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【化学】河北省石家庄市河北辛集中学2018-2019学年高一上学期第二次月考试题（解析版）
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河北省石家庄市河北辛集中学2018-2019学年高一上学期第二次月考试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Mg：24 Al：27 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ag：108
一、选择题(每小题只有一个选项正确，每题2分，共40分)
1.钠长期放置在空气中，最终会变为（ ）
A. Na2O B. Na2O2 C. Na2CO3 D. NaHCO3
【答案】C
【解析】试题分析：Na是活泼金属元素，空气中很容易被氧化成Na2O→结合水蒸气变为NaOH→潮解变为NaOH溶液→吸收空气中二氧化碳变为Na2CO3•10H2O→风化，在空气最终生成Na2CO3，选项C正确。故选C。
2.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色（Fe2+）变为棕黄色（Fe3+）。若榨汁时加入维生素C，可以有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有（ ）
A. 还原性 B. 氧化性 C. 碱性 D. 酸性
【答案】A
【解析】试题分析：依题意，维生素C将Fe3+还原为Fe2+，铁元素由+3价降为+2价，被还原，则Fe3+是氧化剂，维生素C是还原剂，表现还原性，A项正确。
3.等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一块钠失去电子多 B. 两块钠失去电子一样多
C. 第二块钠的反应产物质量大 D. 两块钠的反应产物质量一样大
【答案】D
【解析】试题分析：加热时钠生成过氧化钠，常温下和氧气反应则生成氧化钠。反应的方程式分别是2Na＋O2Na2O2、4Na＋O2=2Na2O。但由于参加反应的钠的质量是相等的，且反应中钠都是失去1个电子，所以反应中失去电子的物质的量是相等的，其中过氧化钠的质量大，答案选D。
4.在电子工业中，制印刷电路时，常用氯化铁溶液为铜的“腐蚀液”，该过程发生的反应为：2FeCl3＋Cu==2FeCl2＋CuCl2。该反应利用了铜的什么性质（ ）
A. 氧化性 B. 还原性
C. 导电性 D. 导热性
【答案】B
【解析】
【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，还原剂具有还原性。
【详解】根据过程发生的反应2FeCl3＋Cu==2FeCl2＋CuCl2可以看出，化合价升高的Cu元素所在的反应物Cu是还原剂，具有还原性，所以该反应利用了铜性质中的还原性。
答案选B。
5.某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落，而是好像有一层膜兜着。对该现象的说法错误的是（ ）
A. 兜着液体的这层膜是氧化铝
B. 该实验说明了氧化铝的熔点高于铝的熔点
C. 铝极易与空气中的氧气反应在表面形成氧化物保护膜
D. 铝的化学性质较稳定，即使加热到熔化也不与空气中的氧气反应
【答案】D
【解析】试题分析： 铝极易与氧气反应，在表面上形成氧化铝，其熔点高于铝的熔点，故加热时，熔化的铝不会滴落。
6.将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到（ ）
A. 水进入左瓶 B. 水进入右瓶
C. 水同时进入两瓶 D. 水不进入任何一瓶
【答案】A
【详解】钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小。碳燃烧生成CO2，压强不变。所以水应该进入左瓶，答案选A。
7.向体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气在同温同压下的体积之比为（ ）
A. 1︰1 B. 1︰3 C. 3︰1 D. 1︰2
【答案】B
【解析】由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知，参加反应的铝与酸碱与生成的氢气的物质的量关系为：2Al～6HCl～3H2，2Al～2NaOH～3H2，根据n=cv，则盐酸和氢氧化钠溶液物质的量之比为1：1，体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气物质的量之比是=1：3，答案选B。
8.下列化合物与小苏打溶液反应，没有气体或沉淀生成的是（ ）
A. 烧碱 B. 硫酸氢钠 C. 氢氧化钡 D. 过氧化钠
【答案】A
【解析】试题分析：A．烧碱NaOH与NaHCO3发生反应产生Na2CO3和水，反应方程式是：NaOH+ NaHCO3= Na2CO3+ H2O；没有气体或沉淀生成，正确；B． 硫酸氢钠与小苏打溶液反应，产生硫酸钠、水和CO2气体，反应方程式是：NaHSO4+NaHCO3= Na2SO4+H2O+ CO2↑；有气体生成，错误；C．氢氧化钡与小苏打发生反应，产生碳酸钡、碳酸钠、水，有沉淀产生，反应的方程式是：Ba(OH)2+2NaHCO3 =BaCO3↓+Na2CO3+ 2H2O，有沉淀产生，错误；D．过氧化钠与溶液中的水发生反应，产生氢氧化钠和O2，NaOH再与NaHCO3发生反应产生Na2CO3和水，由气体生成，错误。
9.能分别将含有Cu2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Fe2＋、NH4+、Na＋等离子的七种溶液一次性鉴别开来的试剂是( )
A. NaHCO3溶液 B. NaOH溶液 C. KSCN溶液 D. NH3·H2O
【答案】B
【解析】试题分析：A．NaHCO3溶液不能鉴别Al3+、Mg2+，也不能鉴别NH4+、Na+，故A不选；B．Cu2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、NH4+、Na+等均为金属阳离子，分别与NaOH溶液反应的现象为：蓝色沉淀、红褐色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀消失、先生成白色沉淀后迅速变为灰绿色最后为红褐色、白色沉淀、刺激性气体、无现象，现象不同，可鉴别，故B选；C．KSCN溶液只能鉴别Fe3+，故C不选；D．NH3•H2O与Mg2+、Fe2+、Al3+均生成白色沉淀，不能鉴别，故D不选；故选B。
10.如图为2016年9月8日杭州G20烟火晚会时的焰火，火树银花映红了西湖，惊艳世界。其中五彩缤纷的焰火与元素的焰色反应有关，人们在烟花中有意识的加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩。下列说法正确的是（ ）
A. 非金属单质燃烧时火焰均为无色
B. NaCl和Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察
D. 只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
【答案】B
【解析】A、因硫在空气中燃烧，火焰呈淡蓝色，选项A错误；B、因焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物灼烧时火焰颜色都相同，选项B正确；C、只有钾的焰色反应的观察需要透过蓝色钴玻璃滤去黄光，选项C错误；D、焰色反应是元素的性质，金属单质和金属形成的化合物灼烧时都会发生焰色反应，选项D错误。答案选B。
11. 下列各组中的物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是（ ）
A. Fe和FeCl3 B. Na与O2
C. NaOH与CO2 D. NaOH与AlCl3
【答案】A
【解析】试题分析：A．Fe和FeC13发生反应产生FeCl2，与反应条件及物质的量的多少无关，正确；B．Na与O2在室温下反应产生Na2O，在点燃或加热时发生反应产生Na2O2，反应温度不同，产物不同，错误；C．NaOH与少量CO2反应产生碳酸钠和水，与过量CO2反应产生碳酸氢钠，物质的量多少不同，产物不同，错误；D．少量NaOH与AlC13反应产生氢氧化铝和氯化钠；过量NaOH与AlC13反应产生偏铝酸钠、氯化钠和水，物质的量多少不同，反应产物不同，错误。
12.下列物质不能只用一步化合反应制取的是（ ）
A. NaHCO3 B. FeCl3
C. Fe(OH)3 D. Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】A．碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
B．铁和氯气反应生成氯化铁；
C．氢氧化亚铁与水、氧气反应生成氢氧化铁；
D．氧化铝和水不反应。
【详解】A．Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，所以能通过化合反应制得，选项A不选；
B．2Fe+3Cl22FeCl3，所以能通过化合反应制得，选项B不选；
C．氢氧化亚铁与水、氧气反应生成氢氧化铁4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，选项C不选；
D．氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水通过复分解反应制取，选项D选；
答案选D。
13.下列叙述正确的个数是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】①能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；
②NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应；
③钠在常温下易被氧化；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；
⑤过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，遇石蕊试液先变蓝后褪色；
⑥钠和水反应生成的氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀并放出气体。
【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物；Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，②错误；
③钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解时放出氧气，氢氧化钠使石蕊试液变蓝色，过氧化氢使其褪色，故⑤正确；
⑥钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，所以溶液中会有蓝色沉淀生成，既有沉淀生成又有气体生成，故正确。
答案选B。
