1、2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第三次检测化学试卷（实验班）一、选择题（每小题2分，共60分每小题只有一个选项符合题意）1化学与社会、生活密切相关下列有关说法错误的是（）A明矾中铝离子水解产生的胶体具有很强的吸附作用而常用于净水B地球上99%以上的溴蕴藏在大海中，因此溴被称为“海洋元素”C目前加碘盐中添加的含碘物质是KI，可用氯水和淀粉溶液鉴定食盐是否加碘D为减少污染、提高燃烧效率，可将煤气化或液化获得清洁燃料2分类是重要的化学学习方法下列对应关系正确的是（）A混合物液氯、漂白粉B碱性氧化物Al2O3、Na2O2C强电解质NH4Cl、HClOD非电解质NH3、SO23下列说法正确
2、的是（）AO、O为不同的核素，有不同的化学性质BH2、SO2、NH3三种气体都可用浓硫酸干燥C分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液D陶瓷、玻璃、水泥、大理石的主要成分都是硅酸盐4下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是（）ABCD用品主要成分（NH4）2SO4NaHCO3SiFe2O3用途化肥干燥剂光电池涂料AABBCCDD5用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A1L0.5 molL1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2NAC25时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH数目为
3、0.1NAD1mol羟基中电子数为10 NA6下列说法正确的是（）漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；非极性键也可能存在于离子化合物中ABCD7下列关于胶体的叙述正确的是（）A过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象8“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）钠与水反应生成Na
4、OH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁ABCD9下列有关物质制备说法不正确的是（）A电解饱和食盐水制得金属NaB电解熔融MgCl2制得金属MgC高温下CO还原赤铁矿可用于炼铁D高温下焦炭还原二氧化硅制得粗硅10实验是化学的基础下列说法正确的是（）A过氧化钠、氯水、浓硝酸通常都要密封保存于棕色试剂瓶中B盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发C钾、钠、白磷都应保存在水中D做焰色反应实
5、验时所用铂丝，每次用完后用稀硫酸洗涤后再使用11由铝屑、盐酸、氢氧化钠溶液反应制取1mol Al（OH）3，至少需要消耗HCl和NaOH的物质的量为（）A0.25mol，0.25molB0.75mol，0.75molC1mol，1molD3mol，3mol12某生配制480ml 0.1mol/L的NaOH溶液，下列操作可使所配制的溶液的浓度偏大的是（）A烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B移液时，有少量液体溅出C定容时，俯视刻度线D定容摇匀后发现液面下降，继续加水至刻度线13如表各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）编号XYZN2MgCO2FeCl3溶液Cu浓硝酸氨水Al（OH）3
6、稀硫酸KOH溶液SiO2盐酸ABCD14下列变化过程不涉及氧化还原反应的是（）A将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质B向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色C向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色D向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质15下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（）A加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl，SO42B含有NaClO的溶液中：K+，Al3+，Br，S2C澄清透明溶液：Cu2+、SO42、HCO3、H+D使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4，Na+，SO4216物质的分离与提纯是化学实验研究常用的方法如表混合体系分离提纯对应的方法不正
7、确的是（）选项ABCD混合体系溴水酒精与水固体碘和氯化铵混有少量KCl的KNO3粉末分离方法萃取、分液加生石灰，蒸馏加热配成热的饱和溶液、降温结晶AABBCCDD17在给定条件下，下列划横线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）A标准状况下，将1 g铝片投入20 mL 18.4 molL1的硫酸中B向100 mL 3 moIL1的硝酸中加入5.6 g铁C用50 mL 18 molL1浓硫酸与足量Cu共热（指其中的硫酸被完全消耗）D在5107 Pa、500和铁触媒催化的条件下，用3 mol氢气和2 mol氮气合成氨18下列实验不合理的是（）A证明非金属性强弱 SCSiB四氯化碳萃取碘水中的碘C制
8、备并收集少量NO气体D制备少量氧气19下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）220标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列选项不正确的是（）A=B用水稀释该溶液，OH的物质的量增加C该溶液中共有6种微粒D若向该溶液中加入少量的NH4Cl固体，则溶液的pH值一定会减小21下列各反应的化学方程式中，不正确的是（）A将点燃的镁条伸入充满CO2气体的集气瓶中：2Mg+CO2
9、点燃 2MgO+CB大理石溶于醋酸：CO32+2CH3COOH2CH3COO+CO2+H2OC向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42刚好沉淀完全：Ba2+2OH+NH4+H+SO42BaSO4+NH3H2O+H2OD向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H+4I+O22I2+2H2O22将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入KSCN溶液，显红色C无法计算原混合物的质量
10、aD此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：123元素周期表中A元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（）Pb+2Cl2PbCl4Sn+2Cl2SnCl4SnCl2+Cl2SnCl4PbO2+4HCl=PbCl4+2H2OPb3O4+8HCl3PbCl2+Cl2+4H2OABCD24实验室有一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2SO”字样已知固体M只可能是Na2SO3或Na2SO4若取少量固体M配成溶液，下列试剂不能用于鉴定M的是（）ABa（OH）2B稀盐酸C稀硫酸D浓硝酸25用
11、FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出26将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（）AO点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B常温下，a点溶液pH7C标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD原NaOH溶液的物质的量
12、浓度为2.5mol/L27下列叙述正确的是（）A高温下二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，说明硅酸（H2SiO3）的酸性比碳酸强B陶瓷、玻璃、水泥容器都能贮存氢氟酸C石灰抹墙、水泥砌墙的硬化过程原理相同D玻璃窑中出来的气体的主要成分是二氧化碳28某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2、SO42、I、NO3、CO32，已知各离子的浓度均约为0.1mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并
13、有气体逸出根据上述实验情况，以下说法错误的是（）A该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2、Al3+、CO32B该混合溶液通过继续进行焰色反应可以间接确定是否含有IC该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42、NO3D向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色29一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（）A20%B40%C58.6%D60%30某合金只含Al、Fe、Cu，为分析其组成，称取ag样品，设计下列实验流程：下列相关叙述不正确的是（）A气体E呈红棕色，不能直接排
