江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（含解析）.doc

江西省上饶市玉山一中2015届高考 化学模拟试卷一本大题包括10个小题（每小题5分，共50分）每题只有一个选项是符合题目要求的1（5分）以下实验能说明金属a一定比金属b的金属活动性强的是（）a金属a在常温下能与浓硝酸反应，而b不能b金属a的阳离子的氧化性比金属b的阳离子的氧化性弱c工业上制取金属a只能用电解的方法，而金属b一般都用还原剂将其还原d将金属a和金属b用导线相连后插入某电解质溶液中构成原电池，金属a作负极2（5分）在只用水和若干试管的条件下，下列各组物质中无法鉴别的是（）a硝基苯、苯、乙醇三种液体b硫酸钠、硝酸钾、氯化钡三种固体c硫磺、过氧化钠、氯化钙三种固体d氯化铝、偏铝酸钠、烧碱三种固体3（5分）下列各溶液中能大量共存的离子组是（）ac（h+）=1014mol/l的溶液中：na+、a1o2、s2、so32b使ph试纸呈红色的溶液中：fe2+、i、no3、clc碳酸氢钠溶液中：k+、so42、cl、h+d使酚酞试液呈红色的溶液中：mg2+、cu2+、so42、k+4（5分）部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）a滤液a中的阳离子为fe2+、fe3+、h+b样品中fe元素的质量为2.24gc样品中cuo的质量为4.0gdv=896ml5（5分）表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）afecl2酸性溶液放在空气中变质：2fe2+4h+o22fe3+2h2ob用酸性k2cr2o7溶液检验酒精：3ch3ch2oh+2cr2o72+13h+4cr3+11h2o+3ch3cooc用惰性电极电解cuso4溶液：2cu2+2h2o2cu+o2+4h+d钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：fe3efe3+6（5分）将等物质的量的金属na、mg、al分别与100ml 2moll1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积v（已折合为标准状况）与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是（）ax=2.24b钠的物质的量为0.2 molc反应时，na、mg、al均过量d曲线b为mg与盐酸反应的图象7（5分）钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130反应其过程可以用如下化学方程式表示：3fe+nano2+5naoh=3na2feo2+h2o+nh3；6na2feo2+nano2+5h2o=3na2fe2o4+nh3+7naoh；na2feo2+na2fe2o4+2h2o=fe3o4+4naoh；下列说法不正确的是（）a该生产过程会产生污染b反应中的氧化剂是nano2c整个反应过程中每有16.8g fe参加反应转移0.8mol电子d反应均是氧化还原反应8（5分）水溶液x中只可能溶有k+、mg2+、al3+、alo2、sio32、so32、co32、so42中的若干种离子某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（）a气体甲一定是纯净物b沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物ck+、alo2和sio32一定存在于溶液x中dco32和so42一定不存在于溶液x中9（5分）关于金属冶炼的叙述正确的是（）a工业上可利用铝热反应大量冶炼金属铁b金属钠、铝和铜都可用还原法制备c电解饱和氯化镁溶液可得金属镁d用足量co还原磁铁矿得到9 mol铁时转移24 mol电子10（5分）现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解（硝酸的还原产物只有no），向反应后的混合溶液中滴加bmol/lnaoh溶液，当滴加到vml时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的有（）沉淀中oh的质量为（nm）g恰好溶解后溶液中的no3的物质的量为mol反应过程中转移的电子数为mol标准状况下生成no的体积为l与合金反应的硝酸的物质的量为（）mola5项b4项c3项d2项二非选择题：（共50分）11（12分）根据fe3+agfe2+ag+，可用fe3+的盐溶液做刻蚀液将试管中的银镜洗去（1）fecl3溶液显酸性，原因是（用离子方程式表示）（2）关于fecl3溶液洗银后的相关叙述正确的是（填序号）ac（fe3+）减小b c（cl）不变c铁元素质量减小（3）fe（no3）3溶液洗银时，甲同学认为no3也能将银氧化他认为可以通过检验fe（no3）3溶液洗银后no3的还原产物来判断no3是否能将银氧化，而乙同学认为此方法不可行，乙同学的理由是（4）乙同学欲从洗银废液（fe3+、fe2+、ag+、no3）中回收银和刻蚀液，设计了如下路线：过程中反应的离子方程式是过程中加入的试剂可以是（5）镀银后的银氨溶液放置时会析出有强爆炸性的物质，所以不能贮存从银氨溶液中回收银的方法是：向银氨溶液中加入过量盐酸，过滤，向沉淀agcl中加入羟氨（nh2oh），充分反应后可得银，羟氨被氧化为n2生成agcl沉淀的化学方程式是若该反应中消耗3.3g羟氨，理论上可得银的质量为g12（12分）金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属m和ca，并含有3.5%（质量分数）cao（1）ca元素在周期表中位置是，其原子结构示意图（2）ca与最活跃的非金属元素a形成化合物d，d的电子式为，d的沸点比a与si形成的化合物e的沸点（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：p+feo+caoca3（po4）2+fe（3）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量naoh溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色m（oh）n则金属m为；检测mn+的方法是（用离子方程式表达）（5）取 