14.为了除去铁粉中的少量铝粉，可以选取下列哪种溶液（ ）
A. 浓盐酸 B. 稀盐酸 C. 稀硫酸 D. 浓氢氧化钠溶液
【答案】D
【解析】试题分析：铝和铁都能与酸反应，故不能使用加酸的方法除去铝。而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液除去铝，观察选项，选项D正确。故选D。
15.下列叙述正确的是（ ）
A. 铁的活动性不如钠，故不与水反应
B. Na的金属活动性比Mg的强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼
D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，在与其它非金属单质反应的产物中，Fe也显＋3价
【答案】C
【解析】A. 铁的活动性不如钠，钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，选项A错误；B. Na的金属活动性比Mg的强，但钠能与水剧烈反应，故不可用Na与MgCl2溶液反应制Mg，选项B错误；C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼，与水反应的剧烈程度大，选项C正确；D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，铁与硫反应生成硫化亚铁，Fe显＋2价，选项D错误。答案选C。
16.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A. FeCl2溶液(FeCl3)：加入过量铁粉，过滤
B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入过量的CO2气体
C. MgO固体(Al2O3)：加入过量的NaOH溶液，过滤
D. NaNO3溶液(Na2SO4)：加入适量的BaCl2液
【答案】D
【解析】A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加铁粉、过滤除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，选项A正确；B、通入过量的CO2气体，反应的化学方程式是：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，则通入过量的CO2气体，除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，选项B正确；C、加入过量的NaOH溶液，NaOH与Al2O3反应生成偏铝酸钠和水而与MgO不反应，再过滤得到MgO固体，选项C正确；D、加入适量的BaCl2溶液，与Na2SO4反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新的杂质，则不能通过加入适量的BaCl2溶液除去NaNO3溶液中的Na2SO4，选项D错误。答案选D。
17.两种金属混合粉末15 g，与足量的盐酸反应时，生成11.2 L H2（标准状况）符合上述情况的金属混合物是（ ）
A. Mg和Ag B. Mg和Al C. Zn和Na D. Fe和Zn
【答案】B
【解析】试题分析：根据题意氢气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，转移1nol，则金属平均摩尔电子质量是M（e-）＝15g/mol；A、Mg的摩尔电子质量是12g/mol，Al的摩尔电子质量是9g/mol，都小于15g/mol，因此不可能平均到15g/mol，A错误；B、Mg的摩尔电子质量是12g/mol，Ag不能与盐酸发生反应，所以摩尔电子质量可以认为是无限大，这样一个大于15g/mol，一个小于15g/mol，可以平均到15g/mol，B正确；C、Zn的摩尔电子质量是32.5g/mol，Na的摩尔电子质量是23g/mol，都大于15g/mol，C错误；D、Fe的摩尔电子质量是28g/mol，Zn的摩尔电子质量是32.5g/mol，都大于15g/mol，D错误，答案选B。
18.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－===2AlO2-＋H2↑
B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
D. FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
【答案】D
【解析】该离子方程式不符合客观事实，正确的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑或2Al＋2OH－＋6H2O=2Al(OH)4－＋3H2↑，故A错误；B、氨水是弱碱溶液，在写离子方程式时不能写离子形式，正确的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故B错误；C、该离子方程式中电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D、氯气具有强氧化性，能够把Fe2+氧化成Fe3+，D正确。本题正确答案为D。
19.向物质的量浓度均为1 mol·L－1的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，下图[n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积]能正确表示这个反应过程的是( )
【答案】D
【解析】向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl.最后发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解。由方程式可看出一开始先与盐酸反应不产生沉淀，后产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的3倍。所以图像应该为D。
20.设N A 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol Na在空气中完全燃烧，转移的电子数为2 N A
B. 常温下，2.7 g铝与足量NaOH溶液反应，消耗0.1 N A个OH-
C. 0.1 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为0.1 N A
D. 11.2 L Cl2含有的原子数为N A
【答案】B
【解析】A. 1 mol Na在空气中完全燃烧，转移的电子数为N A，选项A错误；B. 根据反应2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑可知，常温下，2.7 g铝与足量NaOH溶液反应，消耗0.1 N A个OH-，选项B正确；C.根据反应3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知， 0.1 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为 N A，选项C错误；D. 不是标准状况下，11.2 L Cl2不一定是0.5mol，含有的原子数不一定是N A，选项D错误。答案选B。
二、选择题(每小题只有一个选项正确，每题3分，共30分)
21.为了验证Fe3＋的性质，某化学兴趣小组设计了下图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是（ ）
A. ④ B. ③
C. ③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】试题分析：①铁离子与铁反应生成浅绿色的亚铁离子，故①正确；②铁离子与硫氰化钾溶液反应显示红色，据此能够检验铁离子，故②正确；③硫酸铜与氯化铁不发生反应，混合后溶液不会变成无色，故③错误；④氯化铁与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，该性质不是铁离子的性质，故④错误；⑤铁离子与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，据此可以检验是否存在铁离子，故⑤正确。综上所述，选项C正确。故选C。
22.等物质的量混合的过氧化钠和碳酸氢钠固体在密闭容器中加热，使其充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）
A. NaOH、Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】设等物质的量混合的过氧化钠和碳酸氢钠固体分别为2mol，根据反应式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根据计量关系，可知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2有2mol，故其恰好分别与1mol H2O和1mol CO2反应生成2mol NaOH、1mol Na2CO3和1mol O2，气体排出后，只剩余NaOH和Na2CO3。答案选A。
23.化学知识在生产和生活中有着重要的应用．下列说法中正确的是（ ）
①铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物
②发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
③Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等
④琥珀酸亚铁片与维生素C同服，效果更好
⑤明矾常作为净水剂
A. ①②③⑤ B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】①铝及其氧化铝能与酸、碱发生化学反应；
②碳酸氢钠受热分解或者和酸反应都能生成二氧化碳；
③Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性；
④维生素C有很强的还原性；
⑤明矾水解生成的胶体可作净水剂．
【详解】①铝及其氧化铝能与酸、碱发生化学反应，而氯离子能破坏铝表面的氧化膜，故铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故正确；
②碳酸氢钠受热分解或者和酸反应都能生成二氧化碳，所以发酵粉中的碳酸氢钠能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确；
③Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性、漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；
④琥珀酸亚铁片与维生素C同服，因为维生素C有很强的还原性，故可防止亚铁离子被氧化，补铁的效果更好，故正确；
⑤明矾是强酸弱碱盐，能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，故正确；
