江西省鹰潭市余江一中高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省鹰潭市余江一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1设na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的（）a2克16o2和14n2的混合气中含有的电子数为na个b1molna与o2完全反应生成na2o和na2o2的混合物，转移电子总数为na个cna2o和na2o2的混合物中若含有1molna+，则其含有阴离子总数为0.5nad常温下，1.0l ph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1na2甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法不正确的是（）a若甲既能与盐酸反应又能与naoh溶液反应，则丙可能属于两性氧化物b若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用c若甲、丙、戊含有同一种元素，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲丙戊d若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为na2o23同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满hcl no2体积比为1：1的no2和o2，进行喷泉实验经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为（）a1：1：1b4：4：5c5：5：4d15：10：124将25.6克的铜完全溶于适量的浓硝酸中，收集到氮的氧化物（no2、n2o4、no）的混合气，这些混合气恰好能被250ml 2mol/l naoh溶液完全吸收，生成nano2和nano3的盐溶液，则其中nano3的物质的量为（）a0.1 molb0.2 molc0.3mold0.4 mol5下列操作能达到实验目的是（）选项实 验 目 的实 验 操作a验证金属性na大于铁向fecl3溶液中加金属钠，观察是否有铁析出b验证nai溶液中是否含有fei2向nai溶液中加入酸性kmno4溶液，振荡，观察溶液是否褪色c检验fe（no3）2晶体是否已氧化变质将fe（no3）2样品溶于稀h2so4后，滴加kscn溶液，观察溶液是否变红d验证br2的氧化性强于i2将少量溴水加入ki溶液中，再加入ccl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色aabbccdd6强热硫酸亚铁固体可反应：feso4fexoy+so2+o2+so3（未配平），则下列有关判断不正确的是（）a若所得气体中so2与o2的体积比为2：1，则fexoy为氧化亚铁b若所得fexoy为氧化铁，则气体中so2与o2的体积比大于2：1c若所得fexoy为fe3o4，则气体中so2与o2的体积比为3：2d生成的混合气通入bacl2溶液中，产生的沉淀为baso47已知hco3+alo2+h2oco32+al（oh）3；将足量的khco3溶液不断滴入含等物质的量的koh、ba（oh）2、kalo2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的khco3溶液体积的关系可表示为（）abcd82013年12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰，避免了两军舰艇相撞据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）做载热介质下列有关说法不正确的是（）a自然界中没有游离的钠和铝b若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n（al）n（na）c铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出dm g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的h2越多，则铝的质量分数越小9工业上用铝土矿（主要成分为al2o3，含fe2o3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程中的判断正确的是（）a试剂x为稀硫酸b结合质子（ h+）的能力由强到弱的顺序是：alo2ohco32c反应ii中生成al（oh）3的反应为：co2+alo2+2h2o=al（oh）3+hco3dal2o3熔点很高，工业上还可采用电解熔融alcl3冶炼al10现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：有关说法错误的是（）a反应原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4clb向饱和nacl溶液中先通入足量的co2，再通入足量的nh3c反应生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱d往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出11一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且nm，符合此要求的物质是（）h2 coco和h2的混合物 hcooch3 ch3choabcd12将一定质量的镁和铝混合物投入200ml硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入naoh溶液，生成沉淀的物质的量n与加入naoh溶液的体积v的变化如图所示则下列说法不正确的是（）a镁和铝的总质量为9 gb最初20 ml naoh溶液用于中和过量的硫酸c硫酸的物质的量浓度为2.5 moll1d生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 