14、放B溶液S中所含溶质、沉淀R都可用作药物C合金样品中Cu的质量分数为100%D合金样品中Al的质量分数为100%二、填空题（本题包括5小题，共40分）31储氢纳米碳管的研制成功体出了科技的进步用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2（SO4）3和H2O七种（1）请用上述物质填空，并配平化学方程式： C+ H2SO4+Cr2（SO4）3+ H2O（2）上述反应中氧化剂是（填化学式），被氧化的元素（填元素符号）（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是（填选项序号）A氧化性
15、 B氧化性和酸性C酸性 D还原性和酸性（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为32A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，C与A同主族，C元素的原子序数是B的2倍，工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉按要求回答下列问题：（1）B的原子结构示意图为；镁条在气体B中燃烧生成的物质是（填化学式）；（2）A的非金属性强于C，请用一个化学反应方程式表示；（3）写出元素D的单质与石灰乳制漂白粉的化学方程式33铝、铁及其化合物在国民经济、日常生活中占有非常重要的地位请回答下列问题：（1）铝在自然界中以态（填“游离”或“化合”）存在；铁
16、的氧化物中常用作红色油漆和涂料的是（填化学式），该氧化物与铝粉在高温下反应的化学方程式为；（2）用离子方程式表示除去铁粉中混有的铝粉；（3）下列对Fe2+的检验方法不合理的是A向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变成血红色，说明原溶液中含有Fe2+C向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，再逐渐变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+D向某溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，说明该溶液中含有Fe2+34以下均为中学化学常见物质，存在如下转化关系（部分产物已省略）通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质实验室中，常用固体E在B的催化下加热
17、制取气体单质H（1）G的化学式；F的电子式；（2）反应的离子方程式；（3）写出另外一种实验室制取H的化学方程式；（4）D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈色；可用试剂检验D溶液中大量存在的阴离子35 向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol/LNaOH溶液时，得到的Al（OH）3沉淀质量与所加NaOH溶液体积（mL）的关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示（2）图中B点表示（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：（4）若溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积为2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第三次检测化学试卷（实验班）参考答案与试
18、题解析一、选择题（每小题2分，共60分每小题只有一个选项符合题意）1化学与社会、生活密切相关下列有关说法错误的是（）A明矾中铝离子水解产生的胶体具有很强的吸附作用而常用于净水B地球上99%以上的溴蕴藏在大海中，因此溴被称为“海洋元素”C目前加碘盐中添加的含碘物质是KI，可用氯水和淀粉溶液鉴定食盐是否加碘D为减少污染、提高燃烧效率，可将煤气化或液化获得清洁燃料【考点】盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理菁优网版权所有【分析】A明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；B地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中；C加碘盐中添加的含碘物质是KIO3；D将煤气化或液化可以除去硫，减少对
19、环境的污染【解答】解：A明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附悬浮在水中的杂质起到净水作用，故A正确；B地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故B正确； C加碘盐中添加的含碘物质不是KI是KIO3，用食醋、水和淀粉KI试纸检验加碘食盐中是否加碘，酸性溶液中IO3、I反应生成I2，与淀粉溶液作用显蓝色，故C错误；D将煤气化或者液化，可以除去硫元素，减少对环境的污染，故D正确；故选C【点评】本题考查了化学与生活中的化学知识分析判断，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度不大2分类是重要的化学学习方法下列对应关系正确的是（）A混合物液氯、漂
20、白粉B碱性氧化物Al2O3、Na2O2C强电解质NH4Cl、HClOD非电解质NH3、SO2【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念菁优网版权所有【分析】只有一种物质组成的是纯净物；由两种或两种以上物质组成的是混合物；电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；强电解质是在水溶液或熔融状态下完全电离出离子的化合物；碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的化合物据此分析【解答】解：A、液氯是液态的氯气，是纯净物，故A错误；B、氧化铝既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水，是两性氧化物，N
21、a2O2能与酸反应生成盐、水，还有氧气，不是碱性氧化物，故B错误；C、HClO在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C错误；D、NH3溶于水后，能和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是一水合氨，不是NH3，所以NH3是非电解质；SO2为化合物，其水溶液能导电，但其本身不发生电离，则属于非电解质，故D正确故选D【点评】本题考查了基本概念的含义和判断，主要考查碱性氧化物氧化物、非电解质、电解质、混合物等知识的分析判断，较简单3下列说法正确的是（）AO、O为不同的核素，有不同的化学性质BH2、SO2、NH3三种气体都可用浓硫酸干燥C分散系中分散质粒子的直径：Fe
22、（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液D陶瓷、玻璃、水泥、大理石的主要成分都是硅酸盐【考点】同位素及其应用；分散系、胶体与溶液的概念及关系；含硅矿物及材料的应用；气体的净化和干燥菁优网版权所有【分析】A同位素的化学性质是相似的； B浓硫酸具有强氧化性、酸性和吸水性，可用来干燥酸性、中性并不与浓硫酸发生氧化还原反应的气体；C根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；D玻璃、陶瓷和水泥是常用的硅酸盐产品【解答】解：A同位素是同种元素的不同原子，它们的化学性质是相似的，故A错误； BNH3与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫
23、酸干燥，故B错误；C因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故C正确；D大理石的主要成分是碳酸钙，故D错误故选C【点评】本题考查核素、浓硫酸作为干燥剂的性质分散系以及物质的成分等，题目难度不大，注意与浓硫酸反应的气体不能用浓硫酸干燥4下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是（）ABCD用品主要成分（NH4）2SO4NaHCO3SiFe2O3用途化肥干燥剂光电池涂料AABBCCDD【考点】铁的氧化物和氢氧化物；铵盐；硅的用途；钠的重要化合物菁优网版权所有
24、【分析】A硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥；B小苏打主要成分为碳酸氢钠，不具有吸水性；C硅的导电性介于导体与绝缘体之间；D三氧化二铁为红棕色粉末【解答】解：A硫酸铵为铵盐含有氮元素，属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故A正确；B小苏打主要成分为碳酸氢钠，不具有吸水性，不能做干燥剂，故B错误；C硅是良好的半导体材料，是用来制作太阳能电池的原料，故C正确；D三氧化二铁为红棕色粉末，常用三氧化二铁生产红色颜料或是涂料，故D正确；故选：B【点评】本题考查了物质的用途，难度不大，性质决定用途，解题关键在于掌握物质的性质5用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（）A1L0.5 molL1CuCl2溶
