全国高考化学试题汇编月第一期C 镁、铝及其化合物

C2镁、铝及其化合物【理综卷·届浙江省台州中学高三上学期第二次统练（10）】28．A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置第周期、第族；J的化学名称为。（2）写出反应①的化学方程式；反应⑥的离子方程式。（3）从能量变化的角度看，①②③反应中属于△H＜0的反应是。（4）写出反应EF过程的现象,及反应方程式：。。从这一可能现象能得出结论_____________【知识点】元素推断题C2C3【答案解析】（18分）（1）第四周期、第Ⅷ族；偏铝酸钠（每空1分）（2）8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe（2分）Fe3++3NH3·H2O==Fe(OH)3↓+3NH4+（2分）（3）①②（2分）（4）沉淀由白色变灰绿色最后变成红褐色（2分）,（5）不变（1分）；先变红，后逐渐褪色（2分）；氧化性的强弱为：Cl2＞(SCN)2＞Fe3+（2分，其它合理答案也给分）解析：A是铁、B是四氧化三铁、C是氯化亚铁、D是氯化铁、E是氢氧化亚铁、F是氢氧化铁、G是氧化铝、H是氧气、I是铝、J是偏铝酸钠（1）（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素为Fe，原子序数为26，位于周期表第四周期第族Ⅷ，故答案为：四；Ⅷ；J是偏铝酸钠（2）反应①为铝热反应，由Al和Fe3O4在高温下反应，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O4=高温=4Al2O3+9Fe；反应⑥是氯化铁和氨水反应Fe3++3NH3·H2O==Fe(OH)3↓+3NH4+（3）①②③反应中，①为铝热反应，为放热反应，②为铁的燃烧，为放热反应，③为氧化铝的电解，为吸热反应，故答案为：①②；（4）E到F为氢氧化亚铁转化为氢氧化铁，沉淀由白色变灰绿色最后变成红褐色，方程式为（5）C中含有Fe2+，与不变；先变红，后逐渐褪色；【思路点拨】本题考查无机物的推断，题目难度较大，推断时，明确各物质的反应关系以及反应现象为解答该题的关键，答题时注意相关化学方程式的书写，为易错点．【理综卷·届广东省湛江市第一中学高三8月月考（08）】22．有关下列物质说法不正确的是（）A．Na、Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱B．相同温度下，等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液pH：Na2CO3>NaHCO3C．将两支蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近有大量白烟产生D．HCl、NH3、CO2都极易溶于水，都可用水作吸收剂做喷泉实验【知识点】物质的性质盐类的水解C1C2H3【答案解析】AD解析：A、Na与冷水反应，Mg与热水反应生成H2和对应的碱，但是Fe与水蒸汽反应生成四氧化三铁和氢气，故A错误；B、Na2CO3的水解程度大于NaHCO3所以相同温度下，等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液pH：Na2CO3>NaHCO3，故B正确；C、浓盐酸挥发出HCl，浓氨水挥发出NH3，两种气体相遇生成NH4Cl固体，所以有大量白烟产生.，故C正确；D、HCl、NH3、都极易溶于水，都可用水作吸收剂做喷泉实验，而CO2在水中的溶解度不太大，需要用碱液作吸收剂做喷泉实验，故D错误。故答案选AD【思路点拨】本题考查了物质的性质，注意金属与水反应的规律，钾、钙、钠与冷水反应，镁与热水反应，铁在高温下与水蒸气反应。【理综卷·届广东省湛江市第一中学高三8月月考（08）】12．下列离子反应方程式正确的是（）A．在硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH-=AlO2-+2H2OB．碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：Mg2++2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓C．往FeCl3溶液中加入Fe粉：2Fe3++Fe=3Fe2+D．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H+＝Fe2＋＋H2O【知识点】离子反应方程式B1C2C【答案解析】C解析：A、在硫酸铝溶液中加入过量氨水只生成Al(OH)3，因为Al(OH)3不能与氨水继续反应，得不到AlO2-，故A错误；B、碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水，Mg2+先与OH-反应，得到Mg(OH)2，而不是生成MgCO3，故B错误；C、反应科学合理，满足守恒关系，故C正确；D、氧化亚铁溶于稀硝酸，氧化亚铁被稀硝酸氧化，产物为Fe3+、NO和H2O，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了离子反应方程式的正误判断，注意B选项碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水，Mg2+先与OH-反应，得到Mg(OH)2，而不是生成MgCO3.二、双项选择题：每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分【理综卷·届宁夏银川一中高三第二次月考（09）】27.（14分）高温如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，已知：高温①反应C＋GB＋H能放出大量的热，G是红综色固体粉末；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E＋I2F＋D，F中的E元素的质量分数为60%．回答问题：=1\*GB2⑴①中反应的化学方程式为(2)1.6g

