1、河北省张家口市2017-2018学年高一上学期期末考试化学试题注意事项:1.本试卷分为I卷和II卷两部分，考试时间为90分钟，满分100分。2.所有作答请在答题卡上完成，答在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量:H:1 C:12N:140:16Na:23Mg:24Al:27Cl:35.5Fe:56第I卷 (单项选择题，共45分)一、选择题(1-15题，每小题2分；16-20题，每小题3分，每题只有一个选项符合题意)1. 据本草纲目记载:“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。”铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。这里的“铜青”是指A. CuO B. Cu2O C. Cu D. Cu2
2、(OH)2CO3【答案】D【解析】A、CuO为黑色，不是绿色，故A错误。B、Cu2O是红色，不符合题意，故B不正确。C、Cu为红色固体，不合题意。故C错误。D、Cu2(OH)2CO3绿色固体，符合题意，故选D。2. 化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是A. PM2.5是指大气中直径接近2.5微米的颗粒物，入肺则影响健康，它具有丁达尔现象B. 纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料C. 漂白粉既可作漂白棉麻纸张的漂白剂，又可作游泳池及环境的消毒剂和净水剂D. 合金材料的组成元素一定全部是金属元素【答案】B【解析】试题分析：A.PM 2.5是指大气中直径接近2.5微米的颗粒物，这些细颗粒物分散在空
3、气中不能形成胶体，不具有丁达尔现象，错误；B.制光导纤维的原料是二氧化硅，正确；C.漂白粉具有强氧化性，能用来漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂，但它不能做净水剂，错误；D.合金材料的组成元素不一定全部是金属元素，可能含有非金属元素，如生铁中含有C元素，错误；选B。考点：考查化学与生活环境的关系，光导纤维、合金、漂白粉等知识。3. 下列的分离方法不正确的是A. 用酒精萃取碘水中的碘 B. 用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C. 用过滤的方法除去食盐水中的泥沙 D. 用淘洗的方法从沙里淘金【答案】A【解析】试题解析：萃取剂应不溶于水，酒精与水混溶，不能用作萃取剂，故A错误；水的沸点较低
4、，可用蒸馏的方法制取蒸馏水，故B正确；泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故C正确；金子的密度比水大，可用淘洗的方法从沙里淘金，故D正确考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用4. 某学习小组讨论辨析以下说法: 粗盐和酸雨都是混合物；CO 和CO2都是酸性氧化物；蔗糖、硫酸钡分别属于非电解质和电解质；Na2O2 和CaO 都是碱性氧化物；.盐酸和食醋既是化合物又是酸；纯碱和熟石灰都是碱；NaCl 和KC1可用焰色反应鉴别。上述说法正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】粗盐和酸雨都是混合物，正确；CO不是酸性氧化物，CO2是酸性氧化物，错误；蔗糖属于非电解质，硫酸钡属于电解质，正确；
5、Na2O2不属于碱性氧化物，CaO属于碱性氧化物，错误；盐酸属于混合物，错误；纯碱是碳酸钠属于盐类，熟石灰属于碱类，错误；钠离子与钾离子的焰色反应时现象不同，可用焰色反应鉴别NaCl和KC1，正确。上述说法正确的是，对比选项答案选B。5. 在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A. Na+、K+、OH-、Cl- B. Na+、Cu2+、SO42-、NO3-C. Ba2+、HCO3-、NO3-、K+ D. Mg2+、Na+、SO42-、Cl-【答案】D【解析】A. 酸性溶液中OH-不能大量共存，A错误；B. Cu2+在溶液中显蓝色，不是无色，不能大量共存，B错误；C. 酸性溶液
6、中HCO3-不能大量共存，C错误；D. Mg2+、Na+、SO42-、Cl-在强酸性溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，D正确，答案选D。点睛：掌握离子间发生的化学反应是解答的关键，分析离子间能否大量共存时一般可以从以下几个角度去把握：即能否发生复分解反应生成易挥发性物质或难电离物质或难溶性物质、能否生氧化还原反应、能否发生络合反应（中学化学中只需要掌握铁离子与KSCN的反应即可）等。6. 某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是A. X、Z烧杯中分散质相同B. 利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离C. Y中反应的离子方程式为:3CaCO3+2Fe3+3H2O=2Fe(O
7、H)3(胶体)+3CO2+3Ca2+D. Z中的分散系能产生丁达尔效应【答案】A【解析】A. X中是氯化铁溶液，Z中是氢氧化铁胶体，两烧杯中分散质不同，错误；B. 利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离，正确；C. Y中反应的离子方程式为：3CaCO3+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2+3Ca2+，正确；D. 丁达尔现象是胶体的等征现象，Z中是氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，正确。答案选A。7. 金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，在反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO中，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为C