1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml h2（标准状况），在向溶液中通入适量的co2，最多能得到caco3g13（14分）某化学兴趣小组用铝土矿（主要成分为al2o3，还含有sio2及铁的氧化物）提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如图1所示：（1）实验室中制取co2时，为了使反应随开随用、随关随停，应选用如图2中的装置（填字母代号）（2）在过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有；洗涤沉淀的操作是（3）实验室制备氢氧化铝的方案有多种现提供铝屑、氢氧化钠溶液、稀硫酸三种药品，若制备等量的氢氧化铝，请你从药品用量最少的角度出发，设计出最佳实验方案（方案不必给出），写出此方案中发生反应的离子方程式、此方案中所用药品的物质的量之比n（al）：n（h2so4）：n（naoh）=（4）兴趣小组欲对铝土矿中铁元素的价态进行探究：取少量固体，加入过量稀硝酸，加热溶解；取少许溶液滴加kscn溶液后出现红色由此得出，铁元素的价态为+3的结论请指出该结论是否合理并说明理由14（12分）铜是重要的工业原材料，现有cu、cu2o组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，取35.2g混合物中加入0.5l 3.4mol/l的稀硝酸，固态物质完全反应，生成4.48l（标准状况）no向所得溶液中加入a l 2.0 mol/l 的naoh溶液，恰好使溶液中的cu2+沉淀完全（1）cu2o跟稀硝酸反应的化学反应方程式为；（2）混合物中，n（cu）= n（cu2o）=（3）所加naoh溶液的体积a=l江西省上饶市玉山一中2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一本大题包括10个小题（每小题5分，共50分）每题只有一个选项是符合题目要求的1（5分）以下实验能说明金属a一定比金属b的金属活动性强的是（）a金属a在常温下能与浓硝酸反应，而b不能b金属a的阳离子的氧化性比金属b的阳离子的氧化性弱c工业上制取金属a只能用电解的方法，而金属b一般都用还原剂将其还原d将金属a和金属b用导线相连后插入某电解质溶液中构成原电池，金属a作负极考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 分析：金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强、金属性较强的金属单质能置换出金属性较弱的金属单质、其单质与酸或水反应越剧烈，据此分析解答解答：解：a金属a在常温下能与浓硝酸反应，而b不能，如果a是fe、b是mg，铁能发生钝化现象、mg不能，所以不能说明a一定不b的金属性强，故a错误；b金属a的阳离子的氧化性比金属b的阳离子的氧化性弱，如氧化性fe3+cu2+，但金属性fecu，所以不能说明a的金属性一定大于b，故b错误；c工业上用电解方法制取较活泼金属，采用氧化还原法制取较活泼金属，制取金属a只能用电解的方法，而金属b一般都用还原剂将其还原，说明a的金属性一定大于b，故c正确；dmg、al和naoh构成的原电池中，al易失电子作负极、mg作正极，但金属性mgal，所以不能根据原电池正负极判断金属活动性顺序，故d错误；故选c点评：本题考查金属的金属性强弱判断，侧重考查元素化合物知识及原电池原理，金属的金属性强弱与失电子难易程度有关、与失电子多少无关，易错选项是bd，采用举例法解答2（5分）在只用水和若干试管的条件下，下列各组物质中无法鉴别的是（）a硝基苯、苯、乙醇三种液体b硫酸钠、硝酸钾、氯化钡三种固体c硫磺、过氧化钠、氯化钙三种固体d氯化铝、偏铝酸钠、烧碱三种固体考点：有机物的鉴别；物质的检验和鉴别的实验方案设计 分析：只用水可以鉴别的物质，遇水必须出现不同的现象，或者在水溶液中通过相互反应出现不同的现象，也可以区分，据此分析解答：解：a、乙醇能够与水互溶，硝基苯和苯不溶于水，与水分层，硝基苯密度比水大，苯密度比水小，可以区分，故a不选；b、硫酸钠、硝酸钾、氯化钡三种固体都能够溶于水，硫酸钠与氯化钡两溶液混合出现白色沉淀，能够分出硝酸钾，但硫酸钠与氯化钡无法区分，故b选；c、硫磺不溶于水，过氧化钠溶于水并有气体生成，氯化钙是白色固体溶于水，可以鉴别，故c不选；d、氯化铝、偏铝酸钠、烧碱三种固体溶于水形成溶液后，氯化铝溶液与偏铝酸钠溶液混合出现沉淀，氯化铝与烧碱溶液混合出现沉淀，偏铝酸钠与烧碱溶液混合无明显现象，可以鉴别，故d不选；故选b点评：本题考查了常见物质的鉴别，题目难度不大，注意根据物质的溶解性以及生成沉淀等等现象鉴别3（5分）下列各溶液中能大量共存的离子组是（）ac（h+）=1014mol/l的溶液中：na+、a1o2、s2、so32b使ph试纸呈红色的溶液中：fe2+、i、no3、clc碳酸氢钠溶液中：k+、so42、cl、h+d使酚酞试液呈红色的溶液中：mg2+、cu2+、so42、k+考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，c（h+）=1014mol/l的溶液呈碱性，na+、a