25、液中含有Cu2+的个数为0.5NAB7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2NAC25时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1NAD1mol羟基中电子数为10 NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A铜离子部分水解，导致铜离子的数目减少；B过氧化钠中的过氧根离子含有1个共用电子对，0.1mol过氧化钠含有0.1mol共用电子对；CpH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子；D羟基中含有9个电子，1mol羟基中含有9mol电子【解答】解：A1L 0.5 molL1CuCl2溶液中含有0.5mol氯化铜，由于铜离
26、子部分水解，则溶液中含有的铜离子小于0.5mol，含有Cu2+的个数小于0.5NA，故A错误；B7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol共用电子对，含有的共用电子对数为0.1NA，故B错误；C25时，pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1.0L该Ba（OH）2溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH数目为0.1NA，故C正确；D羟基为中性原子团，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关
27、系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，D为易错点，注意羟基与氢氧根离子的区别6下列说法正确的是（）漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；非极性键也可能存在于离子化合物中ABCD【考点】混合物和纯净物；极性键和非极性键；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点菁优网版权所有【分析】从物质的组成角度分析，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；从物质的性质和发生的反应判断，煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理
28、、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化；纯碱是碳酸钠的俗称，是一种盐；非极性键也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠属于离子化合物，其中含有非极性键【解答】解：漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，以上三种物质都是混合物，故正确；煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故错误；纯碱是碳酸钠的俗称，是一种强碱弱酸盐，水解呈碱性，故错误；过氧化钠属于离子化合物，过氧根离子中O与O形成的化学键为非极性键，故正确；故选A【点评】本题考
29、查较为综合，涉及物质的组成和分类、反应类型的判断、物质的分类、化学键等知识，题目难度不大，易错点为，注意非极性键也可能存在于离子化合物中7下列关于胶体的叙述正确的是（）A过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象【考点】胶体的重要性质菁优网版权所有【分析】A胶体、溶液都能透过滤纸； B胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；C用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能；D胶体不带电，胶体粒子带电【解答】解：A胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开
30、，故A错误； B胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于110nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故C正确；D胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳现象，故D错误故选C【点评】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，注意胶体不带电，胶粒带电8“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生
31、成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁ABCD【考点】钠的化学性质；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物菁优网版权所有【分析】活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；难溶性碱受热易分解；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电【解答】解：活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱
32、，故错误；铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故错误；难溶性碱受热易分解，所以Fe（OH）3受热也易分解，故正确；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故错误；故选C【点评】本题考查类推这一思维方法在化学学科中的应用，属于方法与知识相结合的内容，是高考的热点之一9下列有关物质制备说法不正确的是（）A电解饱和食盐水制得金属NaB电解熔融MgCl2制得金属MgC高温下CO还原赤铁矿可用于炼铁D高温下
33、焦炭还原二氧化硅制得粗硅【考点】金属冶炼的一般原理菁优网版权所有【分析】金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼，以此解答【解答】解：A制备单质Na应该用电解熔融NaCl的方法，电解饱和食盐水可以得到氢氧化钠，故A错误；B制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故B正确；C高温下CO还原赤铁矿氧化铁可以得到金属铁，此方法用于炼铁，故C正确；D工业上用碳还原二氧化硅的办法来获得粗硅，故D正确故选：A【点评】本题考查金属的冶炼，难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方
34、法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠10实验是化学的基础下列说法正确的是（）A过氧化钠、氯水、浓硝酸通常都要密封保存于棕色试剂瓶中B盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发C钾、钠、白磷都应保存在水中D做焰色反应实验时所用铂丝，每次用完后用稀硫酸洗涤后再使用【考点】化学试剂的存放菁优网版权所有【分析】A过氧化钠见光不易分解； B液溴易挥发；C钾、钠均与水反应；D硫酸难挥发，干扰焰色反应中离子的检验【解答】解：A过氧化钠见光不易分解，放在无色试剂瓶即可，故A错误； B液溴易挥发，则盛溴的试剂瓶里加少量水以减少溴的挥发，故B正确；C钾、钠均与水反应，不能保存在水中，而
35、白磷可保存在水中，故C错误；D硫酸难挥发，干扰焰色反应中离子的检验，则所用铂丝，每次用完后用稀盐酸洗涤后再使用，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握试剂的保存、焰色反应等为解答的关键，注意实验操作的评价性分析，侧重基础知识的考查，题目难度不大11由铝屑、盐酸、氢氧化钠溶液反应制取1mol Al（OH）3，至少需要消耗HCl和NaOH的物质的量为（）A0.25mol，0.25molB0.75mol，0.75molC1mol，1molD3mol，3mol【考点】化学方程式的有关计算；铝的化学性质菁优网版权所有【分析】如需HC1和NaOH的物质的量最少，则先生成Al3+
36、、AlO2，然后发生Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，以此解答该题【解答】解：铝分别与盐酸、氢氧化钠反应分别生成Al3+、AlO2，然后发生Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，生成1molAl（OH）3，应先分别生成0.25molAl3+、0.75molAlO2，由关系式Al3HCl、AlNaOH可知需要消耗HC1和NaOH的物质的量为0.75 mol、0.75 mol，此时消耗的盐酸、氢氧化钠最少，故选B【点评】本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，为高频考点，解答时可根据反应的化学方程式计算，难度不大12某生配制480ml 0.1mol/L的NaOH溶液，下列操
