1、2015-2016学年山西省太原市阳曲一中高三（上）月考化学试卷（12月份）一选择题（每题3分，共42分）1下列叙述正确的是（）ALi在氧气中燃烧主要生成Li2O2B将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu2将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）Na2O2Na2O Na2CO3 NaCl（）ABC=D=3甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，
2、两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）A甲中沉淀一定比乙中的多B甲中沉淀可能比乙中的多C甲中沉淀一定比乙中的少D甲中和乙中的沉淀不可能一样多4下列叙述正确的是（）A稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳BNa2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱CLi、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物DNaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体5能正确表示下列反应的离子反应方程式为（）ANH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3+2 H2OB向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO
3、42+3Ba2+6OH 2 Al（OH）3+3BaSO4C向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl22 Fe3+2Br2+6 ClD醋酸除去水垢：2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42、NO3B使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3、NO3C0.1 molL1AgNO3溶液：H+、K+、SO42、ID0.1 molL1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl、SO427下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液
4、能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料8下列应用不涉及氧化还原反应的是（）ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH39向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物
5、质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol10短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z211已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W的原子半径依次减小BW与X形成的化合物只含离子键CW的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D若W与Y的原子序数相差5，
6、则二者形成化合物的化学式一定为Y2W312已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（）A若某温度下，反应后=11，则溶液中=B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol13下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述AKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设
7、计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0molL1的Ca（OH）2溶液AABBCCDD14NA代表阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD235g核素92235U发生裂变反应：92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子（01n）数为10NA二非选择题（共58分）15随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所
8、示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式（4）已知1mol 单质e在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图2如下：写出m点反应的离子方程式若R溶液改加20mL1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的
9、物质的量为mol16毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的a烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管（2）已知：Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9 完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3H2O调节pH=8可除去（填离子符号），滤渣中含（填化学式）加入H2C2O4时应避免过量，原因是已知：Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109（3）利用间接酸碱滴
10、定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行已知：2CrO42+2H+Cr2O72+H20 Ba2+CrO42BaCrO4步骤移取xml一定浓度的Na2CrO4溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmolL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL试回答：滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的（填“上方”或“下方”）BaCl2溶液的浓度为molL1，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅
11、出，Ba2+浓度测量值将（填“偏大”或“偏小”）17请回答：（1）H2O2的电子式（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：MnO4+ C2O42+=Mn2+ CO2+18化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂一定条件下金属钠和H2反应生成甲甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况） 的H2请推测并回答：（1）甲的化学式；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：
12、；（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3） 脱锈过程发生的化学方程式；（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由19已知AI均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中需要或生成的水及其他部分产物已略去请回答以下问题：（1）B和F分别是（填化学式）（2）写出下列反应的
13、化学方程式：A与B在高温下反应：H在空气中转变为I：（3）E溶液中所有离子浓度由大到小的顺序是（4）用离子反应方程式表示G溶液呈酸性的原因；该反应的平衡常数为（已知常温下，H的溶度积常数KSP=8.01016）2015-2016学年山西省太原市阳曲一中高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一选择题（每题3分，共42分）1下列叙述正确的是（）ALi在氧气中燃烧主要生成Li2O2B将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu【考点】碱金属的性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质【专题】氧族
14、元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A、金属锂的活泼性不如金属钠；B、二氧化硫和氯化钡溶液之间不会发生反应；C、CO2通入次氯酸钙溶液反应可以生成碳酸钙和次氯酸；D、氨气极易溶于水生成一水合氨，一水合氨可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜【解答】解：A、金属锂的活泼性不如金属钠，金属锂在氧气中燃烧主要生成Li2O，故A错误；B、二氧化硫和氯化钡溶液之间不会发生反应，不会出现沉淀；故B错误；C、CO2通入次氯酸钙溶液反应可以生成碳酸钙和次氯酸，故C正确；D、氨气极易溶于水生成一水合氨，一水合氨可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜，但是氨气和硫酸铜溶液之间不发生氧化还原反应，不能生成铜，故D错误故选：C【点评】