G

溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，至少需要铜粉克(3)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后的溶液与过量的化合物I反应的离子方程式为(4)E与I反应的化学方程式为(5)写出H物质在工业上的一种用途_____________。(6)将一定量的B完全溶于过量盐酸中，然后通入0.005molCl2，再加入0.01mol重铬酸钾晶体(K2Cr2O7），恰好使溶液中B2+全部转化为B3+，铬元素本身被还原为+3价铬离子。通过计算确定原B的物质的量为（）A．0.01molB．0.03molC．0.04molD．0.07mol【知识点】元素推断C2C3B2【答案解析】⑴2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3⑵0.64⑶2Al＋2OH-+2H2O==2AlO2-＋3H2↑；AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-⑷2Mg＋CO22MgO＋C(5)耐火材料炼铝(6)D解析：A是氧气、B是Fe、C是Al、D是碳、E是镁、F是氧化镁、G是Fe2O3、H是Al2O3、I是二氧化碳（1）①中反应的化学方程式为2Al+Fe2O3=高温=Al2O3+2Fe（2）1.6gG其物质的量为1.6g÷160g/mol=0.01mol，由Fe2O3～2Fe3+～Cu可知，需要Cu的质量为0.01mol×64g/mol=0.64g，故答案为：0.64g；（3）C与过量NaOH溶液反应的化学方程式为为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的化学方程式为AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓（4）E与I反应即Mg和二氧化碳反应2Mg＋CO22MgO＋C（5）H为氧化铝硬度大、熔点高（6）0.005molCl2~Cl-得到电子0.01mol，0.01molCr2O72-~Cr3+得到电子0.06mol，故Fe2+~Fe3+失去电子为0.07mol，故Fe的物质的量为0.07mol，选择D【思路点拨】本题考查无机物的推断，注意利用铝热反应及温室效应气体、Mg与二氧化碳的反应为解答本题的突破口，熟悉Mg、Al及其化合物的性质及氧化还原反应即可解答，题目难度中等．【理综卷·届湖南省长沙市雅礼中学高三模拟卷（一）（05化学】36.【化学—选修2:化学与技术】(15分)铝生产产业链由铝土矿开采、氧化铝制取、铝的冶炼和铝材加工等环节构成。请回答下列问题:(1)工业上采用电解氧化铝—冰晶石(Na3AlF6)熔融体的方法冶炼得到金属铝：2Al2O34Al＋3O2↑加人冰晶石的作用是_____________________。(2)上述工艺所得铝材中往往含有少最Fe和Si等杂质，可用电解方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为_____________，下列可作阴极材料的是____________(填字母序号)。A.铝材B.石墨C.铅板D.纯铝(3)阳极氧化能使金属表面生成致密的氧化膜。以稀硫酸为电解液，铝阳极发生的电极反应式为__________。(4)在铝阳极氧化过程中，需要不断地调整电压，理由是______________________________。(5)下列说法正确的是(填字母序号)。A.阳极氧化是应用原电池原理进行金属材料表面处理的技术B.铝的阳极氧化可增强铝表面的绝缘性能C.铝的阳极氧化可提高金属铝及其合金的耐腐蚀性，但耐磨性下降D.铝的阳极氧化膜富有多孔性，有很强的吸附性能，能吸附染料而呈各种颜色【知识点】电解的原理F4C2【答案解析】(1)降低Al2O3熔点(2分)(2)Al－3e－=Al3＋D(2分)(3)2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋(3分)(4)铝阳极表面不断生成氧化物，电阻增大，为了保持稳定的电流，需要不断增大电压(3分)(5)BD（3分)解析：（1）由于Al2O3熔点很高，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点，作助熔剂；（2）在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子，电极反应式为Al－3e－=Al3＋，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料，选D；（3）根据阳极发生氧化反应可以得到电极反应式为：2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋；（4）阳极生成氧化物薄膜后会使电阻增大，为了保持稳定的电流，需要随电阻增大而不断增大电压；（5）A．阳极氧化应用的是电解原理不是原电池原理，故A错误；B．由于氧化物的生成可以增强铝表面的绝缘性，故B正确；C．铝的阳极氧化可以提高铝及铝合金的耐腐蚀性，但耐磨性不下降，故C错误；D．氧化铝具有不同的晶型，其中的部分具有多孔性、强吸附性和催化活性，可做吸附剂和催化剂，故D正确．所以正确的是BD。【思路点拨】本题考查了电解原理，关键是正确书写电极反应，理解阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。【理综卷·届河南省实验中学高三第二次模拟考试（05）】36．【化学——选修2：化学与技术】（15分）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业上由铝土矿（主要成分是A12O3和Fe2O3）和石油焦（主要成分是C）按下图所示流程进行一系列反应来制备无水AlCl3。（1）氯化铝在加热条件下易升华，气态氯化铝的化学式为Al2Cl6，每种元素的原子最外层均达到8电子稳定结构，则AlCl3是晶体，其结构式为。（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式是。（3）冷却器排出的尾气中含有大量CO和少量Cl2，需用Na2SO3溶液除去Cl2，此反应的离子方程式为：。（4）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是：。（5）AlCl3产品中Fe元素含量直接影响其品质，为测定产品中Fe元素的含量，现称取16.25g无水AlCl3产品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重残留固体质量为0.32g。则产品中Fe元素的含量为：。【知识点】铝铁及其化合物的性质、化学计算C2C3【答案解析】（1）分子（2）A12O3+3C12+3C2A1C13（3）SO32-+C12+H2OSO42-+2C1-+2H+（4）除去FeCl3。（5）1.4%解析：（1）根据氯化铝在加热条件下易升华，说明AlCl3沸点很低，应为分子晶体；（2）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、Cl2和C反应，生成A1Cl3和CO，反应方程式为A12O3+3Cl2+3C2A1Cl3+3CO（3）Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-．反应离子方程式为SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；（4）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，升华制备无水AlCl3，应除FeCl3去．所以加入少量Al目的是除去FeCl3，（5）产品中含氯化铝和氯化铁，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重残留固体质量为0.32g，即Fe2O3质量为0.32g。则产品中Fe元素的含量为：【思路点拨】本题考查物质的性质、化学计算，需要运用分析、比较、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用，使问题得到解决。【理综卷·届河南省实验中学高三第一次模拟考试（05）】27、（15分）某化学兴趣小组按照下列方案进行“由含铁废铝制备硫酸铝晶体”的实验：步骤1：取一定量含铁废铝，加足量的NaOH溶液，反应完全后过滤。步骤2：边搅拌边向滤液中滴加稀硫酸至溶液的pH=8～9，静置、过滤、洗涤。步骤3：将步骤2中得到的固体溶于足量的稀硫酸。步骤4：。请回答以下问题：（1）上述实验中的过滤操作需要玻璃棒、等玻璃仪器。（2）步骤1发生反应的离子方程式为过滤的目的是__________________________________________。（3）当步骤2中的溶液pH=8～9时，检验沉淀是否完全的方法是______________。（4）步骤2中溶液的pH控制较难操作，可改用____________________，发生反应的离子方程式为。（5）步骤4的操作为。【知识点】铝的重要性质实验操作C2J1J2【答案解析】（1）烧杯、漏斗（2）略，除去铁等不溶于碱的杂质（3）取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全（4）通入足量CO2气体，略（5）将得到的溶液蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥解析：：（1）过滤操作中需要大小烧杯各一个、漏斗、玻璃棒，因此过滤操作中需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）Al能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，Al能与氢氧化钠溶液反应，铁不能与氢氧化钠溶液反应，通过过滤将杂质铁从溶液中除掉，（3）检验沉淀是否完全的方法是取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全。