37、作可使所配制的溶液的浓度偏大的是（）A烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B移液时，有少量液体溅出C定容时，俯视刻度线D定容摇匀后发现液面下降，继续加水至刻度线【考点】溶液的配制菁优网版权所有【专题】定量测定与误差分析【分析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是使物质的量n偏大或者使溶液体积V偏小的操作都会导致溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低，据此解答【解答】解：A烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；B移液时，有少量液体溅出，导致溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；C定容时，俯视刻度
38、线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；D定容摇匀后发现液面下降，继续加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；故选：C【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，明确配制原理依据C=进行误差分析，注意操作对n和V的影响，题目难度不大13如表各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）编号XYZN2MgCO2FeCl3溶液Cu浓硝酸氨水Al（OH）3稀硫酸KOH溶液SiO2盐酸ABCD【考点】镁的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质菁优网版权所有【分析】Mg在氮气、二氧化碳中能燃烧；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与
39、氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧化硅不能溶于盐酸【解答】解：Mg在氮气燃烧生成氮化镁，Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，故符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与弱碱不反应，所以与氨水不反应，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故不符合；二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故不符合，故选A【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化
40、合物性质14下列变化过程不涉及氧化还原反应的是（）A将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质B向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色C向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色D向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质【考点】氧化还原反应菁优网版权所有【分析】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质为过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；B向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯气将亚硫酸根氧化成硫酸根，Cl、S元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误
41、；C向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色，说明碳酸根水解显碱性，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C正确；D向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质，说明三价铁将碘离子氧化成碘单质，Fe和I元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大15下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（）A加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl，SO42B含有NaClO的溶液中：K+，Al3+，Br，S2C澄清透明溶液：Cu2+、SO42、HCO3、H+D
42、使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4，Na+，SO42【考点】离子共存问题菁优网版权所有【分析】A加入Mg能放出H2的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；B次氯酸根离子能够氧化溴离子、硫离子，硫离子与铝离子发生双水解反应；C铁离子、氢离子与碳酸氢根离子反应；D使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，酸性条件下高锰酸根离子能够氧化亚铁离子【解答】解：A加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+，NH4+，Cl，SO42之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BAl3+、S2之间发生双水解反应，具有还原性，Br，S2能够被次氯酸钠氧化，在溶液中一定不能大
43、量共存，故B错误；CHCO3与Cu2+、H+发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，Fe2+、MnO4在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，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； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）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OH16物质的分离与提纯是化学实验研究常用的方法如表混合体系分离提纯对应的方法不正确的是（）选项ABCD
44、混合体系溴水酒精与水固体碘和氯化铵混有少量KCl的KNO3粉末分离方法萃取、分液加生石灰，蒸馏加热配成热的饱和溶液、降温结晶AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂菁优网版权所有【分析】A溴不易溶于水，易溶于有机溶剂；BCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；C加热时碘升华，氯化铵分解；D二者的溶解度受温度影响不同【解答】解：A溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取、分液可分离，故A正确；BCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，则蒸馏可分离，故B正确；C加热时碘升华，氯化铵分解，则加热不能分离，应溶解、萃取分离，故C错误；D二者的溶解度受温度影响
45、不同，则配成热的饱和溶液、降温结晶可除杂，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大17在给定条件下，下列划横线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）A标准状况下，将1 g铝片投入20 mL 18.4 molL1的硫酸中B向100 mL 3 moIL1的硝酸中加入5.6 g铁C用50 mL 18 molL1浓硫酸与足量Cu共热（指其中的硫酸被完全消耗）D在5107 Pa、500和铁触媒催化的条件下，用3 mol氢气和2 mol氮气合成氨【考点】铝的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性
46、质菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】A金属铝和浓硫酸之间能发生钝化；Bn（Fe）=0.1mol，n（硝酸）=0.3mol，Fe可完全溶解生成硝酸铁、硝酸亚铁；C铜与稀硫酸不反应；D合成氨反应为可逆反应，据可逆反应的特点来回答【解答】解：A.18.4molL1的硫酸为浓硫酸，标况下与Al发生钝化生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则Al不能被完全消耗，故A不选；Bn（Fe）=0.1mol，n（硝酸）=0.3molmol，则物质的量比在1：43：8之间，Fe可完全溶解生成硝酸铁、硝酸亚铁，故B选；C随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则盐酸不能完全消耗，故C不选；D