1o2、s2、so32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存；b、从溶液的酸碱性和离子是否发生氧化还原反应来分析，使ph试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，no3具有强氧化性，能与fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存；c、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存；d、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，mg2+、cu2+在碱性溶液中分别生成难溶性碱而不能大量共存；解答：解：a、c（h+）=1014mol/l的溶液呈碱性，na+、a1o2、s2、so32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存，故a正确；b、使ph试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，no3具有强氧化性，能与fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存，故b错误；c、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，反应的离子方程式分别为hco3+ohco32+h20，hco3+h+h20+co2，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存，故c错误；d、使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，mg2+、cu2+在碱性溶液中分别反应生成难溶的mg（oh）2、cu（oh）2沉淀而不能大量共存，故d错误故选a点评：本题考查离子大量共存问题，做题时注意分析题目中的隐含信息，把握物质的性质，本题型难度不大，但易出错4（5分）部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）a滤液a中的阳离子为fe2+、fe3+、h+b样品中fe元素的质量为2.24gc样品中cuo的质量为4.0gdv=896ml考点：铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：氧化性：fe3+cu2+h+，铁离子优先反应，其次是氢原子与铁反应，由于滤液中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol；滤液a中不含铁离子，则最后灼烧得到的固体3.2g为fe2o3，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，据此进行解答解答：解：a由于氧化性fe3+cu2+h+，铁离子优先反应，所以滤液中一定不存在铁离子，故a错误；b滤液a中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，3.2g氧化铁的物质的量为0.02mol，含有铁元素的物质的量为0.02mol2=0.04mol，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中fe元素的质量为：56g/mol0.04mol=2.24g，故b正确；c由于生成了氢气、滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故c错误；d由于部分铁用于置换金属铜，则与氢离子反应生成氢气的铁的物质的量小于0.04mol，反应生成的气体的物质的量小于0.04mol，标况下生成的气体的体积一定小于：22.4mol/l0.04mol=0.896l=896ml，故d错误；故选b点评：本题为无机推断，考查了铁、铜单质及其氧化物的性质，题目难度中等，注意掌握铁、铜的单质及其化合物性质，明确离子的氧化性强弱是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力5（5分）表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）afecl2酸性溶液放在空气中变质：2fe2+4h+o22fe3+2h2ob用酸性k2cr2o7溶液检验酒精：3ch3ch2oh+2cr2o72+13h+4cr3+11h2o+3ch3cooc用惰性电极电解cuso4溶液：2cu2+2h2o2cu+o2+4h+d钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：fe3efe3+考点：离子方程式的书写 分析：a发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；b发生氧化还原反应，生成乙酸在离子反应中保留化学式；c惰性电极电解cuso4溶液，反应生成cu、氧气、硫酸；d负极fe失去电子生成亚铁离子解答：解：afecl2酸性溶液放在空气中变质的离子反应为4fe2+4h+o24fe3+2h2o，故a错误；b用酸性k2cr2o7溶液检验酒精的离子反应为3ch3ch2oh+2cr2o72+16h+4cr3+11h2o+3ch3cooh，故b错误；c用惰性电极电解cuso4溶液的离子反应为2cu2+2h2o2cu+o2+4h+，故c正确；d钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化，负极反应为fe2efe2+，故d错误；故选c点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，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、电解和电极反应的离子反应考查，题目难度不大6（5分）将等物质的量的金属na、mg、al分别与100ml 