边搅拌边向滤液中滴加稀硫酸至溶液的pH=8～9，目的是生成氢氧化铝，可利用往偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体的方法，不必控制溶液的PH就可得到最大量的沉淀。步骤3：将步骤2中得到的固体溶于足量的稀硫酸得到硫酸铝溶液，将得到的溶液蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥得晶体。【思路点拨】本题考查了铝的重要性质和实验操作，掌握铝能与强碱性溶液反应而铁不与强碱性溶液反应是关键。【化学卷·届黑龙江省哈师大附中高三第一次月考（09）】28．（8分）将总物质的量为4mol的Na2O2和Al2（SO4）3的混合物投入足量水中，充分反应后生成ymol沉淀（y＞0）。若以x表示原混合物中Na2O2的物质的量，试建立y=f（x）的函数关系式，将x的取值和y=f（x）关系式填写在表内（可不填满，也可补充）。序号x值y=f（x）①②③④【知识点】铝盐与强碱反应的规律C2【答案解析】序号x取值①②y=32-10xy=32-10x解析：Na2O2和Al2（SO4）3的混合物投入足量水中，按照先后顺序发生的反应是：①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑②Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3Na2SO4③Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O当0＜x≤3时，只发生①②两反应，xmolNa2O2投入足量水中得到2xmolNaOH，由反应②知沉淀y=1/3×2xmol=2x/3；当生成的氢氧化铝恰好溶解完时，（4-x）:x=1:4,解得x=3.2，所以当3＜x＜3.2时Al(OH)3部分溶解，y=2(4-x)-[2x-6(4-x)]=32-10x.【思路点拨】本题考查了铝盐与强碱反应的规律，分情况讨论，当铝离子与氢氧根的物质的量之比是1:3时，生成沉淀最大；当铝离子与氢氧根的物质的量之比是1:4时，沉淀恰好溶解完全。【化学卷·届黑龙江省哈师大附中高三第一次月考（09）】25．（14分）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。（1）写出下列物质的化学式：A：D：R：。（2）按要求写下列反应方程式：H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：；向N中通足量CO2时反应的离子方程式：；D与盐酸反应的离子方程式：。（3）简述检验气体C的方法：。【知识点】金属元素及其化合物的推断C1C2C【答案解析】（1）A：Na2O2D：Fe3O4R：Al（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3AlO2—+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3—Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O（3）用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成。解析：A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe（OH）2、M是Fe（OH）3，Fe3O4和HCl、Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe（OH）3和HCl反应生成W，则W是FeCl3，(1)分析知，A、D、R分别是Na2O2、Fe3O4、Al；（2）H是Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，向NaAlO2中通足量CO2时反应的离子方程式AlO2—+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3—，四氧化三铁和稀盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子反应方程式为：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O．（3）C是氧气，用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成．【思路点拨】本题Al、Fe及其化合物为载体考查了金属元素及其化合物的推断，H的颜色变化、A的颜色及性质、D的性质为突破口采用正逆结合的方法进行推断即可解答。【化学卷·届黑龙江省哈师大附中高三第一次月考（09）】24．（8分）（1）相同物质的量浓度、相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应，生成沉淀的质量之比为________。（2）向等体积、等浓度的AgNO3溶液中，分别加入相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使它们中的Cl－完全转化为AgCl沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为________。（3）Na、Mg、Al分别与足量的硫酸溶液反应，当生成气体的质量相同时，消耗Na、Mg、Al的物质的量之比为________。（4）足量的Al分别与等浓度的硫酸、氢氧化钠溶液反应，当生成气体的质量相同时，硫酸溶液和氢氧化钠溶液的体积比为________。【知识点】物质的量浓度常见金属的性质A3C1C【答案解析】（1）1：2：3（2）6：3：2（3）6：3：2（4）3：2解析：（1）相同物质的量浓度、相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，氯离子的物质的量之比是1：2：3，分别与足量的AgNO3溶液反应，生成沉淀的质量之比为1：2：3。（2）向等体积、等浓度的AgNO3溶液中，分别加入相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使它们中的Cl－完全转化为AgCl沉淀，就是求氯离子的物质的量浓度相等时三种溶液的物质的量浓度之比，即1:1/2:1/3=6：3：2。（3）Na、Mg、Al分别与足量的硫酸溶液反应，当生成气体的质量相同时，问消耗Na、Mg、Al的物质的量之比，就是求转移等量电子时消耗Na、Mg、Al的物质的量之比，即1:1/2:1/3=6：3：2。（4）反应分别为2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑当生成气体的质量相同时，硫酸溶液和氢氧化钠溶液的体积比为3：2。【思路点拨】本题考查了物质的量浓度的理解以及金属的性质，理解氧化还原反应规律、顺利书写方程式是关键。【化学卷·届黑龙江省哈师大附中高三第一次月考（09）】15．向明矾溶液里滴加Ba(OH)2溶液，当SO42-离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是A．一部分为Al(OH)3沉淀，一部分以Al3+存在于溶液中B．一部分为Al(OH)3沉淀，一部分以AlO2－形式存在于溶液中C．全部为Al(OH)3沉淀D．几乎全部以AlO2－形式存在于溶液中【知识点】铝的化合物性质C2【答案解析】D解析：向明矾溶液里滴加Ba(OH)2溶液，当SO42-离子恰好沉淀完全时，KAl(SO4)2与Ba(OH)2按物质的量之比1:2反应，此时铝离子与氢氧根离子物质的量之比1:4，铝元素全部以AlO2－形式存在于溶液中。故答案选D【思路点拨】本题考查了铝离子与氢氧根离子的反应，当铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1:3时，铝元素全部为Al(OH)3沉淀形式存在，当铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1:4时，铝元素全部以AlO2－形式存在于溶液中。【化学卷·届黑龙江省哈师大附中高三第一次月考（09）】7．下列离子方程式正确的是A. 铝溶于NaOH溶液：Al+2OH—=AlO2—+H2↑B. 铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2OC. 碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32—+2H+=CO2↑+H2OD. 稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液：H++OH—=H2O【知识点】离子方程式的判断B1C2C【答案解析】B解析：A、不满足电荷守恒，故A错误；B、科学合理，故B正确；C、碳酸镁应该保留化学式，故C错误；D、缺少硫酸根离子与钡离子的反应，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了离子方程式的判断，易错选项D，只写出了部分离子间的反应。【化学卷·届甘肃省兰州一中高三9月月考（09）】3、下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A、晶体硅具有半导体性质，可用于生产光导纤维B、H2O2是一种绿色氧化剂，可与酸性高锰酸钾作用产生O2C、铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸D、铝具有良好的导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料【知识点】物质的性质与应用C2C3D1【答案解析】D解析：生产光导纤维的材料是二氧化硅，A错误；若H2O2是一种绿色氧化剂，则与酸性高锰酸钾作用不能产生O2，而是生成水，B错误；铜可与浓硝酸反应而溶解，C错误；D正确。【思路点拨】物质的性质决定物质的用途；B项的说法前后矛盾。