答案选D。
24.将1.12 g铁粉加入25 mL 2mol/L的氯化铁溶液中，不符合反应事实的是（ ）
A. 铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－ 浓度基本不变
B. 往反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色
C. 氧化产物与还原产物的质量之比为1:2
D. 反应结束后溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为1∶6
【答案】A
【详解】铁粉和氯化铁的物质的量分别是0.02mol和0.05mol。二者反应的方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，所以铁离子是过量的，剩余铁离子n=0.05mol－0.02mol×2＝0.01mol，生成亚铁离子是0.02mol×3＝0.06mol，其中氧化产物是0.02mol，还原产物是0.04mol，
A. 铁有剩余，溶液中含有铁离子和亚铁离子，不呈浅绿色，Cl－浓度基本不变，选项A不符合事实；
B. 溶液中含有铁离子，往反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，选项B符合事实；
C. 根据上述分析，氧化产物与还原产物的质量之比为1:2，选项C符合事实；
D. 反应结束后溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为0.01mol:0.06mol=1∶6，选项D符合事实；
答案选A。
25.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是（ ）
①加盐酸溶解 ②加足量烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀 ⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀 ⑥加入过量烧碱溶液
A. ①⑥⑤③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①③⑤③
【答案】B
【解析】试题分析：镁、铝都能与盐酸反应，但铝可溶于强碱，所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，过滤，在反应后的溶液中加入弱酸，例如可通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，故正确顺序为②③④③。故选B。
26.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2 颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是（ ）
A. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1
B. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等
C. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等
D. 灼烧Na与Na2O2时火焰颜色不同
【答案】C
【解析】A．过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子的个数比为1：2，选项A错误；B．生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，质量不同，选项B错误；C．过氧化钠与水和二氧化碳反应，过氧化钠都是既做氧化剂，又是还原剂，由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，选项C正确；D．焰色反应是元素的性质，Na与Na2O2都含有钠元素，焰色反应是相同的，选项D错误。答案选C。
27.将a mol钠和a mol铝一同投入V L足量的水中，所得溶液的物质的量浓度为(假设反应前后溶液体积不变) （ ）
A. a/V mol/L B. 1000a/V mol/L C. a/2V mol/L D. a/1000V mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】将物质的量均为a mol的钠和铝投入足量水中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，溶液为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠的物质的量为amol，假设反应前后溶液体积不变，据此计算溶液质量，利用c=计算溶液物质的量浓度。
【详解】钠和铝投入足量水中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，a mol的钠反应生成amol氢氧化钠，生成氢气0.5amol；amol氢氧化钠与amol铝恰好反应生成amol偏铝酸钠，同时生成氢气1.5amol．溶液为偏铝酸钠溶液。假设反应前后溶液体积不变体积为VL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，
答案选A。
28.将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋置于同一容器中充分反应，如Fe有剩余，则容器中一定有（ ）
A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋
C. Fe2＋、Cu2＋ D. Cu、Fe2＋
【答案】D
【解析】
【分析】金属的还原性为：Fe＞Cu，相同条件下，铁优于铜先参加反应；离子的氧化性为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子；根据Fe有剩余，金属铜不会参加反应，铁离子、铜离子不会存在进行判断。
【详解】由于铁粉有剩余，金属的还原性为：Fe＞Cu，所以金属铜不会参加反应，容器中一定存在铜；能够与铁粉反应有铁离子和铜离子，所以铜离子和铁离子不会存在，与铁粉反应后生成了金属铜和亚铁离子，所以容器中一定存在亚铁离子，即反应后容器中一定还存在：Cu、Fe2+，
答案选D。
29.加热5.00 g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至反应完全，混合物质量减少了0.31 g，则原混合物中碳酸钠的质量为（ ）
A. 3.38 g B. 4.16 g C. 4.58 g D. 4.41 g
【答案】C
【解析】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，
设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2×84 62
x 0.31g
2×84：62=x：0.31g
解得：x=0.84g，所以：m（Na2CO3）=5g-m（NaHCO3）=5g-0.84g=4.16g，故选C。
30.将5.4 g Al投入200.0 mL 2.0 mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为（ ）
A. NaOH溶液 B. Ba(OH)2溶液 C. HCl溶液 D. H2SO4溶液
【答案】C
【解析】200.0mL 2.0mol/L的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0mol/L＝0.4mol，Al的物质的量为＝0.2mol，A、由2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，0.2molAl与0.4mol NaOH溶液反应时，碱过量，选项A错误；B、由2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，0.2molAl与0.4molBa(OH)2溶液反应时，碱过量，选项B错误；C、由2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molHCl溶液反应，Al过量，选项C正确；D、由2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液反应，硫酸过量，选项D错误。答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题(共30分)
31.现用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，可利用的装置如下：
请回答下列问题：
（1）若规定气体的流动方向为从左到右，则组合实验装置时各仪器的连接顺序是：空气→Ⅳ→________→________→________（填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”，仪器不能重复使用）。____________
（2）装置Ⅳ中盛放的药品是___________，其作用是____________________。
（3）装置Ⅱ的作用是_________________________________________。
（4）操作中通空气和加热的先后顺序为_______________________________。
（5）加热装置Ⅰ时发生反应的化学方程式为___________________________。
【答案】(1). ⅢⅠⅡ (2). 氢氧化钠溶液 (3). 吸收通入空气中的二氧化碳 (4). 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ (5). 先通一段时间的空气再加热Ⅰ装置 (6). 2Na＋O2 Na2O2
【解析】用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，需要空气中的氧气和那加热反应生成过氧化钠，空气中的水蒸气和二氧化碳需要除去后干燥除去；把空气通过Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置Ⅲ吸收水蒸气，通过装置Ⅰ加热钠和氧气反应，连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ，得不到纯净的过氧化钠；（1）依据上述分析确定连接顺序，组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ；（2）由2Na+O2Na2O2，转移2mol电子生成1mol过氧化钠，每转移1mol电子，生成Na2O2的质量为0.5mol×78g/mol=39g；（3）装置Ⅲ的作用是吸收水蒸气，干燥空气，装置Ⅳ的作用是吸收导入的空气中的二氧化碳；
（4）实验时先通入足量空气后再进行加热，避免生成的过氧化钠和二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠等杂质，故答案为：先通一段时间的空气再加热Ⅰ装置；（5）加热装置Ⅰ时钠在氧气中反应生成过氧化钠，发生反应的化学方程式为：2Na＋O2 Na2O2。