2moll1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积v（已折合为标准状况）与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是（）ax=2.24b钠的物质的量为0.2 molc反应时，na、mg、al均过量d曲线b为mg与盐酸反应的图象考点：化学方程式的有关计算 分析：由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和na反应完全，此时na完全反应而mg、al还有剩余，由此分析解答：解：由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和na反应完全，此时na完全反应而mg、al还有剩余，a、由于酸不足，所以生成氢气的量为：n（h2）=n（hcl）=0.1mol，所以标况下的体积为2.24l，故a正确；b、生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，故b正确；c、na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故c错误；d、按照金属活动性顺序，namgal 故中间那条线是mg与盐酸反应的图象，故d正确；故选c点评：本题考查钠的性质，注意钠和水反应的特点，根据物质的量的大小可与酸、水反应的特点比较生成氢气的多少，难度不大7（5分）钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130反应其过程可以用如下化学方程式表示：3fe+nano2+5naoh=3na2feo2+h2o+nh3；6na2feo2+nano2+5h2o=3na2fe2o4+nh3+7naoh；na2feo2+na2fe2o4+2h2o=fe3o4+4naoh；下列说法不正确的是（）a该生产过程会产生污染b反应中的氧化剂是nano2c整个反应过程中每有16.8g fe参加反应转移0.8mol电子d反应均是氧化还原反应考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题分析：a根据生成过程中产生氨气来分析；b根据n元素的化合价变化来分析；c根据fe元素的化合价变化来计算转移的电子数；d反应中没有元素的化合价变化解答：解：a因反应过程中都生成氨气，氨气具有刺激性气味的气体，则会产生污染，故a正确；b反应中n元素的化合价由+3价降低为3价，则反应中的氧化剂是nano2，故b正确；cn（fe）=0.3mol，由可知，失去电子为0.2mol（30）+0.1mol（20）=0.8mol电子，故c正确；d反应中没有元素的化合价变化，则反应不属于氧化还原反应，故d错误；故选d点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大8（5分）水溶液x中只可能溶有k+、mg2+、al3+、alo2、sio32、so32、co32、so42中的若干种离子某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（）a气体甲一定是纯净物b沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物ck+、alo2和sio32一定存在于溶液x中dco32和so42一定不存在于溶液x中考点：常见离子的检验方法；离子共存问题 专题：压轴题；离子反应专题分析：能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子，即可解答解答：解：加hcl有气体说明有co32或so32，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供oh）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有k+这一个阳离子，所以一定存在钾离子a加hcl有气体说明有co32或so32，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故a错误；b溶液中一定含有co32或so32，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故b错误；c原来溶液中k+、和一定存在，故c正确；d硫酸根离子是否存在不能确定，co32可能存在，故d错误；故选c点评：本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等9（5分）关于金属冶炼的叙述正确的是（）a工业上可利用铝热反应大量冶炼金属铁b金属钠、铝和铜都可用还原法制备c电解饱和氯化镁溶液可得金属镁d用足量co还原磁铁矿得到9 mol铁时转移24 mol电子考点：金属冶炼的一般原理 分析：a、铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，结合金属铁的工业制备原理来回答；b、活泼金属钠、镁、铝在工业上采用电解法来冶炼；c、电解熔融氯化镁可以获得金属镁；d、根据反应中元素化合价的升降以及电子守恒来计算解答：解：a、铝热反应是可以用来冶炼高熔点金属，如金属铁，但是大量金属铁的冶炼是采用还原法，故a错误；b、金属钠、铝等活泼金属的冶炼采用电解法，故b错误；c、电解熔融氯化镁可以获得金属镁，电解饱和氯化镁溶液可得氢氧化镁、氢气和氯气，故c错误；d、fe3o4中fe元素化合价有+2价、+3价，1mol