【化学卷·届甘肃省兰州一中高三9月月考（09）】2、下列叙述错误的是A、生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B、用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C、在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液D、铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀【知识点】金属的腐蚀与防护C2F4【答案解析】C解析：生铁中含有碳，则易形成铁-碳原电池，易发生电化学腐蚀，A正确；用锡焊接的铁质器件，形成铁-锡原电池，铁易被腐蚀，焊接处易生锈，B正确；电镀时，镀件为阴极，铜作阳极，C错误；铁管上镶嵌锌块，形成铁-锌原电池，锌易被腐蚀，铁管不易被腐蚀，D正确。【思路点拨】金属作原电池的两极，较活泼金属易被腐蚀。【化学卷·届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考word版】11.能正确表示下列反应的离子方程式是A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2OB.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋4H2OC.磁性氧化铁溶于稀硝酸:Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀:2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓【知识点】离子方程式的正误判断B1C2D4【答案解析】A解析：A、氨水过量，SO2少量时产物是亚硫酸铵，故A正确；B、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应，NaOH完全反应，应该是:Ca2＋＋HCO3－＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故B错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸，产物中应该只有Fe3＋，故C错误；D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀，即KAl(SO4)2与Ba(OH)2按1:2反应，产物中得偏铝酸根离子，而不是Al(OH)3，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断，特别注意与量的多少有关的反应，哪种物质少量哪种物质就完全反应。【化学卷·届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考word版】8.A、B、C、X均为中学化学常见的物质，它们之间有如下转化关系(其它产物已略去)：下列说法不正确的是A.若A是NH3则C可能是氧化物B.若A是非金属单质，则C与水反应的生成物为强酸C若X是金属单质，则B、C中X的化合价可能是B>CD.若X是强碱，则B可能是两性物质【知识点】常见物质的性质D3D4C2【答案解析】B解析：A、A、B、C、X可以分别为氨气、一氧化氮、二氧化氮、氧气，故A正确；B、A、B、C、X可以分别为硫、二氧化硫、三氧化硫、氧气，C与水反应的生成物为强酸；或A、B、C、X可以分别为碳、一氧化碳、二氧化碳、氧气，C与水反应的生成物为弱酸，故B错误；C、A、B、C、X可以分别为氯气、氯化铁、氯化亚铁、铁，则B、C中铁的化合价B>C，故C正确；D、A、B、C、X可以分别为铝、氢氧化铝、偏铝酸钠、氢氧化钠，氢氧化铝是两性物质，故D正确。故答案选B【思路点拨】本题借助典型推断考查了中学常见物质的性质，平时要对连续反应等典型推断进行归纳，可以利用列举法解答。【化学卷·届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考word版】3.下列各组物质，不能按（“”表示反应一步完成）关系转化的是选项abcAAl2O3NaAlO2Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgO【知识点】镁铝及其化合物的性质C2【答案解析】C解析：A、a、b、c分别与NaOH溶液、CO2反应、受热分解即可完成所示转化，故A能；B、a、b、c分别与氨水、NaOH溶液、盐酸反应即可完成所示转化，故B能；C、铝无法通过一步反应生成Al(OH)3，故C不能；D、a、b、c，分别与NaOH溶液反应、加热分解、与盐酸反应即可完成所示转化，故D能。故答案选C。【思路点拨】本题考查了镁铝及其化合物的性质，特别要重视Al(OH)3的两性的理解和应用。【化学卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】24．(10分)A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：(1)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：______________________________。(2)若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置：__________________。(3)若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出②反应的化学方程式：__________________________________。(4)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：__________________________。(5)若A为淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质．B与C可反应生成A。请写出B的电子式______________。【知识点】无机物的推断C2D5【答案解析】(1)4NH3＋6NOeq\o(=====,\s\up7(一定条件))5N2＋6H2O(2)第三周期第ⅢA族(3)Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑(4)Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋（5）解析：(1)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，可以确定得到B为NH3，C为NO，可得反应的方程式。(2)若D物质具有两性则为氢氧化铝，通过物质之间的反应可以得到单质A为金属铝。(3)若A是太阳能电池用的光伏材料则为硅，又C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，可得C、D分别为硅酸钠、碳酸钠，故②反应为硅和氢氧化钠的反应。(4)A是应用最广泛的金属则A为金属铁，④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种非金属单质，可以得到C为氯化铁，印刷铜电路板的反应为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。(5)A为淡黄色固体，可能为硫单质或过氧化钠固体，但是C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质则C为SO2，确定A为S，B为H2S。【思路点拨】本题考查了本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于考查学生对元素化合物知识的综合理解和运用，综合性较强，难度中等。【化学卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】23．A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如下图所示。下列分析错误的是()A．当m1>m2时，溶液a中的阴离子只有1种B．生成蓝色溶液的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋C．要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸D．当m2－m3＝2.96g时，Fe3O4的质量至少为2.32g【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用C2【答案解析】A解析：A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子不至一种，故A错误；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2-，故B正确；C、金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应在，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4～2Fe3+～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g×232/(232+64)×100%=2.32g，故D正确.【思路点拨】本题考查了常见金属元素及化合物的综合应用，难度较大，不仅要通过实验现象得出结论，还要再结合定量计算得出其他正确的结论。二．填空题（每空2分，共54分）【化学卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】16．在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中的固体剩余物是()A．Na2CO3和Na2O2B．Na2CO3和NaOHC．NaOH和Na2O2D．NaOH、Na2O2和Na2CO3【知识点】钠的重要化合物C2【答案解析】B解析：设Na2O2固体和NaHCO3固体都为1mol，则2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O