15、本题考查学生物质的性质，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大2将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）Na2O2Na2O Na2CO3 NaCl（）ABC=D=【考点】物质的量浓度的相关计算；钠的重要化合物【专题】溶液浓度的计算【分析】等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32+H2OHCO3+OH【解答】解：由反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应为Na2O
16、+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，故为=；中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于，而中NaCl的浓度为0.1mol/L，故选C【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，正确判断溶液中溶质及其物质的量是解本题关键，注意发生的化学反应，题目难度中等3甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1molL1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成下列判断正确的是（）A甲中沉淀一定比乙中的多B甲中沉淀可能比乙中的多C甲中沉淀一定比乙中的少D甲中和乙中的
17、沉淀不可能一样多【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学方程式的有关计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题；利用化学方程式的计算【分析】一水合氨是弱电解质、NaOH是强电解质，所以相同pH的氨水和NaOH溶液，c（氨水）c（NaOH），相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中n（氨水）n（NaOH）氢氧化铝不溶液氨水，甲中发生：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，由于氢氧化铝能溶于强碱NaOH，乙中开始发生反应：Al3+4OH=AlO2+2H2O，而后发生反应：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，再讨论过量情况进行分析解答【解答】解：一水合氨是弱电解质、NaOH是强
18、电解质，所以相同pH的氨水和NaOH溶液，c（氨水）c（NaOH），相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，n（氨水）n（NaOH），二者和氯化铝反应都生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝能溶于强碱NaOH，不溶于弱碱氨水氢氧化铝不溶液氨水，甲中发生：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，由于氢氧化铝能溶于强碱NaOH，乙中开始发生反应：Al3+4OH=AlO2+2H2O，而后发生反应：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，如果加入AlCl3恰好与NaOH反应生成Al（OH）3，由于参加反应的AlCl3的物质的量相等，所以生成沉淀质量相等；如果加入AlCl3与NaOH反应生成A
19、l（OH）3，后氯化铝还有剩余，则剩余部分氯化铝与氨水会继续反应生成沉淀，则氨水中产生的沉淀较多；如果加入AlCl3与NaOH反应生成NaAlO2、Al（OH）3，则氨水中产生沉淀较多，由上述分析可知，甲中沉淀大于或等于乙中，故选：B【点评】本题考查弱电解质的电离、氢氧化铝的性质，明确氢氧化铝的性质是解本题关键，要注意物质量的关系，分情况讨论，侧重考查学生分析问题、计算能力，题目难度中等4下列叙述正确的是（）A稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳BNa2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱CLi、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物DNaHCO3、Na2CO3、（NH4）
20、2CO3三种固体受热后均能生成气体【考点】钠的重要化合物；铵盐；铁的化学性质【专题】压轴题；氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A、稀硝酸、稀硫酸不能与木炭反应；B、红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁；C、Li、C、P分别在足量氧气中燃烧，分别生成Li2O、CO2、P2O5；D、Na2CO3受热不分解【解答】解：A、木炭与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下反应，与稀硝酸、稀硫酸不反应，故A错误；B、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，没有碱生成，故B错误；C、Li、C、P分别在足量氧气中燃烧，分别生成Li2O、CO2、P2O5，故C正确；D、NaHCO3、（N
21、H4）2CO3受热后均能生成二氧化碳气体，但Na2CO3受热不分解，故D错误；故选C【点评】考查中学常见元素单质及化合物的性质，比较基础，注意基础知识的全面掌握5能正确表示下列反应的离子反应方程式为（）ANH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3+2 H2OB向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH 2 Al（OH）3+3BaSO4C向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl22 Fe3+2Br2+6 ClD醋酸除去水垢：2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【
22、专题】离子反应专题【分析】A反应生成碳酸钾、氨气、水；B恰好使SO42沉淀完全，以1：2反应，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾；C足量氯气，亚铁离子、溴离子均被氧化；D醋酸在离子反应中保留化学式【解答】解：ANH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中的离子反应为NH4+HCO3+2OHCO32+NH3+2H2O，故A选；B明矾溶液中Al3+和SO42个数比为1：2，SO42完全沉淀时，Al3+应转化为AlO2，离子反应为Al3+2SO42+2Ba2+4OH AlO2+2H2O+2BaSO4故B不选；C向FeBr2溶液中通入足量氯气的离子反应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，故C选；D
23、醋酸是弱酸，则醋酸除去水垢的离子反应为2HAc+CaCO3Ca2+CO2+H2O+2Ac，故D不选；故选AC【点评】本题考查离子方程式的正误判断，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与量有关的离子反应的考查，题目难度不大6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42、NO3B使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3、NO3C0.1 molL1AgNO3溶液：H+、K+、SO42、ID0.1 molL1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分
24、析】A使甲基橙变红色的溶液，pH3.1，溶液显酸性；B使酚酞变红色的溶液，pH8，溶液显碱性；CAgI为黄色沉淀；DAlO2、H+反应【解答】解：A使甲基橙变红色的溶液，pH3.1，溶液显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故A正确；B使酚酞变红色的溶液，pH8，溶液显碱性，Cu2+、HCO3分别与碱反应，则不能共存，故B错误；CAg+、I结合生成AgI为黄色沉淀，Ag+、SO42结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；DAlO2、H+反应时，酸少量生成沉淀，酸过量时生成铝离子，则不能共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意酸碱指示剂的
25、变色范围为解答的易错点，题目难度不大7下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【考点】盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质【专题】化学计算【分析】A明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体；BFe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应；CSO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性；DZn为活泼金属，可作原电池的负极【解答】解：A明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体
