不稳定，加热易分解，应用加热的方法分离，而用氢氧化钠易引入新杂质，且操作复杂，故C错误；来源:Zxxk.ComD氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，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，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，除杂时注意不能引入新杂质，且不能影响被提纯的物质，难度不大12在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀
31、溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）AFe3+BAl3+CNH4+DFe2+【考点】钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，Fe2+氧化成Fe3+，减少的是亚铁离子和铵根离子【解答】解：A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成
32、铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，故B正确；C、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，故D错误故选B【点评】本题考查物质性质的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点13某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（）ANH4+、Fe2+、Cl、SO42BNa+、K+、Cl、SO42CMg2+、H+、Cl、SO42DK
33、+、Ca2+、HCO3、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】与Al反应能放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，A铵根离子、亚铁离子能够与氢氧根离子反应；BNa+、K+、Cl、SO42离子之间不发生反应，也不与氢离子、氢氧根离子反应；C镁离子、氢离子能够与氢氧根离子反应；D钙离子、碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子也能够与氢离子反应【解答】解：该溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，ANH4+、Fe2+能够与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；BNa+、K+、Cl、SO42之间不满足离子反应发生条
34、件，且都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CMg2+、H+能够与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；DCa2+、HCO3与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子能够与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的正误判断，难度中等，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；能生成难溶物的离子之间；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
35、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14下列各组物质相互混合反应，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（）金属钠投入到FeCl3溶液 过量NaOH溶液和明矾溶液 Ba（HCO3）2溶液和NaHSO4溶液 Na2O2投入FeCl3溶液ABCD【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】Na先和水反应，然后NaOH再和氯化铁发生复分解反应；过量的氢氧化钠和明矾溶液发生复分解反应；碳酸氢钡和硫酸氢钠发生复分解反应；过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠，然后NaOH再和氯化铁反应发生复分解反应【解答】解：Na先和水反应
36、，然后NaOH再和氯化铁发生复分解反应，反应方程式为：6Na+6H2O+2FeCl3=2Fe（OH）3+6NaCl+3H2，所以符合题意，故正确；过量的氢氧化钠和明矾溶液发生复分解反应，反应方程式为：4OH+Al3+=AlO2+2H2O，所以不符合题意，故错误；碳酸氢钡和硫酸氢钠发生复分解反应，反应方程式为：Ba（HCO3）2+2NaHSO4=BaSO4+2H2O+Na2SO4+2CO2，所以符合题意，故正确；过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠，然后NaOH再和氯化铁反应发生复分解反应，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3+3NaCl，所以
37、符合题意，故正确；故选D【点评】本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，熟练掌握元素化合物之间的反应，如果将中FeCl3换为FeCl2，因为过氧化钠具有强氧化性，所以仍然得到Fe（OH）3，题目难度不大15氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一种反应物”在4050时反应可生成它CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；跟盐酸反应能产生气体，以下有关的推断中错误的是（）A“另一种反应物”一定具有还原性BCuH既可做氧化剂也可做还原剂CCuH+Cl2CuCl+HCl（燃烧）DCuH+HClCuCl+H2（常温）【考点】氧化还原反应【分析】
38、ACuSO4溶液和“另一种反应物”在4050C时反应可生成CuH，反应中CuSO4的Cu元素化合价降低，则Cu被还原，所以“另一种反应物”具有还原性；BCuH中Cu的化合价为+1价，既可升高也可降低，据此分析；CCuH在氯气中能燃烧，发生氧化还原反应生成CuCl2和HCl；DCuH中H的化合价为1价，具有还原性，可与HCl反应生成H2【解答】解：ACuSO4溶液和“另一种反应物”在4050C时反应可生成CuH，反应中CuSO4的Cu元素化合价降低，则Cu被还原，所以“另一种反应物”具有还原性，故A正确；BCuH中Cu的化合价为+1价，既可升高也可降低，CuH既可作氧化剂也可作还原剂，故B正确；
39、CCuH在氯气中能燃烧，发生氧化还原反应生成CuCl2和HCl，故C错误；DCuH中H的化合价为1价，具有还原性，可与HCl反应生成H2，反应的方程式为CuH+HClCuCl+H2，故D正确故选C【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大注意从化合价的角度判断物质的性质16工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（）A试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B反应过滤后所得沉淀为氢氧化铁C反应通入的过量Y是CO2气体D图中所示的转化反应都是氧化还原反应【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验设计题【分析】Al2O3、F