47、合成氨反应为可逆反应，则氢气不能完全消耗，故D不选；故选B【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意钝化、可逆反应的判断，侧重化学反应的考查，题目难度不大18下列实验不合理的是（）A证明非金属性强弱 SCSiB四氯化碳萃取碘水中的碘C制备并收集少量NO气体D制备少量氧气【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合菁优网版权所有【专题】实验评价题【分析】A发生强酸制取弱酸的反应；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；CCu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水；D过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离【解答】解：A发生强酸制取弱酸的反应，可知酸性为
48、硫酸碳酸硅酸，则非金属性SCSi，故A正确；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中分液漏斗可萃取碘，故B正确；CCu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水，则图中装置可制备并收集NO，故C正确；D过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离，则不能利用图中制备气体的简易装置制备少量氧气，故D错误；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、物质的制备及收集、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大19下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFe
49、Br2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）2【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，则就能用同一离子方程式表示，以此来解答【解答】解：ACl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，故B选；CHCl少量时，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，则不能用
50、同一离子方程式表示，故C不选；DNaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故D不选；故选B【点评】本题考查与量有关的离子反应的书写，明确量对化学反应的影响是解答本题的关键，题目难度较大20标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列选项不正确的是（）A=B用水稀释该溶液，OH的物质的量增加C该溶液中共有6种微粒D若向该溶液中加入少量的NH4Cl固体，
51、则溶液的pH值一定会减小【考点】物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】A、溶液密度=，m（溶液）=m（氨气）+m（水），根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=V计算水的质量，根据V=计算溶液的体积，溶液体积不等于氨气的体积与水的体积之和B、氨水为碱性，用水稀释碱性减弱，氢氧根的浓度降低，一水合氨的电离程度增大C、氨水溶液中微粒有NH3、NH3H2O、H2O、NH4+、H+、OHD、溶液中存在平衡NH3H2ONH4+OH，入少量的NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制NH3H2O电离【解答】解：A、标准状况下VL氨气的物质的量为mol，质量为g
52、，1L水的质量为1000mL1g/mL=1000g，所以溶液的质量为（+1000）g，溶液的体积为=L，所以溶液的密度=g/mL，故A错误；B、氨水为碱性，用水稀释碱性减弱，氢氧根的浓度降低，一水合氨的电离程度增大，OH的物质的量增加，故B正确；C、氨水溶液中微粒有NH3、NH3H2O、H2O、NH4+、H+、OH，故C正确；D、溶液中存在平衡NH3H2ONH4+OH，入少量的NH4Cl固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制NH3H2O电离，液的pH值减小，故D正确故选：A【点评】考查溶液物质的量浓度与质量分数关系、弱电解质的电离判断与影响因素等，难度中等，注意D选项不能认为氯化铵为酸性，中和氢氧
53、根使氨水碱性减弱，这是次要原因21下列各反应的化学方程式中，不正确的是（）A将点燃的镁条伸入充满CO2气体的集气瓶中：2Mg+CO2点燃 2MgO+CB大理石溶于醋酸：CO32+2CH3COOH2CH3COO+CO2+H2OC向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42刚好沉淀完全：Ba2+2OH+NH4+H+SO42BaSO4+NH3H2O+H2OD向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H+4I+O22I2+2H2O【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A二氧化碳在二氧化碳中点燃反应生成氧化镁和碳；B碳酸钙为难溶物，离子方程式中不能拆开；C硫
54、酸根离子刚好沉淀时，二者物质的量之比为1：1，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水；D碘离子在酸性条件下被氧气氧化成碘单质【解答】解：A将点燃的镁条伸入充满CO2气体的集气瓶中，反应的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故A正确；B大理石溶于醋酸，碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；C向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42刚好沉淀完全，二者按照物质的量1：1反应，反应的离子方程式为：Ba2+2OH+NH4+H+SO42BaSO4+NH3H2O+H2O，故C正确；D向淀粉KI溶液中滴
55、加稀硫酸，在空气中放置一段时间后碘离子被氧化成碘单质，所以使溶液变蓝，反应的离子方程式为4H+4I+O22I2+2H2O，故D正确；故选B【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握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等，试题培养了学生的灵活应用能力22将a g铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入KSCN溶液，显红色C无法计算
56、原混合物的质量aD此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1【考点】有关混合物反应的计算菁优网版权所有【分析】根据化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2中H2的量来计算出Fe和HCl的量，再由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O 算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目数据计算这个反应中消耗的HCl的量，得出n（FeCl3）、n（Fe2O3），最后由Fe+2Fe3+=3Fe2+中，根据铁离子的量算出消耗Fe的量，然后计算出反应中消耗铁的总物质的量【解答】解：因为Fe3+和H+的氧化性强弱顺序为Fe3+H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，故向溶液中滴入KS
57、CN溶液，溶液不变红，故B、D错误；标况下0.224L氢气的物质的量为：=0.01mol，根据化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2可知，n（Fe）=n（H2）=0.01mol，n（HCl）=2n（H2）=0.02mol，由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目可知，该反应中消耗的HCl的量为：0.080.02=0.06mol，则：n（FeCl3）=n（HCl）=0.02mol，n（Fe2O3）=n（FeCl3）=0.01mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，铁离子消耗的铁的物质的量为：n（Fe）=（Fe3+）=0.01mol，原混合