8、B. 该反应说明了C的还原性小于SiCC. 该反应中转移的电子数为12e-D. 该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1:2【答案】D【解析】在反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO中，3mol碳中有2mol碳的化合价升高，被氧化，作还原剂，1mol碳的化合价降低（SiC中碳为4价），被还原，作氧化剂，故A错误；还原剂的还原性大于还原产物，由方程式可知，C的还原性大于SiC，B错误；在该反应中转移的电子数为4e-，C错误；该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1:2，D正确。答案选D。8. 下列反应的离子方程式中，正确的是A. 盐酸与饱和澄清石灰水
9、反应:H+OH-=H2OB. 向澄清石灰水中通入少量CO2:OH-+CO2=HCO3-C. 钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+=Cu+2Na+D. 稀硫酸滴在银片上:2Ag+2H+=2Ag+H2【答案】A【解析】A. 盐酸与饱和澄清石灰水反应，HCl与Ca(OH)2都可溶性强电解质，生成可溶性强电解质氯化钙，离子方程式为：H+OH-=H2O，正确；B. 向澄清石灰水中通入少量CO2生成碳酸钙沉淀和水：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2O，错误；C. 钠与CuSO4溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和水，生成的氢氧化钠再与硫酸铜生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，2Na+Cu2+=Cu+2
10、Na+属于原理错误；D. 稀硫酸滴在银片上，不发生反应，属于原理错误。答案选A。9. NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2.8g铁与0.05molCl2充分反应，转移0.15NA电子B. 27gAl与足量NaOH溶液反应生成33.6LH2C. 14g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)组成的混合物中含有原子的数目为3NAD. 300mL0.2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.06NA【答案】C【解析】A. 已知2Fe+3Cl22FeCl3，2.8g铁与0.05molCl2充分反应，氯气不足量，铁过量，即氯气完全反应，应转移0.1NA电子，A错误；B. 27gAl与足量NaOH
11、溶液反应生成氢气在标准状况下的体积是33.6L，B错误；C. 乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)的最简式相同即CH2，14g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)组成的混合物中所含CH2的物质的量为1mol（14g/14g/mol），则混合物中所含有原子的数目为3NA，正确；D. 300mL0.2mol/L蔗糖溶液中所含蔗糖分子数为0.06NA，未包括溶剂水的分子数，D错误。答案选C。10. 浓度均为0.1mol/L的三种溶液等体积混合，充分反应后没有沉淀的一组溶液是A. BaCl2NaOH NaHCO3 B. Na2CO3MgCl2H2SO4C. AlCl3NH3H2ONaOH D. Ba(O
12、H)2CaCl2Na2SO4【答案】B【解析】试题分析：A、等物质的量NaOH、NaHCO3恰好反应生成碳酸钠和水，BaCl2和碳酸钠前后反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，所以一定有沉淀生成，故A不选；B、Na2CO3、MgCl2、H2SO4等物质的量混合能生成沉淀只能是碳酸镁，但有硫酸存在，所以不可能生成沉淀，故B选；C、AlCl3、NH3H2O、NaOH等物质的量混合，1mol铝离子需要3mol氢氧根离子完全沉淀，根据题意碱不足，所以一定有沉淀生成，故C不选；D、Ba（OH）2、CaCl2、Na2SO4等物质的量混合可以生成硫酸钡沉淀，所以一定有沉淀生成，故D不选；故选B。【考点定位】考查离子反
13、应发生的条件【名师点晴】本题考查了给定量的物质混合时的反应判断，关键是要充分掌握各类物质的化学性质，生成物质在所在环境中的存在判断，综合性较强需认真分析作答。解答时可用根据发生反应的离子方程式和反应的先后顺序逐项分析。11. “NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl”是著名的“侯氏制碱法”的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。其中不正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A、此反应说明该条件下碳酸氢钠的溶解度较小，A正确；B、碳酸氢钠是小苏打，纯碱是碳酸钠，B正确；C、析出碳酸氢钠，说明剩余的溶液为碳酸氢钠的饱和溶
14、液，C错误；D、生成的氯化铵属于氮肥，D正确。答案选C。考点：碳酸钠和碳酸氢钠的性质12. 下列有关叙述正确的是A. 相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所舍的氧原子数目之比为11:7B. 同体积、同密度的C2H4和CO，两种气体的分了数一定相等C. 配制450ml0.1mol/L的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8gD. 1L0.445mol/LNaCl溶液中Cl-的物质的量浓度比0.1L0.15mol/LAlCl3溶液大【答案】B13. 在一个密闭容器中盛有11gX气体(X的摩尔质量为44g/mol)时，压强为1104Pa。如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压