40、e2O3和硫酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，应该选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有氧化铁，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，Y为CO2，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答该题【解答】解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应
41、方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，所以Y是CO2，故C正确；D、反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C【点评】本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键17X、Y、Z、W有如如图所示的转化关系，则X、Y可能是（）C、CO AlCl3、Al（OH）3Fe、FeCl3 Na2CO3、NaHCO3A只有B只有C只有D【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】X、Y都可与W反应生成Z，反应类型可能为氧化还原反应或者两性物质的转化，如是氧化还原反应，X所含元素应有多种化合价，以此解答该题
42、【解答】解：X为C，Y为CO，W为O2，Z为CO2，可实现图中转化，故正确；X为AlCl3，Y为Al（OH）3，W为NaOH，Z为NaAlO2，可实现图中转化，故正确；、X为Fe，Y为FeCl3，无法实现XYZ的转化，故错误；X为Na2CO3，Y为NaHCO3，W为CO2，NaOH可与少量CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，NaOH与CO2过量反应可生成NaHCO3，可实现图中转化，故正确；故选C【点评】本题考查无机物的推断，题目侧重于物质的性质的考查，题目难度不大，注意相关物质的性质的积累，为解答该题的关键18某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混
43、合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42的物质的量浓度为6molL1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（）A5.6gB11.2gC22.4gD33.6g【考点】有关混合物反应的计算【专题】守恒法【分析】根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量【解答】解：n（SO42）=0.1L6molL1=0.6mol，CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有n（Cu2+）=n（H+）=n（Fe
44、3+），由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设Cu2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol2，由此解得n=0.2mol，Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol0.2mol=0.4mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4mol56g/moL=22.4g，故选C【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意用电荷守恒和质量守恒去解答二、非选择题（本题包含4小题，共34分）19在下列各变化
45、中，E为无色无味的液体（常温下），F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体（反应条件均已省略）回答下列问题：（1）写出反应的化学反应方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，在该反应中，每生成2.24LG（标准状况），该反应转移电子的物质的量是0.2mol（2）若反应在溶液中进行，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D之间则反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（3）若反应在溶液中进行，A是一种强酸，B是一种含两种金属元素的盐，当A过量时，C及D均易溶于水则A过量时反应的离子反应方程式是AlO2+4H+=Al3+2H2O【考点】无机物的推断【专题】元素
46、及其化合物【分析】（1）E常温下为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见无色气体，E与F反应生成G，则E为H2O，F为Na2O2，G为O2，H为NaOH；（2）若反应在溶液中进行，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，Cl2和NaOH的反应生成NaCl和NaClO符合转化关系；（3）若反应在溶液中进行，A是一种强酸，B是一种含两种金属元素的盐，当A过量时，C及D均易溶于水，偏铝酸钠与盐酸反应符合转化关系【解答】解：（1）E常温下为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见无色气体，E与F反应生成G，则E为H2O，F为Na2O2，G为O2，H为NaOH，反应的化学反应方程式：
47、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，在该反应中，生成氧气为=0.1mol，反应转移电子的物质的量是0.1mol2=0.2mol，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；0.2mol；（2）若反应在溶液中进行，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，Cl2和NaOH的反应生成NaCl和NaClO符合转化关系，则反应的化学方程式是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（3）若反应在溶液中进行，A是一种强酸，B是一种含两种金属元素的盐，当A过量时，C及D均易溶于水，偏铝酸钠与盐酸反应符合转化
48、关系，则A过量时反应的离子反应方程式是AlO2+4H+=Al3+2H2O，故答案为：AlO2+4H+=Al3+2H2O【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意（2）（3）答案不唯一性，难度中等20甲、乙两同学欲制取纯净的Fe（OH）2，根据如图所示的装置进行试验A管中是Fe和稀硫酸，B管中是NaOH溶液，回答下列问题（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，一段时间后在B管中观察到的现象是：液面上升，有白色沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色此时B中发生现象的化学反应方程式是：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（2）同学乙：先打开
49、止水夹a，使A管中物质反应一段时间后，再夹紧止水夹a实验中在B管中观察到的现象主要是有白色沉淀生成（且不变色）同学乙在开始阶段进行的操作，主要的实验目的是：排尽试管中的空气，防止Fe（OH）2被氧化（3）你认为乙（填甲或乙）同学的实验可制取纯净的Fe（OH）2【考点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【专题】实验设计题【分析】（1）Fe和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，生成的氢气导致溶液通过导管进入B装置，氢氧化钠和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，Fe（OH）2不稳定易被空气氧化生成 Fe（OH）3；（2）生成的氢气将空气排出，防止氢氧化亚铁被氧化；（3）只要没有空气就能防止氢氧化亚铁被氧化【解答】解：（1）