l13实验室一瓶固体m的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“na2s”字样（如图所示）已知，固体m只可能是na2so3、na2sio3、na2so4中的一种若取少量固体m配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是（）a只用盐酸一种试剂就可以确定该固体m的具体成分b往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体m为na2sio3c往溶液中加入稀硝酸酸化的bacl2，若有白色沉淀，则固体m为na2so4d用ph试纸检验，若ph=7，则固体m一定是na2so414某溶液可能含有cl、so42、co32、nh4+、fe3+、al3+和k+取该溶液100ml，加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量bacl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）a至少存在5种离子bcl一定存在，且c（cl）0.4mol/lcso42、nh4+、一定存在，cl可能不存在dco32、al3+一定不存在，k+可能存在15新型镁铝合金（mg17al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为：mg17al12+17h217mgh2+12al，得到的混合物y（17mgh2+12al）能与酸反应释放出大量氢气下列说法正确的是（）a该合金应在氮气保护下，将一定比例的mg、al单质熔炼而成b该合金中含有离子键，铝元素呈正价c1mol mg17al12完全吸氢后得到的y与盐酸完全反应放出h2在标准状况下的体积为1164.8ld合金的熔点高于金属镁、金属铝的熔点16能正确表示对应反应的离子方程式的是（）a向na2s2o3溶液中通入足量氯气：s2o32+2cl2+3h2o2so32+4cl+6h+b将磁性氧化铁溶于盐酸：fe3o4+8h+fe3+2fe2+4h2oc将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：fe2+4h+nofe3+2h2o+nod铜溶于稀硝酸：3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o二、非选择题（共52分）17如图1是某同学在实验室中进行铝热反应（铝过量）的实验装置，实验中可观察到的现象之一为“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”（1）试剂a的名称是（2）反应的方程式为（3）探究铝热反应后固体的性质：将反应后容器中的残余固体置于烧杯中，加入100ml稀硝酸，固体完全溶解，（假设固体全部溶解后溶液体积不变），反应过程中无气体放出（活泼金属可把稀 hno3还原为nh4no3）向反应后的溶液中缓慢滴加4moll1的naoh溶液，产生沉淀的物质的量与加入 naoh溶液 的体积的关系如图2所示：写出de段发生反应的离子方程式：求c（hno3）=b与a的差值为18a、b、c、d、e、f、g七种物质间存在如图所示的转化关系，其中a、b、d、g含有同种元素已知：a为金属单质，b为红褐色固体，e为密度最小的气体，g为浅绿色的溶液d的水溶液为黄色溶液，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀在水溶液中d能将某氧化物氧化为f，f是含有三种元素的化合物请回答下列问题：（1）构成c物质的元素在周期表中的位置是，在短周期主族元素中，该元素与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是（用元素符号表示）（2）d的水溶液呈性，请用离子方程式解释原因：（3）上述反应中属于置换反应的是（填序号）（4）反应（即d将某种氧化物氧化为f）的离子方程式：（5）气体c通入ki溶液中，氧化产物为kio3，则氧化剂与还原剂物质的量之比为19有一无色溶液可能含fe3+、al3+、fe2+、mg2+、cu2+、nh4+、k+、co32、so42等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据图推断：（1）原溶液中一定存在的离子有（写化学式）：实验最终产生的沉淀：（2）写出由ab过程中所发生反应的离子方程式：（3）过氧化钠与水反应的化学方程式为：（4）实验中加入稀盐酸的目的是20硫酸亚铁铵又称莫尔盐，是浅绿色晶体它在空气中比一般亚铁盐稳定，是常用的fe2+试剂某实验小组利用工业废铁屑制取莫尔盐，并测定其组成，他们进行了以下实验莫尔盐的制取，请回答下列问题（1）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，理由是、（用离子方程式回答），实验前都需将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸，倾倒出液体，用水洗净铁屑从以下仪器中选择组装，完成该操作必需的仪器有（填编号）铁架台 玻璃棒 广口瓶 石棉网 烧杯 漏斗 酒精灯（2）步骤2中加热方式（填“直接加热”“水浴加热”或“沙浴”）；必须在铁屑少量剩余时，进行热过滤，其原因是ii莫尔盐组成的测定将摩尔盐低温烘干后，称取7.84g加热至100失去结晶水，质量变为5.68g选择图所示的部分装置连接起来，检查气密性后，将上述5.68g固体放入a装置的锥形瓶中，再向锥形瓶中加入足量naoh浓溶液，充分吸收产生的气体并测出气体质量为0.68g向a中加入适量3%的h2 o2 溶液，充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后，测得其质量为1.6g根据上述实验回答下列问题（3）步骤中，选择的装置是a接接（填代号），a装置中未使用分液漏斗的理由是（4）根据上述实验数据计算，摩尔盐中n（nh4+）：n（fe2+）：n（so）：n（h2o）=2015-2016学年江西省鹰潭市余江一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1设na表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的（）a2克16o2和14n2的混合气中含有的电子数为na个b1molna与o2完全反应生成na2o和na2o2的混合物，转移电子总数为na个cna2o和na2o2的混合物中若含有1molna+，则其含有阴离子总数为0.5nad常温下，1.0l