2mol

1mol1mol1mol1mol

0.5mol0.5mol0.5mol2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，

0.5mol0.5mol0.5mol

0.5mol

0.5mol

1mol则剩余固体为n（Na2CO3）=0.5mol+0.5mol=1mol，n（NaOH）=1mol，即剩余固体是等物质的量的Na2CO3和NaOH的混合物。【思路点拨】本题考查钠的化合物的性质，题目难度不大，本题注意等物质的量的NaHCO3和Na2O2固体混合物的特点，注意有关反应，以正确判断最终产物．【化学卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】15．下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是()选项化合物ABCDYCO2Fe2O3SiO2FeCl3WMgOAl2O3COCuCl2【知识点】化学基本反应类型C2B4【答案解析】D解析：A．二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，2Mg+CO2=C+2MgO，符合置换反应概念，属于置换反应，故A不选；B．氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3，符合置换反应概念，属于置换反应，故B不选；C．二氧化硅与碳反应生成Si与CO，符合置换反应概念，属于置换反应，故C不选；D．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应，故D选。【思路点拨】本题以置换反应的概念为载体，考查元素化合物的性质等，熟悉常见物质的性质及物质转化中的化学反应是解答的关键。【化学卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】11．下列反应中，反应后固体物质增重的是()A．氨气通过灼热的CuO粉末B．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．水蒸气通过Na2O2粉末【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质C2【答案解析】D解析：A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B．发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故B错误；C．发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D．发生水蒸气与过氧化钠的反应生成氢氧化钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为氢氧化钠，二者物质的量不同，氢氧化钠的物质的量是过氧化钠的2倍，故固体质量增加，故D正确。【思路点拨】本题考查了元素化合物性质，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大。【化学卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】2．下列说法中，错误的是()①合金比纯金属具有较好的性能，硬度都比成分金属大，熔点比成分金属的低②常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属③将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀④Fe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸剧烈反应⑤Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，且两单质的作用相同⑥Na久置于空气中，可以和空气中的有关物质发生反应，最终生成Na2CO3⑦制备FeCl3、CuCl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法A．①②⑥B．④⑤C．③④⑦D．③④⑤⑦【知识点】金属的综合运用C2【答案解析】D解析：③将钢闸门与电源负极相连，防止其在海水中被腐蚀，错误；④Fe在常温下可与浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象，错误；⑤Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，铝与NaOH反应时铝是还原剂，而Cl2和NaOH反应时氯气即是氧化剂又是还原剂，故两单质的作用不同，错误；⑦制备FeCl3、CuCl2固体时由于Fe3+、Cu2+都能发生水解，故不能采用将溶液直接蒸干的方法，错误。【思路点拨】本题考查了金属钠、镁、铝和铁元素形成的单质和化合物的性质，涉及到的知识面比较广，但是基础性较强，难度不大。【化学卷·届湖北省百所重点中学高三十月联合考试（10）word版】17.（9分）兰尼镍（Rancy-Ni）是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，广泛用作烯烃、氢化反应的催化剂。其高催化活性源于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。以镍、铝为原料制备兰尼镍的工艺流程如下：（1）“熔融”时通入氩气的目的是_____________________________________。（2）“浸出”是整个流程的核心步骤，该步骤的目的是_____________________，发生反应的离子方程式为____________________________________。浸出反应所用NaOH溶液的浓度需达5mol·L-1以上，若用NaOH稀溶液浸出时，则会产生Al(OH)3沉淀阻止浸出反应持续进行，产生Al(OH)3的化学方程式为___________________________。（3）滤液的主要成分与过量CO2反应的离子方程式为__________________。（4）使用新制的兰尼镍进行氢化反应有时不需要加入氢气即可完成反应得到氢化产物，原因是________________________。【知识点】物质的分离和提纯，物质的基本性质C2C5【答案解析】（1）防止Ni、Al被空气氧化（1分）（2）除去合金中大部分的铝，形成多孔结构便于吸附氢气（1分）；2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑(2分)；2Al＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2↑(2分)(3)AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－(2分)(4)新制兰尼镍的多孔结构中吸附大量浸出时产生的氢气（1分）解析：（1）铝和镍在加热进行熔融时防止和空气中的氧气发生反应，必须通入惰性气体进行保护。（2）在“浸出”时加入的氢氧化钠与原料中的铝发生反应而除去铝，发生的反应为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；当碱液浓度比较小时，铝即可以和水发生反应生成氢氧化铝而阻止浸出反应持续进行。（3）滤液中含有NaAlO2，故与过量CO2反应时生成Al(OH)3↓和NaHCO3。（4）题目中提示镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气即可完成。【思路点拨】本题考查了金属铝的性质，以信息的形式得到金属镍的强吸附性能，难度不大。【化学卷·届湖北省百所重点中学高三十月联合考试（10）word版】10.甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）。