fe3o4被co全部还原成fe时，转移8mol电子，得到9 mol铁时转移24 mol电子，故d正确；故选d点评：本题考查金属的冶炼，为高频考点，金属的活泼性不同，冶炼方法不同，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法10（5分）现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解（硝酸的还原产物只有no），向反应后的混合溶液中滴加bmol/lnaoh溶液，当滴加到vml时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的有（）沉淀中oh的质量为（nm）g恰好溶解后溶液中的no3的物质的量为mol反应过程中转移的电子数为mol标准状况下生成no的体积为l与合金反应的硝酸的物质的量为（）mola5项b4项c3项d2项考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有no），向反应后的混合溶液中滴加b mol/l naoh溶液，当滴加到v ml时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和；恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中no3离子的物质的量，即n（no3）=n（na+）=n（naoh），据此进行计算；根据电荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于mg2+、al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算；根据电子守恒原理计算生成no的物质的量，再根据v=nvm计算no的体积；根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于no的物质的量进行计算解答：解：沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，故正确；恰好溶解后溶液中的no3离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中no3离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（nano3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（no3）=n（na+）=n（naoh）=mol，故正确；至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于mg2+、al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e）=n（oh）=mol，故正确；根据电子守恒原理，生成no时，hno3中+5价的n原子得3个电子，因此生成no的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol=mol，其体积在标准状况下为l，故正确；参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于no的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，故正确故选：a点评：本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题二非选择题：（共50分）11（12分）根据fe3+agfe2+ag+，可用fe3+的盐溶液做刻蚀液将试管中的银镜洗去（1）fecl3溶液显酸性，原因是fe3+3h2ofe（oh）3+3h+（用离子方程式表示）（2）关于fecl3溶液洗银后的相关叙述正确的是a（填序号）ac（fe3+）减小b c（cl）不变c铁元素质量减小（3）fe（no3）3溶液洗银时，甲同学认为no3也能将银氧化他认为可以通过检验fe（no3）3溶液洗银后no3的还原产物来判断no3是否能将银氧化，而乙同学认为此方法不可行，乙同学的理由是酸性条件下no3也可能与fe2+发生氧化还原反应（4）乙同学欲从洗银废液（fe3+、fe2+、ag+、no3）中回收银和刻蚀液，设计了如下路线：过程中反应的离子方程式是2fe3+fe=3fe2+，fe+2ag+=fe2+2ag过程中加入的试剂可以是稀盐酸或稀硫酸（5）镀银后的银氨溶液放置时会析出有强爆炸性的物质，所以不能贮存从银氨溶液中回收银的方法是：向银氨溶液中加入过量盐酸，过滤，向沉淀agcl中加入羟氨（nh2oh），充分反应后可得银，羟氨被氧化为n2生成agcl沉淀的化学方程式是ag（nh3）2oh+3hcl=agcl+2nh4cl+h2o若该反应中消耗3.3g羟氨，理论上可得银的质量为10.8g考点：二价fe离子和三价fe离子的检验；盐类水解的应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验题；化学实验基本操作分析：（1）铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，溶液呈酸性；（2）依据反应fe3+agfe2+ag+，分析判断氯离子不变，铁元素质量不变；（3）硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，可以氧化银、亚铁离子；（4）洗银废液（fe3+、fe2+、ag+、no3）中回收银和刻蚀液需要先加入过量铁还原fe3+、ag+；试剂是溶解过量的铁；（5）银氨溶液中加入过量盐酸生成氯化银；向沉淀agcl中加入羟氨（nh2oh），充分反应后可得银，羟氨被氧化为n2反应为：2agcl+2nh2oh=n2+2ag+2h2o+2hcl，依据反应计算；解答：解：（1）fecl3溶液显酸性是因为铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子；反应的离子方程式为：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+；故答案为：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+；（2）fecl3溶液洗银，发生反应为：fe3+agfe2+ag+，ac（fe3+）减小，故a符合；b