ph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、16o2和14n2的摩尔质量不同；b、根据反应后钠元素为+1价来分析；c、在氧化钠和过氧化钠中，均为2mol钠离子1mol阴离子来分析；d、氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子浓度=氢离子浓度=11013mol/l【解答】解：a、16o2和14n2的摩尔质量不同，故2g混合气体的物质的量与两者的比例有关，则含有的电子数也与两者的比例有关，故a错误；b、由于反应后钠元素为+1价，故1mol钠失去1mol电子即na个，故b正确；c、在氧化钠和过氧化钠中，均为2mol钠离子1mol阴离子，故当混合物中含1mol钠离子时，含有0.5mol阴离子即0.5na个，故c正确；d、室温下ph=13的naoh溶液中氢离子浓度为11013mol/l，由于氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的oh离子的浓度与溶液中氢离子浓度相同，故为11013mol/l，故d错误故选ad【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大2甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）下列说法不正确的是（）a若甲既能与盐酸反应又能与naoh溶液反应，则丙可能属于两性氧化物b若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用c若甲、丙、戊含有同一种元素，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲丙戊d若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为na2o2【考点】无机物的推断【分析】a甲为单质，既能与盐酸反应又能与naoh溶液反应，则甲为al；b甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为na，乙为氧气；c丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为hcl，丁为nh3；d若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为s，乙为氧气，丙为二氧化硫，戊为硫酸，则含s元素的化合价符合题意【解答】解：a甲为单质，既能与盐酸反应又能与naoh溶液反应，则甲为al，乙为氧气，二者反应生成丙为氧化铝，属于两性氧化物，故a正确；b丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，则丙为hcl，丁为nh3，若乙为氯气，其水溶液中含有hclo，具有漂白作用，故b正确；c若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为s，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为hclo等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含s元素的化合价由低到高的顺序为甲丙戊，故c正确；d甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，戊为碱，则甲为na，乙为氧气，二者反应生成的丙可能为na2o2或na2o，故d错误；故选d【点评】本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项d为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大3同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满hcl no2体积比为1：1的no2和o2，进行喷泉实验经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为（）a1：1：1b4：4：5c5：5：4d15：10：12【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氯化氢极易溶于水，则盛有氯化氢的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3no2+h2o=2hno3+no，根据方程式可知，水充入烧瓶容积的，据反应4no2+o2+2h2o=4hno3计算出反应后溶质的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度【解答】解：相同条件下，等体积的气体的物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3no2+h2o=2hno3+no，根据方程式知，水会充入烧瓶容积的，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的，假设烧瓶的体积为1l，该条件下气体摩尔体积为vm，则：n（hcl）=n（no2）=mol，溶液中溶质的物质的量分别为：n（hcl）=，n（hno3）=，溶液的体积分别为：v（hcl）=1l，v（hno3）=l，根据c=知，两种溶液的物质的量浓度相等，都是mol/l，体积比为1：1的no2和o2的混合气中，假设体积都为vl，根据以下方程式反应：4no2+o2+2h2o=4hno3，所以氧气剩余0.75v，而且生成硝酸物质的量为： mol，烧瓶充满溶液其体积为2v0.75v=1.25vl，所以溶质的物质的量浓度为mol/l=mol/l，所以所得三种溶液的物质的量浓度之比为mol/l： mol/l：（）mol/l=5：5：4，故选c【点评】本题考查了物质的量浓度的有关计算，题目难度中等，可以根据c=分析解答，明确溶液中的溶质是解本题的关键，注意盛放二氧化氮的烧瓶中水的体积及溶质的物质的量，为易错点4将25.6克的铜完全溶于适量的浓硝酸中，收集到氮的氧化物（no2、n2o4、no）的混合气，这些混合气恰好能被250ml 2mol/l naoh溶液完全吸收，生成nano2和nano3的盐溶液，则其中nano3的物质的量为（）a0.1 molb0.2 molc0.3mold0.4 mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】25.6克铜的物质的量为0.4mol，整个过程发生的反应较复杂，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在naoh溶液中氮氧化合物又转化成nano3和nano2，我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了nano2，根据得失电子数目相等得到n（cu）=n（nano2），据此解答【解答】解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是cucu（no3）2，cu元素化合价由0价升高为+2价，每个cu原子失2个电子；另一个是hno3nano2，n元素由+5价降低为+3价，每个n原子得2个电子，25.6gcu的物质的量为：n（cu）=0.4mol，共失电子为0.4mol2=0.8mol，hno3到nano2共得到电子0.8mol，根据得失电子数目相等得到n（cu）=n（nano2），故产物中nano2的物质的量为=0.4mol，根据钠元素守恒，所以硝酸钠的物质的量是：0.250l2mol/l0.4mol=0.1mol，故选a【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于hno3到nano2得到的电子是解题的关键5下列操作能达到实验目的是（）选项实 验 目 的实 验 操作a验证金属性na大于铁向fecl3溶液中加金属钠，观察是否有铁析出b验证nai溶液中是否含有fei2向nai溶液中加入酸性kmno4溶液，振荡，观察溶液是否褪色c检验fe（no3）2晶体是否已氧化变质将fe（no3）2样品溶于稀h2so4后，滴加kscn溶液，观察溶液是否变红d验证br2的氧化性强于i2将少量溴水加入ki溶液中，再加入ccl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【分析】a向fecl3溶液中加金属钠，na与水反应，然后与氯化铁反应；b碘离子的还原性强，先被高锰酸钾氧化；c酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；d少量溴水加入ki溶液中，发生氧化还原反应生成碘【解答】解：a向fecl3溶液中加金属钠，na与水反应，然后与氯化铁反应，生成氢氧化铁沉淀、氯化钠、氢气，不能置换出铁，故a错误；b碘离子的还原性强，先被高锰酸钾氧化，则褪色不能说明含亚铁离子，故b错误；c酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验是否变质，应溶于水，滴加kscn溶液，观察溶液是否变红，故c错误；d少量溴水加入ki溶液中，发生氧化还原反应生成碘，再加入ccl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色，则验证br2的氧化性强于i2，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、氧化还原反应、离子检验等，把握物质的性质、反应原理是解答本题的关键，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6强热硫酸亚铁固体可反应：feso4fexoy+so2+o2+so3（未配平），则下列有关判断不正确的是（）a若所得气体中so2与o2的体积比为2：1，则fexoy为氧化亚铁b若所得fexoy为氧化铁，则气体中so2与o2的体积比大于2：1c若所得fexoy为fe3o4，则气体中so2与o2的体积比为3：2d生成的混合气通入bacl2溶液中，产生的沉淀为baso4【考点】化学方程式的有关计算【分析】a若所得气体中so2与o2的体积比为2：1，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式，据此分析；b若所得fexoy为氧化铁，则fe、o的化合价升高，s元素的化合价降低，根据得失电子守恒分析；c若所得fexoy为fe3o4，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式，再判断产物；d二氧化硫溶于水生成的亚硫酸易被氧气氧化为硫酸【解答】解：a若所得气体中so2与o2的体积比为2：1，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式：3feso43feo+2so2+o2+so3，则fexoy为氧化亚铁，故a正确；b若所得fexoy为氧化铁，则fe、o的化合价升高失电子，s元素的化合价降低得电子，若气体中so2与o2的体积比等于2：1，则得失电子恰好相等，由于fe元素也失电子，所以so2与o2的体积比应该大于2：1，故b正确；c若所得fexoy为fe3o4，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为6feso42fe3o4+4so2+o2+2so3，则气体中so2与o2的体积比为4：1，故c错误；d二氧化硫溶于水生成的亚硫酸易被氧气氧化为硫酸，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸与bacl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故d正确故选c【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应电子转移和方程式的配平的考查，题目难度中等，考查了学生对基础知识的应用能力7已知hco3+alo2+h2oco32+al（oh）3；将足量的khco3溶液不断滴入含等物质的量的koh、ba（oh）2、kalo2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的khco3溶液体积的关系可表示为（）abcd【考点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】向氢氧化钾、氢氧化钡、偏铝酸钾溶液中加入碳酸氢钾溶液时，碳酸氢根离子先和氢氧根离子反应，然后再和偏铝酸根离子反应，生成的碳酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，偏铝酸根离子和碳酸氢根离子发生复分解生成氢氧化铝沉淀，据此分析解答【解答】解：hco3先与oh反应，再与alo2反应，而hco3与oh反应生成co32后，ba2+与co32生成沉淀，hco3+oh+ba2+baco3+h2o，消耗1molhco3、1moloh、1molba2+，生成1molbaco3沉淀，此阶段化学方程式为khco3+ba（oh）2baco3+h2o+koh；hco3+ohco32+h2o，消耗2mol hco3、2moloh （oh消耗完），没有沉淀生成此阶段化学方程式为khco3+kohk2co3+h2o（此时koh有2mol，原溶液中有1mol，反应产生1mol）；hco3+alo2+h2oco32+al（oh）3，消耗1molhco3、1mol alo2（alo2消耗完），生成1molal（oh）3沉淀此阶段化学方程式为khco3+kalo2+h2oal（oh）3+k2co3 三阶段消耗khco3的物质的量为1：2：1，也即khco3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象b符合，故选：b【点评】本题考查了图象分析，明确物质间的反应及反应先后顺序是解本题关键，注意偏铝酸盐能和可溶性的碳酸盐、碳酸氢盐发生双水解反应生成氢氧化铝，为学习的难点和易错点82013年12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰，避免了两军舰艇相撞据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）做载热介质下列有关说法不正确的是（）a自然界中没有游离的钠和铝b若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n（al）n（na）c铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出dm g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的h2越多，则铝的质量分数越小【考点】钠的化学性质；铝的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】a钠的性质很活泼，极易和氧气、水反应，铝属于亲氧元素；b根据反应2na+2h2o=2naoh+h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2判断；c根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2al3h2，2nah2判断；d如al过量，则可生成铜【解答】解：a钠很活泼，极易和氧气反应生成氧化钠，和水反应生成氢氧化钠，铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成氧化铝，所以自然界中没有游离的钠和铝，故a正确；b铝钠合金若投入一定的水中发生2na+2h2o=2naoh+h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，根据方程式知，当氢氧化钠的物质的量大于铝时，得到无色澄清溶液，根据原子守恒得当n（al）n（na）时，得到无色溶液，故b正确；c铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，根据b知，若n（al）n（na），金属铝也可能会置换出金属铜，故c正确；d根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2al3h2，2nah2，等质量的金属钠和金属铝，则金属al产生的氢气量多，所以放出的h2越多，则铝的质量分数越大，故d错误；故选d【点评】本题综合考查钠的性质，题目难度中等，可根据反应相关方程式进行判断，易错选项是c，注意铝还可以置换出铜，为易错点9工业上用铝土矿（主要成分为al2o3，含fe2o3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程中的判断正确的是（）a试剂x为稀硫酸b结合质子（ h+）的能力由强到弱的顺序是：alo2ohco32c反应ii中生成al（oh）3的反应为：co2+alo2+2h2o=al（oh）3+hco3dal2o3熔点很高，工业上还可采用电解熔融alcl3冶炼al【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；铝的化学性质【分析】al2o3、fe2o3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：aal2o3、fe2o3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，故a错误；bco2+alo2+2h2oal（oh）3+hco3可说明结合质子（ h+）的能力alo2co32，但oh最强，故b错误；c为co2，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，故c正确；d熔融alcl3不导电，为共价化合物，工业用电解熔融的氧化铝冶炼铝，故d错误故选c【点评】本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等10现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：有关说法错误的是（）a反应原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4clb向饱和nacl溶液中先通入足量的co2，再通入足量的nh3c反应生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱d往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出【考点】制备实验方案的设计；纯碱工业（侯氏制碱法）【专题】综合实验题【分析】饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；a根据发生的反应分析；b二氧化碳饱和溶液中二氧化碳的浓度较小；c根据流程分析解答；d根据氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析【解答】解：饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；a由发生的反应可知，反应原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4cl，故a正确；bnacl饱和溶液中二氧化碳的浓度较小，所以应该向饱和nacl溶液中先通入足量的nh3，再通入足量的co2，故b错误；c反应i原理为co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4cl，则反应生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱，故c正确；dnh3+h2o+co2+naclnh4cl+nahco3及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，故d正确故选b【点评】本题考查了侯德榜制碱法实验方案的设计，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等11一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且nm，符合此要求的物质是（）h2 