下列各组物质中，不满足图示转化关系的是A.①③ B.②③ C.②④ D.①④【知识点】无机物的推断C2【答案解析】A解析：①4NH3+5O2===4NO+6H2O，一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；②4Fe+2H2O（g）==Fe3O4+2H2，3H2+Fe2O3==2Fe+3H2O，所以能实现转化，故正确；③Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，丙不能转化为甲，所以不能实现转化，故错误；④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na+O2=Na2O2，所以能实现转化，故正确。【思路点拨】本题考查物质之间的化学反应，明确物质的性质是解本题关键，注意铁和水蒸气反应生成四氧化三铁而不是氧化铁，为易错点．【化学卷·届湖北省教学合作高三10月联考（10）word版】15.将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1gA.加入合金的质量可能为9.6gB.沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLC.参加反应的硝酸的物质的量为0.4molD.溶解合金时产生NO气体体积0.224L（以标准状况)【知识点】守恒法用于氧化还原反应计算C2C3B3【答案解析】C解析：生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，说明OH—质量为5.1g，即0.3mol，金属结合氢氧根离子的物质的量与反应转化的电子的物质的量相等，所以反应转化的电子为0.3mol，生成的NO为0.1mol，根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol，故C正确；消耗NaOH溶液体积应为100mL，B错误；产生NO气体体积标况下应为2.24L，D错误；根据电荷守恒，镁、铜合金共0.15mol，用极端假设法，如果全部是铜，质量为9.6g，所以合金质量应比9.6g小，A错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了守恒法用于氧化还原反应计算，解题的关键是利用生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，即0.3mol，得到反应转化的电子为0.3mol。第II卷(非选择题，55分)二、非选择题(本大题共6个小题)【化学卷·届湖北省教学合作高三10月联考（10）word版】14.在离子浓度都为0.1mol/L下列溶液中，加入（或通入)某物质后，发生反应先后顺序正确是A.在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+B.在含I-、SO32－、Br-的溶液中不断通入氯气:I-、Br-、SO32－C.在含AlO2－、SO32－、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液:OH－、AlO2－、SO3－D.在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液:Fe3+、NH4+、H+【知识点】化学还原反应中的先后顺序B3C2C【答案解析】C解析：A.因为Fe3＋比Cu2＋氧化性强，故Fe3＋优先与锌粉反应，错误；B.因为SOeq\o\al(2－,3)比I－、和Br－的还原性强，故SO32－优先与氯气反应；C.正确D.与烧碱溶液反应的先后顺序为：H+、Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)；故答案选C【思路点拨】本题考查了化学还原反应中的先后顺序，有难度，如果加入氧化剂则还原性强的物质优先反应。【化学卷·届湖北省教学合作高三10月联考（10）word版】5.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是①金属钠投入到FeC12溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液馄合 ③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中通入过量CO2 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2A.①②③④⑤B.只有①④ C.只有②③D.只有③④⑤【知识点】重要金属的化学性质C1C2C【答案解析】D解析：①中先生成白色Fe(OH)2沉淀，被氧气氧化最终得到的Fe(OH)3沉淀是红褐色，②中过量NaOH溶液可以和Al(OH)3继续反应，将其溶解，最终无沉淀。③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，有碳酸钙沉淀生成，故正确；④向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色沉淀Al(OH)3，故正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成的碳酸氢钠溶解度小而析出，有白色沉淀，故正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了常见物质的化学性质，注意向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成的碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小而有沉淀析出。【化学卷·届湖北省孝感高中高三10月阶段性考试（10）】18．（10分）某同学取一定量的Al、Fe混合物，与2.0L极稀的HNO3充分反应，假设HNO3的还原产物全部为铵盐。在反应后的溶液中，逐滴加入4mol·L－1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图所示。分析图像回答问题：（1）DE段发生反应的离子方程式为：_____________________________________。（2）请写出任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式：_______________。（3）B点对应的沉淀的物质的量为_______mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为______mL。（4）原硝酸溶液的物质的量浓度为_______mol/L。【知识点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物C2【答案解析】(1)NH4++OH﹣=NH3•H2O(2)8Al+30HNO3=8Al(NO3)3+3NH4NO3+9H或8Fe+30HNO3=8Fe(NO3)3+3NH4NO3+9H2O(3)0.032；7(4)0.074解析：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，假设HNO3的还原产物全部为铵盐．由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，故可以得到随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O（1）OC段发生离子方程式为：H++OH-=H2O；DE段发生离子方程式为NH4++OH-=NH3•H2O（2）当Al与极稀HNO3反应的化学方程式为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O；当Fe与极稀HNO3反应的化学方程式为8Fe+30HNO3=8