c（cl）改变，故b不符合；c铁元素存在形式不同但质量不会减小，故c不符合；故答案为：a；（3）通过检验fe（no3）3溶液洗银后no3的还原产物来判断no3是否能将银氧化，需要在酸溶液中，亚铁离子也会反应；故答案为：酸性条件下no3也可能与fe2+发生氧化还原反应；（4）洗银废液（fe3+、fe2+、ag+、no3）中回收银和刻蚀液需要先加入过量铁还原fe3+、ag+；反应的离子方程式为：2fe3+fe=3fe2+，fe+2ag+=fe2+2ag；故答案为：2fe3+fe=3fe2+，fe+2ag+=fe2+2ag；过程中加入的试剂是溶解过量的铁，可以用稀盐酸或稀硫酸；故答案为：稀盐酸或稀硫酸；（5）银氨溶液中加入过量盐酸生成氯化银，同时生成氯化铵和水，反应的化学方程式为：ag（nh3）2oh+3hcl=agcl+2nh4cl+h2o；故答案为：ag（nh3）2oh+3hcl=agcl+2nh4cl+h2o；向沉淀agcl中加入羟氨（nh2oh），充分反应后可得银，羟氨被氧化为n2反应为：2agcl+2nh2oh=n2+2ag+2h2o+2hcl，反应中消耗3.3g羟氨物质的量=0.1mol；生成银物质的量为0.1mol，质量为10.8g；故答案为：10.8点评：本题考查了盐类水解的应用，回收利用的提取过程盐类分析判断，试剂选择的目的，离子方程式化学方程式书写的方法，掌握物质性质是关键，题目难度中等12（12分）金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属m和ca，并含有3.5%（质量分数）cao（1）ca元素在周期表中位置是第四周期第a族，其原子结构示意图（2）ca与最活跃的非金属元素a形成化合物d，d的电子式为，d的沸点比a与si形成的化合物e的沸点高（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：2p+5feo+3cao1ca3（po4）2+5fe（3）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量naoh溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色m（oh）n则金属m为fe；检测mn+的方法是fe3+3scn=fe（scn）3（用离子方程式表达）（5）取 1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml h2（标准状况），在向溶液中通入适量的co2，最多能得到caco31.1g考点：位置结构性质的相互关系应用；电子式；氧化还原反应方程式的配平；二价fe离子和三价fe离子的检验 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：（1）ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，对于主族元素，电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；（2）最活跃的非金属元素a为f元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，氟元素与si形成的化合物为sif4，sif4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；（3）反应中p磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，据此配平；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量naoh溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色m（oh）n，m为fe元素，利用fe3+与scn结合生成红色物质检验铁离子；（5）钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算ca的物质的量，根据氧化钙的质量分数计算氧化钙的质量，计算氧化钙的物质的量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（caco3）=n（ca）+n（cao），再根据m=nm计算碳酸钙的质量解答：解：（1）ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，处于周期表中第四周期第a族，原子结构示意图为，故答案为：第四周期第a族；（2）最活跃的非金属元素a为f元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，电子式为，氟元素与si形成的化合物为sif4，sif4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体，故沸点caf2sif4；故答案为：；高；（3）反应中p磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