26、具有较强的吸附能力，可用于净水，故A正确；BFe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应而用于蚀刻印刷电路，故B正确；CSO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，反应类型为化合反应，与氧化性、还原性无关，故C错误；DZn为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作原电池的负极，故D正确故选C【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，注意把握盐类水解的原理和应用，学习中注意常见元素化合物的知识8下列应用不涉及氧化还原反应的是（）ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3【考点】氧化还原反应【专题】
27、氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应的本质特征是反应前后元素化合价的发生变化；依据元素化合价变化分析判断；【解答】解：A、Na2O2用作呼吸面具的供氧剂，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，发生了氧化还原反应，故A不符合；B、工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al，是电解氧化铝发生氧化还原反应，故B不符合；C、工业上利用合成氨实现人工固氮，是氮气气体单质和氢气化合生成氨气，发生了氧化还原反应，故C不符合；D、NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3是复分解反应，故D符合；故选D【点评】本题考查了氧化还原反应的概念应用，本质特征化合价变化的判断，较简单9向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某
28、浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】压轴题；守恒法【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol
29、/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2
30、O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）
31、2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=
32、1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nCu（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故D正确故选B【点评】本题考查铜及其化合物
33、知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键10短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z2【考点】影响盐类水解程度的主要因素【专题】盐类的水解专题【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2、X+、Y3+、Z2，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S【解答】解：根据 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2，Al3+和S2均能发生水
34、解，水解打破了水的电离平衡；O2不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C【点评】本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等11已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性下列说法正确的是（）AX、Y、Z、W的原子半径依次减小BW与X形成的化合物只含离子键CW的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3【考点】位置结构性质的相互关系应
35、用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数ZW，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数YX，且二者处于第三周期，根据选项进行判断【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数ZW，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数YX，且二者处
36、于第三周期，X、Y、Z的原子序数ZYX，A、W、Z同主族，原子序数ZW，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数ZYX，所以原子半径XYZW，故A正确；B、若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故B错误；C、W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故C错误；D、若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故D错误；故选A【点评】本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系是关键，D选项为易错点，容易审题不仔细，造成错误，关
37、键是确定元素在周期表中的相对位置12已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（）A若某温度下，反应后=11，则溶液中=B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol【考点】真题集萃；氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2
38、）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断【解答】解：A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即5n（ClO3）+11mol=111mol，解得n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（
39、KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=a mol，故B正确；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）=a mol
40、，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围： a molnea mol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误，故选D【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用13下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述AKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0molL1的Ca（O
41、H）2溶液AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯和除杂；氨的物理性质；溶液的配制；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】化学实验基本操作【分析】A利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；BBaSO4难溶于酸，先加入盐酸可排除Ag+或SO32的影响；C氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，形成喷泉，为物理性质；D氢氧化钙微溶于水【解答】解：A用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故A错误；B硫酸
42、钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可以检验是否含有SO42，故B正确；C氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故C错误；D氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故D错误故选B【点评】本题考查混合物分离提纯以及物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离方法、原理为解答的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大14NA代表阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO
43、32离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD235g核素92235U发生裂变反应：92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子（01n）数为10NA【考点】真题集萃；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丙醇中含7个CH键、2个CC键、1个CO键和1个OH键；BHCO3水解生成碳酸，结合原子守恒分析；C钠发生氧化反应后，Na元素的化合价由0升高为+1价；D92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为101=9个【解答】解：A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个CH键
44、、2个CC键、1个CO键和1个OH键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；B.1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32离子数之和小于0.1NA，碳酸分子中含C原子，故B错误；C.23g钠充分燃烧时转移电子数为（10）NA=1NA，故C正确；D92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为101=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类水解、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，
45、综合性较强，题目难度中等二非选择题（共58分）15随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是第三周期A族（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）O2Na+；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4H2SO4（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式（或）（4）已知1mol 单质e在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1（5）上述元
46、素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图2如下：写出m点反应的离子方程式NH4+OH=NH3H2O若R溶液改加20mL1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为0.022mol【考点】位置结构性质的相互关系应用；离子方程式的有关计算【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；（2）电子层结构相同的
47、离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；（5）R是NH4Al（SO4）2，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O；根据n=cV计算n（Al3+ ）、n（NH4+）、n（SO42）、n（Ba2+）、n（OH），根据SO42、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3+
48、3OH=Al（OH）3、NH4+OH=NH3H2O、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2）r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4，故答案为：r（O2）r（Na+）
49、；HClO4；H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为： （或），故答案为： （或）；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1；（5）R是NH4Al（SO4）2，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O，离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=
50、NH3H2O；10mL 1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 molL1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH为0.048mol，由SO42+Ba2+=BaSO4，可知SO42不足，故可以得到0.02mol BaSO4， Al3+3OH=Al（OH）30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余OH为0.048mol0.03mol=0.018mol， NH4+OH=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH为0.018m
51、ol0.01mol=0.008mol， Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022【点评】本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等16毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是
52、增大接触面积从而使反应速率加快实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的aca烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管（2）已知：Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9 完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3H2O调节pH=8可除去Fe3+；（填离子符号），滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2（填化学式）加入H2C2O4时应避免过量，原因是H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少已知：Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行已知：2
53、CrO42+2H+Cr2O72+H20 Ba2+CrO42BaCrO4步骤移取xml一定浓度的Na2CrO4溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmolL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL试回答：滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的上方（填“上方”或“下方”）BaCl2溶液的浓度为molL1，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将偏大（填“偏大”或“
54、偏小”）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】制备BaCl22H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg（OH
55、）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl22H2O，（1）研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；溶液中质量分数=100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需量取浓盐酸的体积和水的体积，且需使用烧杯作为容器稀释，玻璃棒搅拌；（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3H2O调节pH=8可除去Fe3+，加入NaOH调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+，滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入过量H2C2O4，易发生Ba2+H2C2O4BaC2O4+2H+，
56、产品的产量减少；（3）根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据Ba2+CrO42BaCrO4、2CrO42+2H+Cr2O72+H20，与Ba2+反应的CrO42的物质的量为总盐酸的物质的量减去过量的盐酸，分局BaCl2溶液的浓度计算公式，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，据此判断【解答】解：（1）化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，溶液中质量分数=100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀
57、释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，故答案为：增大接触面积从而使反应速率加快；ac；（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109，易形成CaC2O
58、4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为：Fe3+；Mg（OH）2、Ca（OH）2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；（3）无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42+2H+Cr2O72+H20 的盐酸的物质的量为：V1103bmol，步骤：用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V01