Fe

（NO3）3+3NH4NO3+9H2O（3）（4）由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34mL-31m=3mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.003L×4mol/L=0.012mol，根据NH4++OH-═NH3•H2O可知，计算溶液中n（NH4+）=0.012ml，根据B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL-34m=2mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.002L×4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.008mol，根据电子转移守恒有，3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4+），即3n（Fe）+3×0.008mol=8×0.012mol，解得n（Fe）=0.024mol，可知n[Fe（OH）3]=n（Fe）=0.024mol，B点对应的沉淀Al（OH）3、Fe（OH）3，二者的物质的量之和=0.008mol+0.024mol=0.032mol；由反应过程可知，到加入氢氧化钠为31mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n（NH4NO3）=n（NH4+）=0.012mol，根据钠元素守恒，可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.031L×4mol/L=0.124mol，根据氮元素守恒可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3）=0.124mol+0.012mol×2=0.148mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒n′（NaNO3）+2n（NH4NO3）+3n[Fe（NO3）3]+3n[Al（NO3）3]=n（HNO3），故c点溶液中n′（NaNO3）=0.148mol-0.012mol×2-0.024mol×3-0.008mol×3=0.028mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.028mol，c点NaOH溶液的体积=0.028mol/4mol/L=0.007L=7mL（5）根据（4）中计算可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=0.148mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度为0.148mol/2L=0.074mol/L。【思路点拨】本题以图象形式，考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，清楚图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，题目过程复杂，计算量大，侧重对学生分析解决问题能力、计算能力的考查，为易错题目，难度较大。【化学卷·届湖北省孝感高中高三10月阶段性考试（10）】6．Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后,溶液中只含有Na+、H+、Cl－、OH－且溶液呈中性,则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为A．3∶2∶1 B．2∶4∶1 C．2∶3∶1 D．4∶2∶1【知识点】有关混合物反应的计算C1C【答案解析】B解析：所得溶液中只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性，说明只含有NaCl一种溶质，Al2O3转化为Al（OH）3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知n（Na）=n（HCl），即满足n（Na2O2）：n（HCl）=1：2即可，选项中只有B符合。【思路点拨】本题考查了混合物的计算，侧重考查学生分析解决问题能力的考查，注意利用守恒解答，难度中等。【化学卷·届浙江省绍兴一中高三上学期回头考试（09）】10．右图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是（）A．NH4Al（SO4）2 B．KAl（SO4）2 C．Al2（SO4）3 D．NaAlO2【知识点】铝的化合物的性质C2【答案解析】C解析：A、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故NH4Al（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，接着还会有硫酸钡生成，沉淀最大量为6mol，故A错误；B、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故KAl（SO4）2为2mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡4mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为4mol+2mol=6mol，故B错误；C、由图可知溶解氢氧化铝需要1mol氢氧化钡，由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知沉淀中Al（OH）3为2mol，故Al2（SO4）3为1mol，加入3mol氢氧化钡沉，可以生成硫酸钡3mol，n（Al3+）：n（OH-）=2mol：6mol=1：3，发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓，可以得到2molAl（OH）3，沉淀为3mol+2mol=5mol，故C正确；D、偏铝酸钠与氢氧化钡不反应，不能产生沉淀，故D错误；A、，故A正确；B、，故B正确；C、，故C错误；D、，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点。【化学卷·届浙江省绍兴一中高三上学期回头考试（09）】3．三种不同物质有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是()A．Al2O3 B．SiO2 C．CO2 D．NH4【知识点】物质的化学性质C2D5【答案解析】D解析：A、甲、乙、丙分别是Al2O3、NaAlO2、Al(OH)3，故A能实现如图所示转化关系；B、甲、乙、丙分别是SiO2、Na2SiO3、H2SiO3，故B能实现如图所示转化关系；C、甲、乙、丙分别是CO2、Na2CO3、NaHCO3，故C能实现如图所示转化关系；D、NH4Cl与NaOH反应生成NaCl、NH3，NH3与HCl生成NH4Cl,丙为NH4Cl，与题意不符，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质的性质，熟练掌握所学的重点物质的性质是关键。【化学卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】17、将某些化学知识用图像表示，可以收到直观、简明的效果。下列图象所表示的化学知识中，不正确的是（）【知识点】分散系的特征钠及化合物性质铝及化合物性质C1C2H4【答案解析】B解析：A、胶体分散质粒子直径在1到100纳米之间，溶液分散质粒子直径小于1纳米，浊液分散质粒子直径大于100纳米，故A正确；B、醋酸溶液加水稀释溶液的导电能力逐渐减弱，故B错误；C、向Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸先后发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，开始无气体，后来才产生气体，且前后所加盐酸的体积比为1:1故C正确；D、先后发生的反应为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,生成沉淀过程消耗的NaOH与沉淀溶解消耗的NaOH体积比是3:1故D正确。故答案选B【思路点拨】本题考查了常见分散系的特征，反应先后顺序，按照先后顺序写出发生的反应是分析的关键。【化学卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】13．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如右图所示。W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小。下列说法中正确的是（）A．原子半径由小到大的顺序为：Y<X<W<ZB．X元素最高价氧化物分子的比例模型为C．Z单质与X元素最高价氧化物、Y单质都能反应，体现氧化性D．W的单质在地壳含量丰富，工业上可通过电解它的无水盐来制备。【知识点】元素周期表元素周期律镁铝的性质C2E2【答案解析】A解析：根据四种短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置判断X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小得到W是铝元素，X、Y、Z分别是碳、氮、镁元素。A、根据同周期左到右元素的原子半径减小，同主族上到下元素的原子半径增大，原子半径由小到大的顺序为：Y<X<W<Z，故A正确；B、X元素最高价氧化物分子是二氧化碳，二氧化碳是直线型分子，故B错误；C、Z单质镁与X元素最高价氧化物二氧化碳、Y单质氮气都能反应，得到镁的化合物，体现镁的还原化性，故C错误；D、铝以化合态形式存在，工业上可通过电解熔融氧化铝来制备铝，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了元素周期表元素周期律，以W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小为突破口得到X、Y、Z、W分别是哪种元素是关键。【化学卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】8.下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（）A．向MgSO4、H2SO4的混合液中加入过量的Ba(OH)2溶液B．向稀硝酸中加入铁粉C．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液D．向NaOH溶液中通入CO2气体【知识点】常见元素化合物的性质C2D4【答案解析】A解析：A．向MgSO4、H2SO4的混合液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成Mg（OH）2和BaSO4沉淀，最后溶液中只有过量的Ba（OH）2，只有一种溶质，故A正确；B．向稀硝酸中加入铁粉，由于Fe的量不确定，溶液中可能存在Fe（NO3）2、Fe（NO3）3等溶质，如Fe不足，则存在HNO3、Fe（NO3）3，故B错误；C．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液，溶液中存在NaCl、AlCl3等溶质，故C错误；D．向NaOH溶液中通入CO2气体，当CO2过量时，可能生成Na2CO3或NaHCO3等物质，故D错误；【思路点拨】本题考查了元素化合物知识，要掌握常见元素化合物的性质以及理解有些反应中反应物相对量的不同发生的反应不同．【化学卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】7.下列实验过程中，始终无明显现象的是（）A．Cl2通入FeSO4溶液中B．CO2通入Ca(OH)2溶液中C．将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中D．SO2通入BaCl2溶液中【知识点】物质的化学性质C2C3D3【答案解析】D解析：A、Cl2将FeSO4氧化溶液颜色有变化，故A错误；B、CO2通入Ca(OH)2溶液中，溶液先变浑浊后变澄清，故B错误；C、将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中，开始无现象一段时间后再滴加AlCl3溶液出现白色沉淀，故C错误；D、SO2通入BaCl2溶液中SO2与BaCl2不发生反应始终无明显现象，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了物质的化学性质，容易误认为SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO4而出现沉淀。【化学卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】3.奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的一环表示一种物质，相连环物质间一定条件下能发生常见反应，不相连环物质间不能发生反应，且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是（）蓝黄黑绿红ASiO2NaOH溶液CuSO4溶液AgO2BO2Fe稀H2SO4NaOH溶液CO2CO2NH3稀H2SO4NaOH溶液Al(OH)3DMgAlCO2Fe2O3KOH溶液【知识点】铝铁及其化合物的性质硅及化合物性质C2C3D1【答案解析】B解析：A、五种物质中SiO2不能与CuSO4反应，SiO2不能与O2反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，属复分解反应，SiO2不能与Ag反应，CuSO4不能与O2反应，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，属复分解反应．CuSO4不能与Ag反应，故A错误；B．O2只与铁反应属氧化还原反应，CO2只与NaOH溶液反应，二氧化碳少量2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O不属复分解反应，或二氧化碳过量NaOH+CO2=NaHCO3属化合反应，铁和稀硫酸反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑属置换反应．稀H2SO4与NaOH反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，故B正确；C．O2只与NH3反应属氧化还原反应，其余各物质间的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属复分解反应，氨气过量H2SO4+2NH3=（NH4）2SO4或氨气过量H2SO4+NH3=NH4HSO4都属化合反应，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，3H2SO4+2Al（OH）3=Al2（SO4）3+6H2O，都属复分解反应．没有置换反应，故C错误；D．Mg