32.如图：已知A为单质且与盐酸反应生成B和氢气，D也为单质。根据上图回答下列问题：
(1)C的化学式为_______
(2)B+D→C的化学方程式为_________
(3)B与氨水反应的现象为__________
(4)请写出该现象对应的所有离子反应方程式_________
【答案】(1). FeCl3 (2). 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 (3). 先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (4). Fe 2＋ + 2NH3·H2O = Fe(OH)2↓ +2NH4+ 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3↓
【解析】
【分析】A与盐酸反应生成B和氢气，A为金属，D为单质，且D与A反应生成C，而D与B反应也得到C，则A为变价金属，D具有强氧化性，可推知A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Cl2，据此分析解答。
【详解】A与盐酸反应生成B和氢气，A为金属，D为单质，且D与A反应生成C，而D与B反应也得到C，则A为变价金属，D具有强氧化性，可推知A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Cl2。
（1）C的化学式为FeCl3；
（2）B+D→C的化学方程式为：2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3；
（3）FeCl2与氨水反应的现象为：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；反应的离子方程式为：Fe2＋+2NH3·H2O = Fe(OH)2↓+2NH4+、4Fe(OH)2+O2+2H2O = 4Fe(OH)3↓。
33.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，生成1.16 g白色沉淀。再向所得的悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L 的盐酸溶液，加入盐酸溶液的体积与生成沉淀的关系如下图所示。试回答：
(1)写出A点到B点发生反应的离子方程式_____________________________。
(2)C点加入盐酸溶液的体积为_____________。
(3)原混合物中MgCl2的物质的量是_________，NaOH的质量是_____________。
【答案】（1）AlO2- +H++H2O=Al(OH)3↓
（2）130
（3）0.02；5.2 g
【解析】试题分析：向固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0-A段沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的1.16g白色沉淀为Mg(OH)2；A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；B-C段，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，
（1）AB段偏铝酸根离子与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓,。
（2）C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)=0.13mol，C点所表示盐酸的体积为：V=0.13mol÷1mol/L=0.13L=130mL。
（3）30mL处，计算NaOH的质量，此时为NaCl溶液，溶液中Cl-来源于原混合物中的AlCl3、MgCl2和加入的30mlHCl，溶液中Na+来源于原混合物中的NaOH，
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl
0.02mol 0.02L×1mol/L=0.02mol
由Al原子守恒得原混合物中：n(AlCl3)=n(NaAlO2)=0.02mol；
由Mg原子守恒得原混合物中：n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=1.16g÷58g/mol=0.02mol；
由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)
=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，m(NaOH)=nM=0.13mol×40g/mol=5.2g。
【附加题】(每题2分，共10分，用铅笔将正确答案涂在答题卡相应位置。)
34.将Cu片放入0.l mol / L FeCl3溶液中，一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)＝2:3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（ ）
A. 3 : 2 B. 3 : 5 C. 4 : 3 D. 3 : 4
【答案】D
【解析】试题分析：设Fe2+为x mol/L，根据反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，得 （0.1-x）/x=2:3， x=0.06，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为0.03:0.04=3：4。答案选D。
35.甲、乙两烧杯中盛有物质的量浓度相等的盐酸、氢氧化钠溶液各1 L，分别向其中加入等质量的铝片，反应完全后，甲中产生H2的体积为2.24 L，乙中产生H2的体积为3.36 L（气体体积均在标准状况下测定），则下列判断正确的是（ ）
A. 甲、乙中铝都有剩余
B. 铝片的质量是1.8 g
C. 盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为0.1 mol/L
D. 盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为0.2 mol/L
【答案】D
【解析】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相等，两烧杯中分别加入铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，比值处于1：3和1：1之间，由于铝消耗酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足；
铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为0.1mol，
则 2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
2 6 3
0.2 0.1
消耗Al的质量是mol×27g/mol=1.8g，
碱与金属铝反应时铝完全反应，生成的氢气的物质的量为0.15mol，
则 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 2 3
0.1 0.1 0.15mol
则Al的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g，
A、甲中铝有剩余，选项A错误； B、甲、乙中消耗铝的质量分别是1.8g、2.7g，铝对于酸过量而对于碱不足，铝片的质量应大于2.7g，选项B错误；C、铝对于酸过量而对于碱不足，所以盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为=0.2 mol/L，选项C错误；D、盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为=0.2 mol/L，选项D正确。答案选D。
36.如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是( )
A. ①线表示Al3＋的物质的量的变化 B. x表示AlCl3的物质的量
C. ③线表示Al(OH)3的物质的量的变化 D. ④线表示AlO2—的物质的量的变化
【答案】B
【解析】AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：一种方式为向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，开始就有沉淀生成后沉淀溶解，且前后消耗NaOH的物质的量之比为3∶1，显然符合本题意，则x表示NaOH的物质的量，B项错误；据此可判断A、C、D正确。另一种方式为向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀，与图像不相符。
37.将11.6 g Fe3O4 投入到150 mL某浓度的稀H2SO4中，再投入5.6 g铁粉收集到1.12 L H2（标准状况），同时，Fe与Fe3O4均无剩余。为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4 mol/L的NaOH溶液150 mL。则原硫酸溶液的物质的量浓度为（ ）
A. 1.5 mol/L B. 0.5 mol/L C. 2 mol/L D. 1.2 mol/L
【答案】C
【解析】n (NaOH)=4 mol/L×0.15 L=0.6 mol，由电荷守恒：n (Na+)×1=n(SO42-)×2得n(H2SO4)=n(NaOH)=0.3 mol，c(H2SO4)==2 mol/L，答案选项C。
答案：C
38.将AlCl3溶液和NaOH溶液等体积混合，得到的沉淀物中所含铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原AlCl3溶液和NaOH溶液物质的量浓度之比可能是（ ）
A. 1∶3 B. 2∶7 C. 1∶4 D. 3∶2
【答案】D
【解析】试题分析：设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1和c2，相同体积为V，若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是3c1Vmol，生成c1V mol 的Al(OH)3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al(OH)3有一半(1/2c1V)发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以可求的NaOH的物质的量为：3c1V+0.5c1V=3.5c1V=c2V，所以c1：c2=2：7；当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则c1V-x=x，所以x=0.5c1V，消耗氢氧化钠3x，即1.5c1Vmol，所以1.5c1V=c2V，所以此时c1：c2=2：3。故选D。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Mg：24 Al：27 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ag：108