59、03bmol，Ba2+CrO42BaCrO4，与Ba2+反应的CrO42的物质的量为V0103bmolV1103bmol=（V0V1）b103mol，步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为： mol/L=mol/L，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大，故答案为：上方；偏大【点评】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键，题目难度中等17请回答：（1）H2O2的电子式（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学
60、方程式表示其理由2Mg+CO22MgO+C（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式Br+AgClAgBr+Cl（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：2MnO4+5 C2O42+16H+=2Mn2+5 CO2+8H2O【考点】离子方程式的书写；电子式；化学方程式的书写【分析】（1）为共价化合物，结构式为HOOH；（2）镁燃烧不能用CO2灭火，二者反应生成MgO和C；（3）白色沉淀转化为淡黄色沉淀，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgBr；（4）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，结合电子、电荷及原子守恒配平【解答】
61、解：（1）为共价化合物，结构式为HOOH，其电子式为，故答案为：；（2）镁燃烧不能用CO2灭火，二者反应生成MgO和C，反应为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（3）白色沉淀转化为淡黄色沉淀，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgBr，离子反应为Br+AgClAgBr+Cl，故答案为：Br+AgClAgBr+Cl；（4）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，则由电子守恒可知2MnO4+5 C2O42+2Mn2+10 CO2+，由电荷守恒可知2MnO4+5 C2O42+16H+2Mn2+10 CO2+，由原子守恒可知2MnO4+5
62、C2O42+16H+=2Mn2+10 CO2+8H2O，故答案为：2；5；16H+；2；5；8H2O【点评】本题考查离子反应方程式的书写及氧化还原反应，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，侧重沉淀转化及氧化还原反应配平的离子反应考查，题目难度不大18化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂一定条件下金属钠和H2反应生成甲甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况） 的H2请推测并回答：（1）甲的化学式NaH；（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：4NaH+AlCl3=Na
63、AlH4+3NaCl；（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3） 脱锈过程发生的化学方程式3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有
64、Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物【分析】（1）钠元素在化合物中只能形成+1价，据此结合生成氢气的物质的量判断其化学式即可；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，据此书写；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，应是水中的H元素与NaH中的H元素之间得失电子，据此书写即可；（4）由题意可知NaH常做还原剂那么铁锈为氧化剂，反应生成铁单质，据此书写；（5）制备过程中未指明吸收杂质气体HCl，据此解答；氢气与金属钠反应未指明钠的用量，钠可能过量，过量的钠也可以与水反应生成氢气【解答】解：（1）Na在化合价
65、中呈现+1价，故该物质的化学式可能为NaH，又甲与AlCl3反应可得到NaAlH4，Al的化合价为+3，故H元素的化合价为1，4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L，即0.1mol氢气，化学反应方程式为：2NaH2Na+H2 48g 22.4L 4.8g 2.24L故此化合物为NaH，故答案为：NaH；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl； （3）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaH中H化合价升高
66、，水中H元素化合价降低，化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）NaH常做还原剂（H化合价升高为+1价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为0价），反应生成铁单质，化学反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀盐酸具有挥发性，且可以利用浓硫酸干燥，故制取的氢气中可能混有杂质气体HCl，那么制取的甲中就混有NaCl，验证过程中未排除金属钠的干扰，过量的金属能也可以与水反应生成氢气故答案为：制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，
67、导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl【点评】本题主要考查的是常见元素以及其化合物的知识，综合性较强，涉及物质的判断、化学反应方程式书写、实验方案的评价等，难度较大19已知AI均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中需要或生成的水及其他部分产物已略去请回答以下问题：（1）B和F分别是Fe2O3；Al（OH）3（填化学式）（2）写出下列反应的化学方程式：A与B在高温下反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3H在空气中转变为I：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3（3）E溶液
68、中所有离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（AlO2）c（OH）c（H+）（4）用离子反应方程式表示G溶液呈酸性的原因Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+；该反应的平衡常数为1.251013（已知常温下，H的溶度积常数KSP=8.01016）【考点】无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】推断题；几种重要的金属及其化合物【分析】A、D是常见的金属单质，考虑为铝热反应，而转化得到I为红褐色固体，则I为Fe（OH）3，结合转化关系可知，B为Fe2O3，A为Al，D为Fe，C为Al2O3，则G为FeCl2、E为NaAlO2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3、F为Al（OH）
69、3，据此解答【解答】解：A、D是常见的金属单质，考虑为铝热反应，而转化得到I为红褐色固体，则I为Fe（OH）3，结合转化关系可知，B为Fe2O3，A为Al，D为Fe，C为Al2O3，则G为FeCl2、E为NaAlO2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3、F为Al（OH）3，（1）由上述分析可知，B为Fe2O3，F为Al（OH）3，故答案为：Fe2O3；Al（OH）3；（2）A与B在高温下反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，H在空气中转变为I，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；4Fe（OH）2+O
70、2+2H2O4Fe（OH）3；（3）NaAlO2溶液中，偏铝酸根水解，溶液呈碱性，所有离子浓度由大到小的顺序是：c（Na+）c（AlO2）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（AlO2）c（OH）c（H+）；（4）FeCl2溶液中亚铁离子水解：Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，溶液呈酸性，平衡常数K=，Ksp=c2（OH）c（Fe2+），故KKsp=（Kw）2，则K=1.251013，故答案为：Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+；1.251013【点评】本题考查无机物推断，涉及盐类水解、平衡常数计算、Al及Fe元素单质化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（4）为易错点、难点，难度中等