只与

CO2反应属置换反应，Fe2O3只与Al反应属置换反应，二氧化碳少量2KOH+CO2=K2CO3+H2O不属复分解反应，或二氧化碳过量KOH+CO2=KHCO3属化合反应，2KOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑属氧化还原反应，无复分解反应，故D错误；【思路点拨】本题考查了物质的性质，需要熟悉物质间的反应以及相应的反应类型。【化学卷·届河南省顶级名校高三入学定位考试（08）】20.（7分）在隔绝空气的条件下，某同学将一块部分被氧化的钠块用一张已除去氧化膜、并用针刺一些小孔的铝箔包好，然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反应完全后，在容器中仅收集到1.12L氢气（标准状况），此时测得铝箔质量比反应前减少了0.27g，水槽和容器内溶液的总体积为2.0L，溶液中NaOH的浓度为0.050mol·L-1（忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量）。（1）写出该实验中发生反应的化学方程式：；（2）试通过计算确定该钠块中钠元素的质量分数为。【知识点】钠及化合物的性质、混合物计算C1C2【答案解析】(1)①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑②Na2O+H2O=2NaOH③2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑（2）89%解析：（1）部分被氧化的钠用除去氧化膜并用针刺一些小孔的铝箔包好放入水中，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；反应的有关方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，(2)n（余NaOH）=2.0

L×0.05

mol•L-1=0.1

mol，n(H2)=；n（NaAlO2）=n（Al）=由电子守恒知：n（Na）+3n（Al）=2n（H2）即：n（Na）+3×0.