一、选择题(每小题只有一个选项正确，每题2分，共40分)
1.钠长期放置在空气中，最终会变为（ ）
A. Na2O B. Na2O2 C. Na2CO3 D. NaHCO3
【答案】C
【解析】试题分析：Na是活泼金属元素，空气中很容易被氧化成Na2O→结合水蒸气变为NaOH→潮解变为NaOH溶液→吸收空气中二氧化碳变为Na2CO3•10H2O→风化，在空气最终生成Na2CO3，选项C正确。故选C。
2.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色（Fe2+）变为棕黄色（Fe3+）。若榨汁时加入维生素C，可以有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有（ ）
A. 还原性 B. 氧化性 C. 碱性 D. 酸性
【答案】A
【解析】试题分析：依题意，维生素C将Fe3+还原为Fe2+，铁元素由+3价降为+2价，被还原，则Fe3+是氧化剂，维生素C是还原剂，表现还原性，A项正确。
3.等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气（常温）中充分反应，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一块钠失去电子多 B. 两块钠失去电子一样多
C. 第二块钠的反应产物质量大 D. 两块钠的反应产物质量一样大
【答案】D
【解析】试题分析：加热时钠生成过氧化钠，常温下和氧气反应则生成氧化钠。反应的方程式分别是2Na＋O2Na2O2、4Na＋O2=2Na2O。但由于参加反应的钠的质量是相等的，且反应中钠都是失去1个电子，所以反应中失去电子的物质的量是相等的，其中过氧化钠的质量大，答案选D。
4.在电子工业中，制印刷电路时，常用氯化铁溶液为铜的“腐蚀液”，该过程发生的反应为：2FeCl3＋Cu==2FeCl2＋CuCl2。该反应利用了铜的什么性质（ ）
A. 氧化性 B. 还原性
C. 导电性 D. 导热性
【答案】B
【解析】
【分析】化合价升高元素所在的反应物是还原剂，还原剂具有还原性。
【详解】根据过程发生的反应2FeCl3＋Cu==2FeCl2＋CuCl2可以看出，化合价升高的Cu元素所在的反应物Cu是还原剂，具有还原性，所以该反应利用了铜性质中的还原性。
答案选B。
5.某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落，而是好像有一层膜兜着。对该现象的说法错误的是（ ）
A. 兜着液体的这层膜是氧化铝
B. 该实验说明了氧化铝的熔点高于铝的熔点
C. 铝极易与空气中的氧气反应在表面形成氧化物保护膜
D. 铝的化学性质较稳定，即使加热到熔化也不与空气中的氧气反应
【答案】D
【解析】试题分析： 铝极易与氧气反应，在表面上形成氧化铝，其熔点高于铝的熔点，故加热时，熔化的铝不会滴落。
6.将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到（ ）
A. 水进入左瓶 B. 水进入右瓶
C. 水同时进入两瓶 D. 水不进入任何一瓶
【答案】A
【详解】钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小。碳燃烧生成CO2，压强不变。所以水应该进入左瓶，答案选A。
7.向体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气在同温同压下的体积之比为（ ）
A. 1︰1 B. 1︰3 C. 3︰1 D. 1︰2
【答案】B
【解析】由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知，参加反应的铝与酸碱与生成的氢气的物质的量关系为：2Al～6HCl～3H2，2Al～2NaOH～3H2，根据n=cv，则盐酸和氢氧化钠溶液物质的量之比为1：1，体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气物质的量之比是=1：3，答案选B。
8.下列化合物与小苏打溶液反应，没有气体或沉淀生成的是（ ）
A. 烧碱 B. 硫酸氢钠 C. 氢氧化钡 D. 过氧化钠
【答案】A
【解析】试题分析：A．烧碱NaOH与NaHCO3发生反应产生Na2CO3和水，反应方程式是：NaOH+ NaHCO3= Na2CO3+ H2O；没有气体或沉淀生成，正确；B． 硫酸氢钠与小苏打溶液反应，产生硫酸钠、水和CO2气体，反应方程式是：NaHSO4+NaHCO3= Na2SO4+H2O+ CO2↑；有气体生成，错误；C．氢氧化钡与小苏打发生反应，产生碳酸钡、碳酸钠、水，有沉淀产生，反应的方程式是：Ba(OH)2+2NaHCO3 =BaCO3↓+Na2CO3+ 2H2O，有沉淀产生，错误；D．过氧化钠与溶液中的水发生反应，产生氢氧化钠和O2，NaOH再与NaHCO3发生反应产生Na2CO3和水，由气体生成，错误。
9.能分别将含有Cu2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Fe2＋、NH4+、Na＋等离子的七种溶液一次性鉴别开来的试剂是( )
A. NaHCO3溶液 B. NaOH溶液 C. KSCN溶液 D. NH3·H2O
【答案】B
【解析】试题分析：A．NaHCO3溶液不能鉴别Al3+、Mg2+，也不能鉴别NH4+、Na+，故A不选；B．Cu2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、NH4+、Na+等均为金属阳离子，分别与NaOH溶液反应的现象为：蓝色沉淀、红褐色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀消失、先生成白色沉淀后迅速变为灰绿色最后为红褐色、白色沉淀、刺激性气体、无现象，现象不同，可鉴别，故B选；C．KSCN溶液只能鉴别Fe3+，故C不选；D．NH3•H2O与Mg2+、Fe2+、Al3+均生成白色沉淀，不能鉴别，故D不选；故选B。
10.如图为2016年9月8日杭州G20烟火晚会时的焰火，火树银花映红了西湖，惊艳世界。其中五彩缤纷的焰火与元素的焰色反应有关，人们在烟花中有意识的加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩。下列说法正确的是（ ）
A. 非金属单质燃烧时火焰均为无色
B. NaCl和Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察
D. 只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
【答案】B
【解析】A、因硫在空气中燃烧，火焰呈淡蓝色，选项A错误；B、因焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物灼烧时火焰颜色都相同，选项B正确；C、只有钾的焰色反应的观察需要透过蓝色钴玻璃滤去黄光，选项C错误；D、焰色反应是元素的性质，金属单质和金属形成的化合物灼烧时都会发生焰色反应，选项D错误。答案选B。
11. 下列各组中的物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是（ ）
A. Fe和FeCl3 B. Na与O2
C. NaOH与CO2 D. NaOH与AlCl3
【答案】A
【解析】试题分析：A．Fe和FeC13发生反应产生FeCl2，与反应条件及物质的量的多少无关，正确；B．Na与O2在室温下反应产生Na2O，在点燃或加热时发生反应产生Na2O2，反应温度不同，产物不同，错误；C．NaOH与少量CO2反应产生碳酸钠和水，与过量CO2反应产生碳酸氢钠，物质的量多少不同，产物不同，错误；D．少量NaOH与AlC13反应产生氢氧化铝和氯化钠；过量NaOH与AlC13反应产生偏铝酸钠、氯化钠和水，物质的量多少不同，反应产物不同，错误。
12.下列物质不能只用一步化合反应制取的是（ ）
A. NaHCO3 B. FeCl3
C. Fe(OH)3 D. Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】A．碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
B．铁和氯气反应生成氯化铁；
C．氢氧化亚铁与水、氧气反应生成氢氧化铁；
D．氧化铝和水不反应。
【详解】A．Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，所以能通过化合反应制得，选项A不选；
B．2Fe+3Cl22FeCl3，所以能通过化合反应制得，选项B不选；
C．氢氧化亚铁与水、氧气反应生成氢氧化铁4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，选项C不选；
D．氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水通过复分解反应制取，选项D选；
答案选D。
13.下列叙述正确的个数是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】①能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；
②NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应；
③钠在常温下易被氧化；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；
⑤过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，遇石蕊试液先变蓝后褪色；
⑥钠和水反应生成的氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀并放出气体。
【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物；Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，②错误；
③钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解时放出氧气，氢氧化钠使石蕊试液变蓝色，过氧化氢使其褪色，故⑤正确；
⑥钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，所以溶液中会有蓝色沉淀生成，既有沉淀生成又有气体生成，故正确。
答案选B。
14.为了除去铁粉中的少量铝粉，可以选取下列哪种溶液（ ）
A. 浓盐酸 B. 稀盐酸 C. 稀硫酸 D. 浓氢氧化钠溶液
【答案】D
【解析】试题分析：铝和铁都能与酸反应，故不能使用加酸的方法除去铝。而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液除去铝，观察选项，选项D正确。故选D。