15、强增到5104Pa，这时容器内气体X的分子数约为A. 3.31025 B. 3.31024 C. 7.51023 D. 7.51022【答案】C【解析】11g X气体的物质的量是 ，同温同体积时，压强比等于物质的量比，容器内的压强增至5104Pa时，气体的物质的量是1.25mol，分子数约为1.25molNA751023，故C正确。14. 对实验IIV的实验操作现象判断正确的是A. 实验I:产生红褐色沉淀 B. 实验II:溶液颜色变红C. 实验III:放出大量气体 D. 实验IV:先出现白色沉淀，后溶解【答案】D【解析】试题分析：A将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶
16、体，A错误；B三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，B错误；C铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，C正确；D氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，D错误，答案选C。考点：考查元素及其化合物的性质15. 将某铝硅合金分成质量相等的两份，分别与足量的盐酸和NaOH溶液充分反应，放出H2的体积(在相同温度和压强下)的关系正确的是A. 一样多 B. 前者多 C. 后者多 D. 无法确定【答案】C【解析】加入到足量的盐酸中，只有铝与盐酸反应，反应方程式为2Al6HCl=2AlCl33H2，加入到氢氧化钠溶液中，发生2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2、Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2，根据
17、反应方程式，后者产生的氢气量多，故选项C正确。16. 将过量的CO2分别通入:CaCl2溶液；Na2SiO3溶液；NaAlO2溶液；饱和Na2CO3溶液；Ca(OH)2最终溶液中有白色沉淀析出或浑浊的是A. B. C. D. 【答案】B 点睛：本题易错点是，学生认为生成白色沉淀CaCO3，反应方程式为CaCl2CO2H2O=CaCO32HCl，学生忽略了盐酸的酸性强于碳酸，反应又回去了，因此CO2通入到CaCl2溶液，没有沉淀产生。 17. 在含有Fe3+、Fe2+、Al+、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，反应完全后，离子数目几乎没有变化的是A. F
18、e3+ B. Fe2+ C. A13+ D. NH4+【答案】C【解析】试题分析：溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变；AFe3+增多，故A不选；BFe2+减少，故B选；C铝离子浓度保持不变，故C选；DNH4+减少，故D不选；故选C。考点：考查了离子反应发生的条件、物质的性质的
19、相关知识。18. 双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法正确的是A. 该物质属于两性氢氧化物B. 该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物C. 1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3molHFD. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用【答案】D【解析】A. NaAl(OH)2CO3属于盐类，不属于两性氢氧化物，A错误；B. NaAl(OH)2CO3是纯净物，B错误； C. 1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗4molHF（分别与2mol氢氧根离子、2mol碳酸根离子反应），C错误；D. NaAl(OH)2CO3与胃中盐酸反应，产生二
20、氧化碳气体，不适合于胃溃疡患者服用，D正确。答案选D。19. 某溶液只含有Na+、A13+、Cl-、SO42-四种离子，已知前三种离子的个数比为3:2:1，则溶液中A13+和SO42-的离子个数比为A. 1:2 B. 1:4 C. 3:4 D. 3:2【答案】A【解析】试题分析：根据溶液呈现电中性，因此有n（Na）3n（Al3）=n（Cl）2n（SO42），推出n（SO42）=4mol，因此n（Cl）：n（SO42）=1：4，故选项B正确。考点：考查电荷守恒等知识。20. 碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠。现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.93g，
21、则原混合物中碳酸钠的质量为A. 2.48g B. 2.58g C. 4.16g D. 4.41g【答案】A【解析】碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠，从反应方程分析可知，固体质量减少的部分就是二氧化碳和水蒸气的质量，用差量法可快速解决问题。 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O m 168 62m(NaHCO3) 0.93m(NaHCO3)=2.52g 则m(Na2CO3)= 5.00g-2.52g = 2.48g。答案选A。第II卷 (非选择题，共55分)21. I、现有下列八种物质: 铝 蔗糖 SiO2 H2SO4 NaOH FeSO4溶液 Ba(OH)2 氢氧化铁胶体(1)上述物质属于电