coco和h2的混合物 hcooch3 ch3choabcd【考点】钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】这些物质完全燃烧后生成co2或h2o或二者都有，2h2+o22h2o、2na2o2+2h2o=4naoh+o2、2co+o22co2、2na2o2+2co2=2na2co3+o2，根据反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为h2、co的质量，因此只要是co或h2或它们的混合气体或化学组成不符合（co）m（h2）n就满足题意【解答】解：这些物质完全燃烧后生成co2或h2o或二者都有，2h2+o22h2o、2na2o2+2h2o=4naoh+o2、2co+o22co2、2na2o2+2co2=2na2co3+o2，根据反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为h2、co的质量，因此只要是co或h2或它们的混合气体或化学组成不符合（co）m（h2）n就满足题意，符合（co）m（h2）n、hcooch3化学式改写为（co）2（h2）2符合（co）m（h2）n、ch3cho化学式改写为（co）2（h2）2c不（co）m（h2）n，故选a【点评】本题考查根据方程式的计算，侧重考查学生分析、知识迁移能力，明确过氧化钠中增加的质量成分是解本题关键，会将化学式进行变换即可解答，题目难度中等12将一定质量的镁和铝混合物投入200ml硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入naoh溶液，生成沉淀的物质的量n与加入naoh溶液的体积v的变化如图所示则下列说法不正确的是（）a镁和铝的总质量为9 gb最初20 ml naoh溶液用于中和过量的硫酸c硫酸的物质的量浓度为2.5 moll1d生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 l【考点】镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算【专题】计算题；元素及其化合物【分析】由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o当v（naoh溶液）=200ml时，沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（na2so4）等于200ml氢氧化钠溶液中含有的n（naoh）的倍从200ml到240ml，naoh溶解al（oh）3：naoh+al（oh）3=naalo2+2h2o，当v（naoh溶液）=240ml时，沉淀不再减少，此时全部为mg（oh）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，mg（oh）2为0.15mol，al（oh）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200ml到240ml，naoh溶解al（oh）3：naoh+al（oh）3=naalo2+2h2o，所以该阶段消耗n（naoh）=nal（oh）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/la、由元素守恒可知n（al）=nal（oh）3=0.2mol，n（mg）=nmg（oh）2=0.15mol，据此计算；b、由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o；c、沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（na2so4）等于200ml氢氧化钠溶液中含有的n（naoh）的，据此计算；d、由a中可知n（al）=0.2mol，n（mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（h2）=3n（al）+2n（mg），据此计算n（h2），再根据v=nvm计算氢气体积【解答】解：由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o当v（naoh溶液）=200ml时，沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（na2so4）等于200ml氢氧化钠溶液中含有的n（naoh）的从200ml到240ml，naoh溶解al（oh）3：naoh+al（oh）3=naalo2+2h2o，当v（naoh溶液）=240ml时，沉淀不再减少，此时全部为mg（oh）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，mg（oh）2为0.15mol，al（oh）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200ml到240ml，naoh溶解al（oh）3：naoh+al（oh）3=naalo2+2h2o，所以该阶段消耗n（naoh）=nal（oh）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/la、由元素守恒可知n（al）=nal（oh）3=0.2mol，n（mg）=nmg（oh）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，故a正确；b、由图象可知，从开始至加入naoh溶液20ml，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解mg、al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：h