58、物中铁的总物质的量为：0.01mol+0.01mol=0.02mol，则：n（Fe）：n（Fe2O3）=0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确、C错误；故选A【点评】本题考查有关混合物反应的计算，题目难度中等，明确氧化性强弱及反应先后顺序为解答关键，注意掌握有关混合物反应的化学计算方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力23元素周期表中A元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（）Pb+2Cl2PbCl4Sn+2Cl2SnCl4SnCl2+Cl2SnCl4PbO2+4HCl=Pb
59、Cl4+2H2OPb3O4+8HCl3PbCl2+Cl2+4H2OABCD【考点】碳族元素简介菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】依据题干给出元素化合价的稳定性判断解答【解答】解：Pb+2Cl2PbCl4，生成物PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故错误；Sn+2Cl2SnCl4，生成物SnCl4中Sn为+4价，稳定，故正确；SnCl2+Cl2SnCl4，SnCl2Sn为+2价不稳定，能够继续被氧化为+4价，故正确；PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O，PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故错误；Pb3O4+8HCl3PbCl2+Cl2+4H2O，PbCl2中Pb为+2价，
60、是稳定的，故正确；故选：A【点评】本题考查了氧化还原反应的规律，准确把握题目给出条件是解题关键，注意不同价态碳族元素的稳定性，题目难度不大24实验室有一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2SO”字样已知固体M只可能是Na2SO3或Na2SO4若取少量固体M配成溶液，下列试剂不能用于鉴定M的是（）ABa（OH）2B稀盐酸C稀硫酸D浓硝酸【考点】常见离子的检验方法菁优网版权所有【分析】A亚硫酸钠和氢氧化钡反应生成白色亚硫酸钡沉淀，硫酸钠和氢氧化钡反应生成白色硫酸钡沉淀；B亚硫酸钠和盐酸反应生成刺激性的二氧化硫，而硫酸钠和盐酸不反应；C亚硫酸钠和稀硫酸反应生成刺激性的二氧化硫，而硫
61、酸钠和稀硫酸不反应；D亚硫酸钠和浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体，而硫酸钠和浓硝酸不反应【解答】解：A亚硫酸钠、硫酸钠分别和氢氧化钡溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B亚硫酸钠和盐酸反应Na2SO3+2HCl2NaCl+H2O+SO2，而硫酸钠不能和盐酸反应，能用于鉴定M，故B正确；C亚硫酸钠和稀硫酸反应：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2，而硫酸钠不能和稀硫酸反应，能用于鉴定M，故C正确；D稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，自身被还原成红棕色二氧化氮气体，而硫酸钠和浓硝酸不反应，能用于鉴定M，故D正确；故选A【点评】本题考查离子的检验
62、，把握物质发生的化学反应及现象为解答的关键，注意常见离子的特征反应、注意干扰离子的分析判断，题目难度中等25用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉
63、先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答【解答】解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键26将一定量的C
64、O2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是（）AO点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B常温下，a点溶液pH7C标准状况下，通入CO2的体积为4.48LD原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始
65、产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3；B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，据此根据方程式计算生成的二氧化碳的物质的量，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，根据V=nVm计算二氧化碳的体积；D、生成二氧化碳体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），再根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），根据c=计算NaOH溶液的物质的量浓度【解答】解：A、
66、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液显碱性，则溶液pH7，故B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol
67、，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol22.4L/mol=44.8L，故C错误；D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）=2.5mol/L，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分27下列叙述正确的是（）A高温下二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，说明硅酸（H2SiO3）的酸性比
68、碳酸强B陶瓷、玻璃、水泥容器都能贮存氢氟酸C石灰抹墙、水泥砌墙的硬化过程原理相同D玻璃窑中出来的气体的主要成分是二氧化碳【考点】无机非金属材料；硅和二氧化硅菁优网版权所有【专题】碳族元素【分析】A、根据反应条件分析；B、根据陶瓷、玻璃、水泥容器的成分分析；C、根据石灰、水泥的成分分析；D、根据生成玻璃的反应方程式分析【解答】解：A、高温下固体与气体的反应不能说明硅酸（H2SiO3）的酸性比碳酸强，应根据溶液中进行的反应来判断，故A错误；B、陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸盐，其中含有的二氧化硅都能和氢氟酸反应，故B错误；C、水泥的硬化是一个复杂的物理化学过程，石灰抹墙的硬化是氢氧化钙和二氧化
69、碳生成碳酸钙反应，所以硬化过程原理不同，故C错误；D、由Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2可知，所以玻璃窑中出来的气体的主要成分是二氧化碳，故D正确；故选D【点评】本题考查了无机非金属材料硅及其化合物的性质，陶瓷、玻璃、水泥容器和强酸不反应，但能和氢氟酸反应，所以不能用陶瓷、玻璃、水泥容器贮存氢氟酸28某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2、SO42、I、NO3、CO32，已知各离子的浓度均约为0.1mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变
70、为红色，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出根据上述实验情况，以下说法错误的是（）A该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2、Al3+、CO32B该混合溶液通过继续进行焰色反应可以间接确定是否含有IC该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42、NO3D向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计菁优网版权所有【专题】物质检验鉴别题【分析】第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，红色气体为NO2，则H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应生成NO，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液
71、，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡沉淀，所以一定存在SO42；第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出，则气体为氨气，一定含NH4+；加过量NaOH生成的沉淀为氢氧化亚铁，可能含氢氧化铁，则可能含Fe3+，综上所述，一定含Fe2+、NH4+、SO42、NO3，可能含Na+、I，以此来解答【解答】解：第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，红色气体为NO2，则H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应生成NO，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡沉淀，所以一定存在SO42；第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出，则气体为