22、解质的有_(填序号)。能导电的有_ (填序号)。(2)向中加入的粉末，反应的离子方程式为_。(3)上述物质中有两种物质在水溶液中反应的离子方程式为H+OH-=H2O，则该反应的化学方程式为_。(4)实验室制备的离子方程式为:_。若在中缓慢加入的溶液，产生的现象是_。(5) 是玻璃的主要成分之一，与溶液反应的化学方程式为_。工艺师常用_(填物质名称)来雕刻玻璃。II、下列各组物质的分离或提纯，应选用下述方法的哪一种?(填选项字母)A.分液 B.过滤 C.萃取 D.蒸馏 E.蒸发结晶 F.高温分解(1)分离CCl4和H2O:_；(2)除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3: _；(3)分离CCl4(沸点
23、为76.75)和甲苯(沸点为110.6)的液体混合物:_。【答案】 (1). (2). 【答题空21-2】 (3). 【答题空21-3】2Al+2 OH2H2O=2 AlO2+3H2 (4). 【答题空21-4】H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O (5). 【答题空21-5】Fe3+3H2O Fe(OH) 3(胶体)3H+ (6). 【答题空21-6】随着H2SO4溶液的逐渐加入先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解最后得到棕黄色溶液 (7). 【答题空21-7】SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (8). 【答题空21-8】氢氟酸 (9). 【答题空21-9】A (10).
24、【答题空21-10】B (11). 【答题空21-11】D【解析】I、（1）电解质是在水中或熔融状态下能导电的化合物，则上述物质属于电解质的有，其中能导电的有（氢氧化铁胶粒带电）；(2)向氢氧化钠溶液中加入铝粉，反应的离子方程式为：2Al+2 OH2H2O=2 AlO2+3H2 ；(3)能发生H+OH-=H2O的离子反应，则满足条件是强酸强碱生成可溶性盐的反应，符合此条件的化学方程式为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O ；(4)实验室制备氢氧化铁胶体的离子方程式为: Fe3+3H2O Fe(OH) 3(胶体)3H+ 。若在此胶体中缓慢加入稀硫酸，随着H2SO4溶液的逐渐加入先产生
25、红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解最后得到棕黄色溶液；(5) 二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因4HF+SiO2=SiF4+2H2O，工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃。II、(1)CCl4和H2O互不相溶，可用分液法分离，即A；(2)除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3可用过滤法分离即B；(3) CCl4(沸点为76.75)和甲苯(沸点为110.6)沸点相差较大，可用蒸馏法分离即D。22. 已知化合物B是一种红棕色粉末，单质A和单质D是生活中常见的两种金属。它们在一定条件下按下图所示发生转化:请回答:(1)上述反应中属于氧化还原反应的是_(填写序号)。(2
26、)写出下列物质化学式:B_，E_，F_；(3)将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是_。(4)H在空气中很容易被氧化成I，该过程的现象是_，该反应过程的化学方程式是_。【答案】 (1). (2). 【答题空22-2】Fe2O3 (3). 【答题空22-3】NaAlO2 (4). 【答题空22-4】FeCl2 (5). 【答题空22-5】AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (6). 【答题空22-6】白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 (7). 【答题空22-7】4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】化合物B是一种红棕色粉末，则B是氧化铁，混合
27、物A、B加入过量氢氧化钠后，A溶解在氢氧化钠溶液中，则A是铝，反应是铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气的氧化还原反应；单质铁（D）与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁再与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁（H），氢氧化亚铁经反应被空气中氧气氧化为氢氧化铁（I），氯化铁溶液（G）经反应与铁发生氧化还原反应生成F；氯化铝（K）经反应与氨水反应生成氢氧化铝沉淀。（1）属于氧化还原反应有；B为Fe2O3，E为NaAlO2 ，F为FeCl2；(3)将足量的CO2通入NaAlO2溶液中，离子方程式是：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- ；(4) 氢氧化亚铁，在空气中很容易被氧化成氢氧化铁，4Fe
28、(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，此反应过程可看到白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。点睛：解决推断题的关键中特征现象、特殊反应（如铝热反应）、典型性质（如铝的两性）等。23. I、瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分为MnO2)与浓盐酸混合加热，在世界上首先制得了氯气。如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。(1)A中盛放浓盐酸的仪器的名称是_。(2)要将C装置接入B和D之间，正确的接法是a_d。(3)实验开始先点燃A处的酒精灯，打开夹子K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生