2so4+2naoh=na2so4+2h2o，故b正确；c、沉淀量最大，此时为mg（oh）2和al（oh）3，溶液中溶质为na2so4，根据钠元素守恒可知此时n（na2so4）等于200ml氢氧化钠溶液中含有的n（naoh）的倍，所以n（na2so4）=0.2l5mol/l=0.5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/l，故c正确；d、由a中可知n（al）=0.2mol，n（mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（h2）=3n（al）+2n（mg）=30.2mol+20.15mol=0.9mol，所以n（h2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/l=10.08l，故d错误故选d【点评】本题考查镁铝的重要化合物，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算13实验室一瓶固体m的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“na2s”字样（如图所示）已知，固体m只可能是na2so3、na2sio3、na2so4中的一种若取少量固体m配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是（）a只用盐酸一种试剂就可以确定该固体m的具体成分b往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体m为na2sio3c往溶液中加入稀硝酸酸化的bacl2，若有白色沉淀，则固体m为na2so4d用ph试纸检验，若ph=7，则固体m一定是na2so4【考点】几组未知物的检验；含硫物质的性质及综合应用【专题】元素及其化合物【分析】a、盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，和硅酸钠反应生成白色沉淀，b、溶液和二氧化碳反应生成白色沉淀的只有硅酸钠生成硅酸沉淀；c、加入稀硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸钠为硫酸钠；d、亚硫酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液呈碱性，硫酸钠呈中性【解答】解：a、盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，和硅酸钠反应生成白色沉淀，可以检验na2so3、na2sio3、na2so4，故a正确；b、往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，是硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸白色沉淀，则固体m为na2sio3 ，故b正确；c、往溶液中加入稀硝酸酸化的bacl2，若有白色沉淀，加入稀硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸钠为硫酸钠，则固体m可以为na2sio3，na2so4，故c错误；d、亚硫酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液呈碱性，硫酸钠呈中性，用ph试纸检验，若ph=7，则固体m一定是na2so4；故d正确；故选c【点评】本题考查了物质检验和 反应现象判断，注意干扰离子的分析判断，题目难度中等14某溶液可能含有cl、so42、co32、nh4+、fe3+、al3+和k+取该溶液100ml，加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量bacl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）a至少存在5种离子bcl一定存在，且c（cl）0.4mol/lcso42、nh4+、一定存在，cl可能不存在dco32、al3+一定不存在，k+可能存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】离子反应专题【分析】加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有fe3+，一定没有co32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据【解答】解：由于加入过量naoh溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有nh4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molfe3+，一定没有co32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有so42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/l，a、至少存在cl、so42、nh4+、fe3+四种离子，故a错误；b、根据电荷守恒，至少存在0.04molcl，故b正确；c、一定存在氯离子，故c错误；d、al3+无法判断是否存在，故d错误；故选b【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等15新型镁铝合金（mg17al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为：mg17al12+17h217mgh2+12al，得到的混合物y（17mgh2+12al）能与酸反应释放出大量氢气下列说法正确的是（）a该合金应在氮气保护下，将一定比例的mg、al单质熔炼而成b该合金中含有离子键，铝元素呈正价c1mol mg17al12完全吸氢后得到的y与盐酸完全反应放出h2在标准状况下的体积为1164.8ld合金的熔点高于金属镁、金属铝的熔点【考点】合金的概念及其重要应用【分析】a氮气能够与镁反应；b合金中镁铝化合价都是0；c释放出的h2 包括mg17al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；d合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的硬度大，熔点低【解答】解：a制备该合金如果在氮