72、氨气，一定含NH4+；加过量NaOH生成的沉淀为氢氧化亚铁，可能含氢氧化铁，则可能含Fe3+，各离子的浓度均约为0.1mol/L，若含铁离子不遵循电荷守恒，综上所述，一定含Fe2+、NH4+、SO42、NO3，可能含Na+、I，A加盐酸不生成沉淀，则不含AlO2，加NaOH沉淀不溶解则不含Al3+，与盐酸反应生成的无色气体不是二氧化碳，则不含CO32，由电荷守恒可知不含Fe3+，故A正确；B由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42、NO3，遵循电荷守恒，若继续进行焰色反应确定Na+，可以间接确定含有I，故B正确；C由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42、NO3，故C正确；
73、D由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42、NO3，溶液显酸性，该混合溶液中滴加酚酞试液后为无色，故D错误；故选D【点评】本题考查物质或离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应及反应现象推断离子为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意利用电话守恒分析铁离子为解答的难点，题目难度中等29一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（）A20%B40%C58.6%D60%【考点】有关混合物反应的计算菁优网版权所有【分析】镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaO
74、H溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为氧化镁，氧化镁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化镁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答【解答】解：由镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为MgO，由于MgO的质量等于合金Mg、Al的质量，则MgO中O元素的质量等于合金中Al的质量，所以氧化镁中氧元素的质量分数=合金中铝元素的质量分数，故合金中铝的质量分数是为：100%=40%，故选B【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，根据发生反应的实质找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意掌握守恒思想在化学计
75、算中的应用方法30某合金只含Al、Fe、Cu，为分析其组成，称取ag样品，设计下列实验流程：下列相关叙述不正确的是（）A气体E呈红棕色，不能直接排放B溶液S中所含溶质、沉淀R都可用作药物C合金样品中Cu的质量分数为100%D合金样品中Al的质量分数为100%【考点】有关混合物反应的计算菁优网版权所有【专题】利用化学方程式的计算【分析】a g只含Al、Fe、Cu的合金与足量浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体和硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁溶液；则E为二氧化氮，F中含有硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁，向F溶液中加入过量的氨水，铜离子生成络合物，铁离子和铝离子反应生成M中的氢氧化铝和氢氧化铁沉淀；向M加入过量的氢氧
76、化钠溶液，氢氧化铝溶解得到溶液Q，溶液Q中通入过量二氧化碳后生成沉淀R氢氧化铝，加热氢氧化铝得到残渣氧化铝cg；沉淀P为氢氧化铁，灼烧后得到bg残渣氧化铁，据此进行解答【解答】解：ag只含Al、Fe、Cu的合金与足量浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体和硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁溶液；则E为二氧化氮，F中含有硝酸铝、硝酸铜和硝酸铁，向F溶液中加入过量的氨水，铜离子生成络合物，铁离子和铝离子反应生成M中的氢氧化铝和氢氧化铁沉淀；向M加入过量的氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解得到溶液Q，溶液Q中通入过量二氧化碳后生成沉淀R氢氧化铝，加热氢氧化铝得到残渣氧化铝cg；沉淀P为氢氧化铁，灼烧后得到bg残渣氧化铁，A
77、根据分析可知，红棕色的气体为二氧化氮，二氧化氮气体有毒，不能直接排放，故A正确；B溶液S中的溶质为碳酸氢钠，沉淀R为氢氧化铝，二者都可以治疗胃酸，故B正确；C最终得到成cg氧化铝，则原混合物中铝的质量为cg=g，氧化铁的质量为bg，则原混合物中Fe的质量为：bg=bg，所以原混合物中Cu的质量分数为100%=100%，故C错误；D原混合物中的铝转化成cg氧化铝，则原混合物中铝的质量为：cg=g，则合金样品中Al的质量分数为：100%=100%，故D正确；故选C【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确实验流程中各物质组成为解答关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培
78、养了学生的分析能力及化学计算能力二、填空题（本题包括5小题，共40分）31储氢纳米碳管的研制成功体出了科技的进步用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2（SO4）3和H2O七种（1）请用上述物质填空，并配平化学方程式：3 C+2K2Cr2O7+8 H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8 H2O（2）上述反应中氧化剂是K2Cr2O7（填化学式），被氧化的元素C（填元素符号）（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是（填选项序号）CA氧化性 B氧化性和酸
79、性C酸性 D还原性和酸性（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为4.48L【考点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）根据质量守恒定律和氧化还原反应得失电子守恒来配平化学方程式；（2）根据反应中元素的化合价的变化来判断氧化剂以及被氧化的元素；（3）根据硫酸在反应的化合价是否发生变化来判断硫酸在反应中表现出来的性质；（4）根据电子转移的数目与氧化剂或还原剂之间的物质的量的关系进行计算【解答】解：（1）由CCO2、K2Cr2O7Cr2（SO4）3变化过程中得失电子守恒和反应的部分化学方程式可配平得3C+2K2Cr2
80、O7+8H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案为：3；2K2Cr2O7；8；3CO2；2K2SO4；2；8；（2）分析所给物质的化合价氧化剂为K2Cr2O7，还原产物为Cr2（SO4）3，还原剂为C，氧化产物为CO2故答案为：K2Cr2O7；C；（3）H2SO4在反应中各元素的化合价没有发生变化，只表现酸性故答案为：C；（3）设产生的气体的体积为V，根据反应式计算： 3C+2K2Cr2O7+8H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O 转移电子 322.4L 12mol V 0.8molV=0.8 mol322.4 L/mol12=4.4
81、8 L故答案为：4.48 L【点评】本题考查氧化还原反应方程式的配平，氧化剂、还原剂等概念的了解和判断，以及有关氧化还原反应的简单计算，做题时注意正确判断化合价的变化，从氧化还原反应氧化剂和还原剂得失电子数目相等进行配平和计算32A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，C与A同主族，C元素的原子序数是B的2倍，工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉按要求回答下列问题：（1）B的原子结构示意图为；镁条在气体B中燃烧生成的物质是Mg3N2（填化学式）；（2）A的非金属性强于C，请用一个化学反应方程式表示2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3+2N
82、aHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2CO3；（3）写出元素D的单质与石灰乳制漂白粉的化学方程式2Cl2+2Ca（OH）2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；C与A同主族，则C为Si；C元素的原子序数是B的2倍，则B为N元素；工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉，则D为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，A元素的一种同素异形体是自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；C与A同主族，则C为Si；C元素