15.下列叙述正确的是（ ）
A. 铁的活动性不如钠，故不与水反应
B. Na的金属活动性比Mg的强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼
D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，在与其它非金属单质反应的产物中，Fe也显＋3价
【答案】C
【解析】A. 铁的活动性不如钠，钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，选项A错误；B. Na的金属活动性比Mg的强，但钠能与水剧烈反应，故不可用Na与MgCl2溶液反应制Mg，选项B错误；C. 钠可与冷水剧烈反应，而镁与热水才能反应，说明钠比镁活泼，与水反应的剧烈程度大，选项C正确；D. Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，铁与硫反应生成硫化亚铁，Fe显＋2价，选项D错误。答案选C。
16.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A. FeCl2溶液(FeCl3)：加入过量铁粉，过滤
B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入过量的CO2气体
C. MgO固体(Al2O3)：加入过量的NaOH溶液，过滤
D. NaNO3溶液(Na2SO4)：加入适量的BaCl2液
【答案】D
【解析】A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加铁粉、过滤除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，选项A正确；B、通入过量的CO2气体，反应的化学方程式是：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，则通入过量的CO2气体，除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，选项B正确；C、加入过量的NaOH溶液，NaOH与Al2O3反应生成偏铝酸钠和水而与MgO不反应，再过滤得到MgO固体，选项C正确；D、加入适量的BaCl2溶液，与Na2SO4反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新的杂质，则不能通过加入适量的BaCl2溶液除去NaNO3溶液中的Na2SO4，选项D错误。答案选D。
17.两种金属混合粉末15 g，与足量的盐酸反应时，生成11.2 L H2（标准状况）符合上述情况的金属混合物是（ ）
A. Mg和Ag B. Mg和Al C. Zn和Na D. Fe和Zn
【答案】B
【解析】试题分析：根据题意氢气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，转移1nol，则金属平均摩尔电子质量是M（e-）＝15g/mol；A、Mg的摩尔电子质量是12g/mol，Al的摩尔电子质量是9g/mol，都小于15g/mol，因此不可能平均到15g/mol，A错误；B、Mg的摩尔电子质量是12g/mol，Ag不能与盐酸发生反应，所以摩尔电子质量可以认为是无限大，这样一个大于15g/mol，一个小于15g/mol，可以平均到15g/mol，B正确；C、Zn的摩尔电子质量是32.5g/mol，Na的摩尔电子质量是23g/mol，都大于15g/mol，C错误；D、Fe的摩尔电子质量是28g/mol，Zn的摩尔电子质量是32.5g/mol，都大于15g/mol，D错误，答案选B。
18.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－===2AlO2-＋H2↑
B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
D. FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
【答案】D
【解析】该离子方程式不符合客观事实，正确的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑或2Al＋2OH－＋6H2O=2Al(OH)4－＋3H2↑，故A错误；B、氨水是弱碱溶液，在写离子方程式时不能写离子形式，正确的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故B错误；C、该离子方程式中电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D、氯气具有强氧化性，能够把Fe2+氧化成Fe3+，D正确。本题正确答案为D。
19.向物质的量浓度均为1 mol·L－1的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，下图[n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积]能正确表示这个反应过程的是( )
【答案】D
【解析】向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl.最后发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解。由方程式可看出一开始先与盐酸反应不产生沉淀，后产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的3倍。所以图像应该为D。
20.设N A 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol Na在空气中完全燃烧，转移的电子数为2 N A
B. 常温下，2.7 g铝与足量NaOH溶液反应，消耗0.1 N A个OH-
C. 0.1 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为0.1 N A
D. 11.2 L Cl2含有的原子数为N A
【答案】B
【解析】A. 1 mol Na在空气中完全燃烧，转移的电子数为N A，选项A错误；B. 根据反应2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑可知，常温下，2.7 g铝与足量NaOH溶液反应，消耗0.1 N A个OH-，选项B正确；C.根据反应3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知， 0.1 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为 N A，选项C错误；D. 不是标准状况下，11.2 L Cl2不一定是0.5mol，含有的原子数不一定是N A，选项D错误。答案选B。
二、选择题(每小题只有一个选项正确，每题3分，共30分)
21.为了验证Fe3＋的性质，某化学兴趣小组设计了下图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是（ ）
A. ④ B. ③
C. ③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】试题分析：①铁离子与铁反应生成浅绿色的亚铁离子，故①正确；②铁离子与硫氰化钾溶液反应显示红色，据此能够检验铁离子，故②正确；③硫酸铜与氯化铁不发生反应，混合后溶液不会变成无色，故③错误；④氯化铁与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，该性质不是铁离子的性质，故④错误；⑤铁离子与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，据此可以检验是否存在铁离子，故⑤正确。综上所述，选项C正确。故选C。
22.等物质的量混合的过氧化钠和碳酸氢钠固体在密闭容器中加热，使其充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）
A. NaOH、Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3
C. Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【解析】设等物质的量混合的过氧化钠和碳酸氢钠固体分别为2mol，根据反应式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；根据计量关系，可知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2有2mol，故其恰好分别与1mol H2O和1mol CO2反应生成2mol NaOH、1mol Na2CO3和1mol O2，气体排出后，只剩余NaOH和Na2CO3。答案选A。
23.化学知识在生产和生活中有着重要的应用．下列说法中正确的是（ ）
①铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物
②发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
③Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等
④琥珀酸亚铁片与维生素C同服，效果更好
⑤明矾常作为净水剂
A. ①②③⑤ B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】①铝及其氧化铝能与酸、碱发生化学反应；
②碳酸氢钠受热分解或者和酸反应都能生成二氧化碳；
③Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性；
④维生素C有很强的还原性；
⑤明矾水解生成的胶体可作净水剂．
【详解】①铝及其氧化铝能与酸、碱发生化学反应，而氯离子能破坏铝表面的氧化膜，故铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故正确；
②碳酸氢钠受热分解或者和酸反应都能生成二氧化碳，所以发酵粉中的碳酸氢钠能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确；
③Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性、漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；
④琥珀酸亚铁片与维生素C同服，因为维生素C有很强的还原性，故可防止亚铁离子被氧化，补铁的效果更好，故正确；
⑤明矾是强酸弱碱盐，能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，故正确；
答案选D。
24.将1.12 g铁粉加入25 mL 2mol/L的氯化铁溶液中，不符合反应事实的是（ ）
A. 铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－ 浓度基本不变