50、A中反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2，氢气的生成导致A中压强增大，溶液从导管进入B试管，B中反应为FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na2SO4，Fe（OH）2不稳定易被空气氧化生成 Fe（OH）3，所以看到的现象是有白色沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：有白色沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（2）先打开止水夹a，使A管中物质反应一段时间后，再夹紧止水夹，A中生成的氢气将空气排出，生成的硫酸亚铁和氢氧化钠混合时氢氧化亚铁不被氧化，所以看到
51、的现象是有白色沉淀生成（且不变色），故答案为：有白色沉淀生成（且不变色）；排尽试管中的空气，防止Fe（OH）2被氧化；（3）通过以上分析知，乙同学的实验可制取纯净的Fe（OH）2，故答案为：乙【点评】本题考查了氢氧化亚铁的制备，氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁而变质，为制取氢氧化亚铁，需要将空气隔绝，只要不存在氧气就能制得较纯净的氢氧化亚铁，题目难度不大21有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子 K+、Na+、Al3+、Cu2+阴离子来源:Zxxk.ComOH、HCO3、NO3、SO42为了鉴别上述化合物分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝
52、色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀完全溶解；进行焰色反应，B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃），A、E为黄色；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀，B中无明显现象将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成根据上述实验填空：（1）写出B、C的化学式：BKNO3； CKAl（SO4）2（2）写出过量E滴人到C溶液中的离子反应方程式Al3+4OHAlO2+2H2O（3）将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为Na2CO3（4）在A溶液中加澄清石灰水，其离子方程式为HCO3+
53、Ca2+OHCaCO3+H2O（5）上述五种化合物中有一种是常用作净水剂，其净水原理是：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，Al（OH）3（胶体）具有很强的吸附能力，它能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，从而达到净水的目的（请结合方程式及必要的文字进行叙述）【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题；离子反应专题【分析】将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，说明D中含有Cu2+；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀完全溶解，说明E中含有OH，C中含有Al3+；进行焰色反应，B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃），说明B、C中含有 K+；A、E为黄色，说明A、E中含有
54、Na+，则E为NaOH；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，A中含有HCO3，则A为NaHCO3；C、D中产生白色沉淀，说明C、D中含有SO42，则C为KAl（SO4）2，D为CuSO4；B中无明显现象，B中可能含有OH、NO3；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，D为CuSO4，则D只能含有NO3，所以为KNO3，根据以上分析判断各物质名称，并完成本题解答【解答】解：溶于后D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中中含有Cu2+；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀完全溶解，此现象为氢氧根离子加入铝离子后的现象，所以E中含有OH，C中含有Al3+；B、C
55、为紫色（透过蓝色钴玻璃）说明BC中含有K+；A、E为黄色说明A、E中含有Na+，根据可知E为NaOH；各溶液中加入硝酸钡溶液和过量稀硝酸，A中放出无色气体，A中含有HCO3，则A为NaHCO3；C、D中产生白色沉淀，不溶于稀释的白色沉淀为硫酸钡，所以C、D中含有SO42，则C为KAl（SO4）2，D为CuSO4；B中无明显现象，B中可能含有OH、NO3；B、D两溶液混合后未见沉淀或气体生成，则D只能含有NO3，所以为KNO3，（1）根据以上分析可知，A为NaHCO3，B为KNO3，C为KAl（SO4）2，D为CuSO4，E为NaOH，故答案为：KNO3；KAl（SO4）2；（2）E为NaOH、
56、C为KAl（SO4）2，过量E滴人到C溶液中的离子反应方程式为Al3+4OHAlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OHAlO2+2H2O；（3）A为NaHCO3、E为NaOH，将含1mol A的溶液与含1mol E的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3； （4）A为NaHCO3，在A溶液中加澄清石灰水，碳酸氢钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故答案为：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O（或2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2O）；（5）硫酸铝钾中铝离子能够水
57、解生成氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，Al（OH）3（胶体）具有很强的吸附能力，它能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，从而达到净水的目的，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，Al（OH）3（胶体）具有很强的吸附能力，它能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，从而达到净水的目的【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子具有的特征反应，如铝离子与氢氧根离子、偏铝酸根离子与氢离子，常常为解题的突破口22某不锈钢（主要成分为Fe）样品中含有铝、铜等（其它成分忽略），为了测定该合金中铁的含量，有人设计如下工艺流程：（1）滤
58、液C中溶质含有NaAlO2、NaCl、NaOH （写化学式）；（2）反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，如何验证滤液A中含Fe2+，而不含Fe3+取少量滤液A于试管中，滴几滴KSCN溶液，溶液不变色，再加氯水（或通氯气），溶液变为血红色（3）对所得Fe2O3固体称量得质量为b g，计算该样品中铁元素质量分数的表达式为（用含a、b的式子表示）100%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断【专题】元素及其化合物【分析】不锈钢（主要成分为Fe）样品中含有铝、铜等，加入足量稀盐酸铁、铝溶解为氯化亚铁和氯化铜溶液，铜不溶解，过滤得到滤渣A为铜，滤液A中含有的溶质