，故ca3（po4）2系数为1，feo的系数为5，p系数为2，cao的系数为3，fe的系数为5，故配平后方程式为2p+5feo+3cao=ca3（po4）2+5fe，故答案为：2、5、3、1、5；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量naoh溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色m（oh）n，m为fe元素，fe3+与scn结合生成红色物质检验fe3+，离子方程式为fe3+3scn=fe（scn）3，故答案为：fe；fe3+3scn=fe（scn）3；（5）224mlh2的物质的量为=0.01mol，钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据电子转移守恒可知，ca的物质的量为=0.01mol，样品中cao质量分数为3.5%，故氧化钙的质量为1.6g3.5%=0.056g，故氧化钙的物质的量为=0.001mol，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（caco3）=n（ca）+n（cao）=0.01mol+0.001mol=0.011mol，碳酸钙的质量为0.011mol100g/mol=1.1g，故答案为：1.1点评：本题考查结构与位置关系、常用化学用语书写、氧化还原反应、化学计算等，题目综合性较大，难度中等，（5）中注意利用守恒进行计算13（14分）某化学兴趣小组用铝土矿（主要成分为al2o3，还含有sio2及铁的氧化物）提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如图1所示：（1）实验室中制取co2时，为了使反应随开随用、随关随停，应选用如图2中的装置c（填字母代号）（2）在过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有漏斗；洗涤沉淀的操作是向漏斗里加入蒸馏水，使水面浸没沉淀，等水自然流完后，重复23次（3）实验室制备氢氧化铝的方案有多种现提供铝屑、氢氧化钠溶液、稀硫酸三种药品，若制备等量的氢氧化铝，请你从药品用量最少的角度出发，设计出最佳实验方案（方案不必给出），写出此方案中发生反应的离子方程式2al+6h+2al3+3h2、2al+2oh+2h2o2alo2+3h2，al3+3alo2+6h2o4al（oh）3，此方案中所用药品的物质的量之比n（al）：n（h2so4）：n（naoh）=8：3：6（4）兴趣小组欲对铝土矿中铁元素的价态进行探究：取少量固体，加入过量稀硝酸，加热溶解；取少许溶液滴加kscn溶液后出现红色由此得出，铁元素的价态为+3的结论请指出该结论是否合理并说明理由不合理，稀硝酸有强氧化性，若铁的价态为+2价，可被氧化为+3价，同样与kscn反应溶液显红色考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：由流程可知，加盐酸，只有sio2不反应，氧化铝、氧化铁均与盐酸反应，过滤沉淀为sio2；滤液中加过量naoh，铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化沉淀，过滤后，滤液甲与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，最后氢氧化铝分解生成氧化铝，（1）制co2时为了使反应随开随用，随关随停，需要应用启普发生器的装置原理，利用止水夹控制气体压强，使液体和固体分离停止反应，打开压强减小液体和固体接触继续反应；（2）依据过滤操作和装置图分析判断所需玻璃仪器，在过滤装置中洗涤沉淀，加入水浸没沉淀使水自然流下，重复几次；（3）依据设计的实验方案，结合反应定量关系分析；方案中：2al+6h+=2al3+3h2、al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+， 3 1 1 3 1即生成1molal（oh）3时，消耗3molh+、3moloh，方案中：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2、alo2+h2o+h+=al（oh）3， 1 1 1 1 1 1即生成1molal（oh）3时，消耗1molh+、1moloh，方案中：2al+6h+=2al3+3h2、2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2、al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3， 即生成1molal（oh）3时，消耗molh+、moloh，（4）根据硝酸具有氧化性能氧化亚铁离子为铁离子分析；解答：解：（1）启普发生器是随时进行，随时停止的装置，适用于固体和液体不加热反应生成不溶于水的气体制备反应，所以制co2时为了使反应随开随用，随关随停应符合启普发生器的原理应用，应该选用装置c，利用止水夹控制气体压强，关闭弹簧夹后反应生成的气体使上部压强增大，到达一定程度后可把反应液压回漏斗，使液体和固体分离停止反应，打开压强减小液体和固体接触继续反应；故答案为：c；（2）依据过滤操作和装置图分析判断所需玻璃仪器，在过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有漏斗，在过滤装置中洗涤沉淀，加入水浸没沉淀使水自然流下，洗涤沉淀的操作是：向漏斗里加入蒸馏水，使水面浸没沉淀，等水自然流完后，重复23次；故答案为：漏斗，向漏斗里加入蒸馏水，使水面浸没沉淀，等水自然流完后，重复23次；（3）都生成1molal（oh）3时，由反应方程式可知方案中：2al+6h+=2al3+3h2、al3+3nh