83、的原子序数是B的2倍，则B为N元素；工业上以D元素的单质与石灰乳为原料制造漂白粉，则D为Cl（1）B为N元素，原子结构示意图为，镁条在气体B中燃烧生成的物质是：Mg3N2，故答案为：；Mg3N2；（2）碳的非金属性强于Si，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，相应方程式为：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2CO3，故答案为：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3+2NaHCO3或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2CO3；（3）元素D的单质与石灰乳制漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2C
84、a（OH）2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重考查学生对基础知识的掌握与迁移运用能力，难度中等33铝、铁及其化合物在国民经济、日常生活中占有非常重要的地位请回答下列问题：（1）铝在自然界中以化合态（填“游离”或“化合”）存在；铁的氧化物中常用作红色油漆和涂料的是Fe2O3（填化学式），该氧化物与铝粉在高温下反应的化学方程式为Fe2O3+Al2Fe+Al2O3，；（2）用离子方程式表示除去铁粉中混有的铝粉2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）下列对Fe2+的检验
85、方法不合理的是ABA向某溶液中滴入KSCN溶液呈血红色，说明不含Fe2+B向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变成血红色，说明原溶液中含有Fe2+C向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，再逐渐变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+D向某溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，说明该溶液中含有Fe2+【考点】铝的化学性质；铁的化学性质菁优网版权所有【分析】（1）根据铁在空气中易被氧化，故铁是以化合态存在；其氧化物中颜色是红色的是Fe2O3，可以和金属铝之间发生反应可以得到金属铁和氧化铝；（2）铝粉与强碱溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠；（3）亚铁离子在溶液中是浅绿色的，具有还原性，能被氧化剂
86、氧化称为铁离子，铁离子能使硫氰化钾显示红色，还能和强碱之间反应生成白色沉淀，据此回答【解答】解：（1）根据铝在空气中易被氧化，故铝是以化合态存在；其氧化物中颜色是红色的是Fe2O3，常用作红色油漆和涂料，该氧化物与铝粉在高温下反应可以得到金属铁和氧化铝，化学方程式为Fe2O3+Al2Fe+Al2O3，故答案为：化合；Fe2O3；Fe2O3+Al2Fe+Al2O3；（2）铝粉与强碱溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，所以可加入NaOH溶液除去铁粉中的铝粉，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）A、向某溶液中滴入KS
87、CN溶液呈血红色，说明含有铁离子，无法判断是否含Fe2+，故A错误；B向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变成血红色，说明原溶液中含有Fe3+，此铁离子可以是原来存在的铁离子，无法判断是否存在亚铁离子，故B错误；C向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，再逐渐变为红褐色，说明该溶液中含有Fe2+，亚铁离子能和强碱之间反应生成白色沉淀，故C正确；D向某溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，说明该溶液中含有Fe2+，三价铁离子不具有还原性，故D正确故选AB【点评】本题重点考查学生元素以及化合物的性质，注意亚铁离子的检验方法以及现象是关键，难度中等34以下均为中学化学常见物质，存在如下转化
88、关系（部分产物已省略）通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H（1）G的化学式I2；F的电子式；（2）反应的离子方程式MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）写出另外一种实验室制取H的化学方程式2H2O22H2O+O2或2KClO32KCl+O2；（4）D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈紫色；可用硝酸银、稀硝酸或新制氯水、淀粉或新制氯水、CCl4试剂检验D溶液中大量存在的阴离子【考点】无机物的推断菁优网版权所有【分析】实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，则可推断知E为氯酸钾，B为二氧化锰，H为氧气，G为紫黑色固体单质，可推
89、断G为碘单质，A的浓溶液与B加热生成C，可推得C物质为氯气，则A为盐酸，反应C和D溶液反应生成F溶液和G，则D为碘化钾，F为氯化钾，据此答题【解答】解：实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H，则可推断知E为氯酸钾，B为二氧化锰，H为氧气，G为紫黑色固体单质，可推断G为碘单质，A的浓溶液与B加热生成C，可推得C物质为氯气，则A为盐酸，反应C和D溶液反应生成F溶液和G，则D为碘化钾，F为氯化钾，（1）根据上面的分析可知，G的化学式I2；F为KCl，F的电子式为，故答案为：I2； （2）反应为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2
90、H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）H为O 2，另外一种实验室制取H的化学方程式为2H2O22H2O+O2或2KClO32KCl+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2或2KClO32KCl+O2；（4）D为碘化钾，D溶液中阳离子的焰色反应火焰呈紫色，检验碘离子可用硝酸银、稀硝酸生成黄色沉淀，或用新制氯水、淀粉 或新制氯水、CCl4试剂将碘离子氧化成碘单质，再通过检验碘单质来检验溶液中的碘离子，故答案为：紫；硝酸银、稀硝酸 或 新制氯水、淀粉 或新制氯水、CCl4【点评】本题主要考查卤素机器化合物间的关系及有关离子方程式的书写，试题由一定难度，特别是书写离
91、子方程式，要注意介质的影响35 向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol/LNaOH溶液时，得到的Al（OH）3沉淀质量与所加NaOH溶液体积（mL）的关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示Al3+完全沉淀（2）图中B点表示Al（OH）3刚好完全溶解（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：Al3+4OH=AlO2+2H2O（4）若溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积为7.5mL或17.5mL【考点】离子方程式的有关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】根据发生的反应为AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+N
92、aOHNaAlO2+2H2O，结合图象来分析【解答】解：（1）由图象可知，0A发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，A点时Al3+完全沉淀，故答案为：Al3+完全沉淀；（2）由图象可知AB发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，则B点时Al（OH）3刚好完全溶解，故答案为：Al（OH）3刚好完全溶解；（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；（4）溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，n=0.005mol，存在两种情况，则只发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，设此时用去NaOH溶液体积为x，则=0.0075L=7.5mL，若发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，则=0.0175L=17.5mL，故答案为：7.5mL或17.5mL【点评】本题考查氯化铝与碱的反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，难度不大版权所有：高考资源网()