B. 往反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色
C. 氧化产物与还原产物的质量之比为1:2
D. 反应结束后溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为1∶6
【答案】A
【详解】铁粉和氯化铁的物质的量分别是0.02mol和0.05mol。二者反应的方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，所以铁离子是过量的，剩余铁离子n=0.05mol－0.02mol×2＝0.01mol，生成亚铁离子是0.02mol×3＝0.06mol，其中氧化产物是0.02mol，还原产物是0.04mol，
A. 铁有剩余，溶液中含有铁离子和亚铁离子，不呈浅绿色，Cl－浓度基本不变，选项A不符合事实；
B. 溶液中含有铁离子，往反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，选项B符合事实；
C. 根据上述分析，氧化产物与还原产物的质量之比为1:2，选项C符合事实；
D. 反应结束后溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为0.01mol:0.06mol=1∶6，选项D符合事实；
答案选A。
25.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是（ ）
①加盐酸溶解 ②加足量烧碱溶液溶解 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀 ⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀 ⑥加入过量烧碱溶液
A. ①⑥⑤③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①③⑤③
【答案】B
【解析】试题分析：镁、铝都能与盐酸反应，但铝可溶于强碱，所以可加入烧碱溶液溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，过滤，在反应后的溶液中加入弱酸，例如可通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀，经过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，故正确顺序为②③④③。故选B。
26.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2 颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是（ ）
A. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1
B. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等
C. Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等
D. 灼烧Na与Na2O2时火焰颜色不同
【答案】C
【解析】A．过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，阴、阳离子的个数比为1：2，选项A错误；B．生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，质量不同，选项B错误；C．过氧化钠与水和二氧化碳反应，过氧化钠都是既做氧化剂，又是还原剂，由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，选项C正确；D．焰色反应是元素的性质，Na与Na2O2都含有钠元素，焰色反应是相同的，选项D错误。答案选C。
27.将a mol钠和a mol铝一同投入V L足量的水中，所得溶液的物质的量浓度为(假设反应前后溶液体积不变) （ ）
A. a/V mol/L B. 1000a/V mol/L C. a/2V mol/L D. a/1000V mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】将物质的量均为a mol的钠和铝投入足量水中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，溶液为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠的物质的量为amol，假设反应前后溶液体积不变，据此计算溶液质量，利用c=计算溶液物质的量浓度。
【详解】钠和铝投入足量水中发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，a mol的钠反应生成amol氢氧化钠，生成氢气0.5amol；amol氢氧化钠与amol铝恰好反应生成amol偏铝酸钠，同时生成氢气1.5amol．溶液为偏铝酸钠溶液。假设反应前后溶液体积不变体积为VL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，
答案选A。
28.将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋置于同一容器中充分反应，如Fe有剩余，则容器中一定有（ ）
A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋
C. Fe2＋、Cu2＋ D. Cu、Fe2＋
【答案】D
【解析】
【分析】金属的还原性为：Fe＞Cu，相同条件下，铁优于铜先参加反应；离子的氧化性为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子；根据Fe有剩余，金属铜不会参加反应，铁离子、铜离子不会存在进行判断。
【详解】由于铁粉有剩余，金属的还原性为：Fe＞Cu，所以金属铜不会参加反应，容器中一定存在铜；能够与铁粉反应有铁离子和铜离子，所以铜离子和铁离子不会存在，与铁粉反应后生成了金属铜和亚铁离子，所以容器中一定存在亚铁离子，即反应后容器中一定还存在：Cu、Fe2+，
答案选D。
29.加热5.00 g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至反应完全，混合物质量减少了0.31 g，则原混合物中碳酸钠的质量为（ ）
A. 3.38 g B. 4.16 g C. 4.58 g D. 4.41 g
【答案】C
【解析】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，
设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2×84 62
x 0.31g
2×84：62=x：0.31g
解得：x=0.84g，所以：m（Na2CO3）=5g-m（NaHCO3）=5g-0.84g=4.16g，故选C。
30.将5.4 g Al投入200.0 mL 2.0 mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为（ ）
A. NaOH溶液 B. Ba(OH)2溶液 C. HCl溶液 D. H2SO4溶液
【答案】C
【解析】200.0mL 2.0mol/L的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0mol/L＝0.4mol，Al的物质的量为＝0.2mol，A、由2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，0.2molAl与0.4mol NaOH溶液反应时，碱过量，选项A错误；B、由2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，0.2molAl与0.4molBa(OH)2溶液反应时，碱过量，选项B错误；C、由2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molHCl溶液反应，Al过量，选项C正确；D、由2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液反应，硫酸过量，选项D错误。答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题(共30分)
31.现用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，可利用的装置如下：
请回答下列问题：
（1）若规定气体的流动方向为从左到右，则组合实验装置时各仪器的连接顺序是：空气→Ⅳ→________→________→________（填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”，仪器不能重复使用）。____________
（2）装置Ⅳ中盛放的药品是___________，其作用是____________________。
（3）装置Ⅱ的作用是_________________________________________。
（4）操作中通空气和加热的先后顺序为_______________________________。
（5）加热装置Ⅰ时发生反应的化学方程式为___________________________。
【答案】(1). ⅢⅠⅡ (2). 氢氧化钠溶液 (3). 吸收通入空气中的二氧化碳 (4). 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ (5). 先通一段时间的空气再加热Ⅰ装置 (6). 2Na＋O2 Na2O2
【解析】用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，需要空气中的氧气和那加热反应生成过氧化钠，空气中的水蒸气和二氧化碳需要除去后干燥除去；把空气通过Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置Ⅲ吸收水蒸气，通过装置Ⅰ加热钠和氧气反应，连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ，得不到纯净的过氧化钠；（1）依据上述分析确定连接顺序，组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ；（2）由2Na+O2Na2O2，转移2mol电子生成1mol过氧化钠，每转移1mol电子，生成Na2O2的质量为0.5mol×78g/mol=39g；（3）装置Ⅲ的作用是吸收水蒸气，干燥空气，装置Ⅳ的作用是吸收导入的空气中的二氧化碳；
（4）实验时先通入足量空气后再进行加热，避免生成的过氧化钠和二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠等杂质，故答案为：先通一段时间的空气再加热Ⅰ装置；（5）加热装置Ⅰ时钠在氧气中反应生成过氧化钠，发生反应的化学方程式为：2Na＋O2 Na2O2。