59、成分为FeCl2、AlCl3，通过氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁得到溶液B中为FeCl3、AlCl3，B溶液中加入过量氢氧化钠溶液过滤，得到红褐色氢氧化铁沉淀和滤液C，滤液C中含有的溶质NaAlO2、NaCl、NaOH，红褐色沉淀氢氧化铁加热分解得到氧化铁，以此解答该题【解答】解：不锈钢（主要成分为Fe）样品中含有铝、铜等，加入足量稀盐酸铁、铝溶解为氯化亚铁和氯化铝溶液，铜不溶解，过滤得到滤渣A为铜，滤液A中含有的溶质成分为FeCl2、AlCl3，通过氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，得到溶液B中为FeCl3、AlCl3，B溶液中加入过量氢氧化钠溶液反应为：FeCl3
60、+3NaOH=Fe（OH）3+3NaCl，AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl，过滤得到红褐色氢氧化铁沉淀和滤液C，滤液C中含有的溶质NaAlO2、NaCl、NaOH，红褐色沉淀氢氧化铁加热分解得到氧化铁；（1）依据上述分析可知滤液C中含有的NaAlO2、NaCl、NaOH，故答案为：NaAlO2、NaCl、NaOH；（2）反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，滤液A中含有的溶质成分为FeCl2、AlCl3，验证滤液A中含Fe2+，而不含Fe3+，利用铁离子和亚铁离子的检验方法设计实验步骤分析，实验步骤为：取少量滤液A于试管中，滴几滴KSCN溶液，溶液不变色，再加氯
61、水（或通氯气），溶液变为血红色，证明溶液中含有亚铁离子；故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；取少量滤液A于试管中，滴几滴KSCN溶液，溶液不变色，再加氯水（或通氯气），溶液变为血红色；（3）样品质量为ag，所得Fe2O3固体称量得质量为b g，该样品中铁元素质量分数=100%=100%，故答案为：100%【点评】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查分析计算能力，明确流程图中发生的反应及操作方法是解本题关键，知道各物质的成分，题目难度不大三、计算题（本题包含2小题，共12分）23向200mL 某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应后，得到Na2CO3和NaHCO
62、3的混合溶液向上述所得溶液中，逐滴滴加2molL1的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：（1）OA段、AB段发生反应的离子方程式CO32+H+=HCO3、HCO3+H+=CO2+H2O（2）B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是1.2molL1【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】加入盐酸100mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，则Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，加盐酸OA段发生Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，而AB段发生NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，以此解答【解答】解：加入盐酸100mL时开始生成气体，当加入
63、盐酸300mL时不再产生气体，则Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，加盐酸OA段发生Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl，而AB段发生NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，（1）OA段的离子反应为CO32+H+=HCO3，AB段的离子反应为HCO3+H+=CO2+H2O，故答案为：CO32+H+=HCO3；HCO3+H+=CO2+H2O；（2）B点时溶质只有NaCl，n（NaCl）=n（HCl）=0.3L2mol/L=0.6mol，所以c（NaCl）=1.2 molL1，故答案为：1.2 molL1【点评】本题考查化学反应方程式的计算，题目难度中等，注意图象与反应的对应关系，侧
64、重学生分析判断和计算能力的考查，注意图象中B点溶液溶质的判断24将0.1mol的镁和铝的混合物溶于50mL 4molL1H2SO4溶液中，然后再滴加2molL1的NaOH溶液请回答下列问题：（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示当V1=80mL时，计算金属粉末中镁的物质的量及V2的体积（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，计算滴入NaOH溶液的体积【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=70mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和
65、剩余硫酸，V1=80mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，令MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，根据守恒列方程求算n（Mg）；当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液根据守恒，有n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al），据此求出n（NaOH），再利用V=计算；（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na+离子守
66、恒有n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4），据此求出n（NaOH），再利用V=计算【解答】解：（1）当V1=80mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（NaOH）=0.08L2mol/L=0.08mol令MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1根据SO42离子守恒有：x+3y=0.0540.08联立方程，解得：x=0.06、y=0.02所以金属粉末中n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=20.02mol=0.04mol，滴加NaOH溶
67、液到体积V2时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=20.05L4mol/L+0.04mol=0.44mol，所以V2=0.22L=220mL，答：金属粉末中镁的物质的量为0.06mol，V2的体积为220mL（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时溶液是Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=20.05L4mol/L=0.4mol，所以V（NaOH）=0.2L=200mL，答：使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，需要滴入NaOH溶液的体积为200mL【点评】本题以图象形式考查混合物计算，难度中等，清楚每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析，注意守恒思想的运用，使计算简化来源:学_科_网Z_X_X_K