29、成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为_。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，加入浓硫酸的作用是_。(4)D处反应完毕后，关闭夹子K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是_。II、某学生设计如下实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，据此回答下列问题：(1)漂白粉将在U型管中产生，其化学反应方程式是_。(2)此实验结果所得Ca(ClO)2产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管中存在两个副反应:温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(C1O3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_。试判断另一个副
30、反应是(写出此反应方程式)_，为避免此副反应发生，可采取的措施是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 【答题空23-2】c (3). 【答题空23-3】b (4). 【答题空23-4】2Cl2+C+H2O4HCl+CO2 (5). 【答题空23-5】浓硫酸稀释时放热促进水蒸气产生 (6). 【答题空23-6】瓶内气体黄绿色加深，瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 (7). 【答题空23-7】2Ca(OH)2+2Cl2CaCl2Ca(ClO)22H2O (8). 【答题空23-8】将U型管置于冷水浴中 (9). 【答题空23-9】Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O (10). 【
31、答题空23-10】在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶【解析】I、（1）A中盛放浓盐酸的仪器的名称是分液漏斗；(2)要将C装置接入B和D之间，应先长后短，正确的接法是a_c_b_d。(3) Cl2与炭粉在加热条件发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，从元素守恒角度分析，反应物中还需要水参与反应，发生反应的化学方程式为2Cl2+C+H2O4HCl+CO2。加入浓硫酸的作用是浓硫酸稀释时放热促进水蒸气产生，为d中反应提供水蒸气。(4) B中的现象是: 瓶内气体黄绿色加深，瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升。II、(1)漂白粉将在U型管中产生，其化学反应方程式是2Ca(OH)2+2Cl2C
32、aCl2Ca(ClO)22H2O。(2)温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(C1O3)2，为避免此副反应的发生，可U型管置于冷水浴中(控制在低温下进行反应)。因浓盐酸有挥发性，生成氯气中含有的氯化氢，另一个副反应是Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O，为避免此副反应发生，要除去氯化氢气体，可在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶。24. 由于镁合金具有硬度大、密度小、散热性好、抗震性好等优异性能它被用于制笔记本电脑外壳、竞赛自行车车架等。现称取一定质量的镁铝合金样品放入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并放出气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加
33、入NaOH溶液的体积关系如下图所示。试计算:(1)合金中Al的质量。(2)NaOH溶液的物质的量浓度。(3)稀硫酸的物质的量浓度。【答案】（1）5.4g（2）4.0 mol/L (3)0.8 mol/L【解析】（1）镁铝合金样品放入500mL稀硫酸中，固体全部溶解生成镁离子、铝离子，向此溶液中加入NaOH溶液，从生成沉淀图象分析可知，氢氧化钠体积从0-25ml时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子即硫酸过量，200-250mL段沉淀部分消失，发生的反应是：Al(OH)3+OH-=AlO2- +2H2O，由铝元素守恒得：n(Al)=nAl(OH)3=(0.35-0.15)mol=0.2mol，m
34、(Al)= 0.2mol 27g/mol=5.4g；（2）n(Al)=nAl(OH)3=n(OH-)=n(NaOH)=(250-200)mL10-3c(NaOH)= 0.2mol，c(NaOH)= 4.0 mol/L；（3）在200mL时，沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝，溶质为硫酸钠，此时V(NaOH)=200mL，n(NaOH)=0.2L4.0 mol/L=0.8mol，则n(H2SO4)=n(SO42-)= n(Na+)/2= n(NaOH)/2=0.4mol，c(H2SO4)= 0.4mol/0.5L=0.8 mol/L。点睛：解决本题的关键是熟知图象信息，特别是200250mL段发生的反应：Al(OH)3+OH-=AlO2- +2H2O；守恒法是技巧，如解析中提到的铝元素守恒，定组成比例守恒（如硫酸钠）。