32.如图：已知A为单质且与盐酸反应生成B和氢气，D也为单质。根据上图回答下列问题：
(1)C的化学式为_______
(2)B+D→C的化学方程式为_________
(3)B与氨水反应的现象为__________
(4)请写出该现象对应的所有离子反应方程式_________
【答案】(1). FeCl3 (2). 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 (3). 先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (4). Fe 2＋ + 2NH3·H2O = Fe(OH)2↓ +2NH4+ 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3↓
【解析】
【分析】A与盐酸反应生成B和氢气，A为金属，D为单质，且D与A反应生成C，而D与B反应也得到C，则A为变价金属，D具有强氧化性，可推知A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Cl2，据此分析解答。
【详解】A与盐酸反应生成B和氢气，A为金属，D为单质，且D与A反应生成C，而D与B反应也得到C，则A为变价金属，D具有强氧化性，可推知A为Fe，B为FeCl2，C为FeCl3，D为Cl2。
（1）C的化学式为FeCl3；
（2）B+D→C的化学方程式为：2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3；
（3）FeCl2与氨水反应的现象为：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；反应的离子方程式为：Fe2＋+2NH3·H2O = Fe(OH)2↓+2NH4+、4Fe(OH)2+O2+2H2O = 4Fe(OH)3↓。
33.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，生成1.16 g白色沉淀。再向所得的悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L 的盐酸溶液，加入盐酸溶液的体积与生成沉淀的关系如下图所示。试回答：
(1)写出A点到B点发生反应的离子方程式_____________________________。
(2)C点加入盐酸溶液的体积为_____________。
(3)原混合物中MgCl2的物质的量是_________，NaOH的质量是_____________。
【答案】（1）AlO2- +H++H2O=Al(OH)3↓
（2）130
（3）0.02；5.2 g
【解析】试题分析：向固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0-A段沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的1.16g白色沉淀为Mg(OH)2；A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；B-C段，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，
（1）AB段偏铝酸根离子与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓,。
（2）C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)=0.13mol，C点所表示盐酸的体积为：V=0.13mol÷1mol/L=0.13L=130mL。
（3）30mL处，计算NaOH的质量，此时为NaCl溶液，溶液中Cl-来源于原混合物中的AlCl3、MgCl2和加入的30mlHCl，溶液中Na+来源于原混合物中的NaOH，
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl
0.02mol 0.02L×1mol/L=0.02mol
由Al原子守恒得原混合物中：n(AlCl3)=n(NaAlO2)=0.02mol；
由Mg原子守恒得原混合物中：n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=1.16g÷58g/mol=0.02mol；
由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)
=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，m(NaOH)=nM=0.13mol×40g/mol=5.2g。
【附加题】(每题2分，共10分，用铅笔将正确答案涂在答题卡相应位置。)
34.将Cu片放入0.l mol / L FeCl3溶液中，一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)＝2:3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（ ）
A. 3 : 2 B. 3 : 5 C. 4 : 3 D. 3 : 4
【答案】D
【解析】试题分析：设Fe2+为x mol/L，根据反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，得 （0.1-x）/x=2:3， x=0.06，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为0.03:0.04=3：4。答案选D。
35.甲、乙两烧杯中盛有物质的量浓度相等的盐酸、氢氧化钠溶液各1 L，分别向其中加入等质量的铝片，反应完全后，甲中产生H2的体积为2.24 L，乙中产生H2的体积为3.36 L（气体体积均在标准状况下测定），则下列判断正确的是（ ）
A. 甲、乙中铝都有剩余
B. 铝片的质量是1.8 g
C. 盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为0.1 mol/L
D. 盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为0.2 mol/L
【答案】D
【解析】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相等，两烧杯中分别加入铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，比值处于1：3和1：1之间，由于铝消耗酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足；
铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为0.1mol，
则 2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
2 6 3
0.2 0.1
消耗Al的质量是mol×27g/mol=1.8g，
碱与金属铝反应时铝完全反应，生成的氢气的物质的量为0.15mol，
则 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 2 3
0.1 0.1 0.15mol
则Al的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g，
A、甲中铝有剩余，选项A错误； B、甲、乙中消耗铝的质量分别是1.8g、2.7g，铝对于酸过量而对于碱不足，铝片的质量应大于2.7g，选项B错误；C、铝对于酸过量而对于碱不足，所以盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为=0.2 mol/L，选项C错误；D、盐酸或氢氧化钠的物质的量浓度为=0.2 mol/L，选项D正确。答案选D。
36.如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是( )
A. ①线表示Al3＋的物质的量的变化 B. x表示AlCl3的物质的量
C. ③线表示Al(OH)3的物质的量的变化 D. ④线表示AlO2—的物质的量的变化
【答案】B
【解析】AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：一种方式为向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，开始就有沉淀生成后沉淀溶解，且前后消耗NaOH的物质的量之比为3∶1，显然符合本题意，则x表示NaOH的物质的量，B项错误；据此可判断A、C、D正确。另一种方式为向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀，与图像不相符。
37.将11.6 g Fe3O4 投入到150 mL某浓度的稀H2SO4中，再投入5.6 g铁粉收集到1.12 L H2（标准状况），同时，Fe与Fe3O4均无剩余。为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4 mol/L的NaOH溶液150 mL。则原硫酸溶液的物质的量浓度为（ ）
A. 1.5 mol/L B. 0.5 mol/L C. 2 mol/L D. 1.2 mol/L
【答案】C
【解析】n (NaOH)=4 mol/L×0.15 L=0.6 mol，由电荷守恒：n (Na+)×1=n(SO42-)×2得n(H2SO4)=n(NaOH)=0.3 mol，c(H2SO4)==2 mol/L，答案选项C。
答案：C
38.将AlCl3溶液和NaOH溶液等体积混合，得到的沉淀物中所含铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原AlCl3溶液和NaOH溶液物质的量浓度之比可能是（ ）
A. 1∶3 B. 2∶7 C. 1∶4 D. 3∶2
【答案】D
【解析】试题分析：设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1和c2，相同体积为V，若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是3c1Vmol，生成c1V mol 的Al(OH)3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al(OH)3有一半(1/2c1V)发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以可求的NaOH的物质的量为：3c1V+0.5c1V=3.5c1V=c2V，所以c1：c2=2：7；当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则c1V-x=x，所以x=0.5c1V，消耗氢氧化钠3x，即1.5c1Vmol，所以1.5c1V=c2V，所以此时c1：c2=2：3。故选D。
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