2019-2020学年度高三化学上学期第二次月考试卷(含解析)1

——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三化学上学期第二次月考试卷（含解析）1
______年______月______日
____________________部门
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（）A．2克16O2和14N2的混合气中含有的电子数为NA个
B．1molNa与O2完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电
子总数为NA个
C．Na2O和Na2O2的混合物中若含有1molNa+，则其含有阴离子总
数为0.5NA
D．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
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
3．同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①HCl
②NO2③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（）
A．1：1：1 B．4：4：5 C．5：5：4 D．15：10：12
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（）
A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3mol D．0.4 mol
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
A．A B．B C．C D．D
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2：1
C．若所得FexOy为Fe3O4，则气体中SO2与O2的体积比为3：2
D．生成的混合气通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO4
7．已知HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+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（）
A．B．C．D．
8．20xx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
D．m 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：AlO2﹣＞OH﹣＞CO32﹣
C．反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al （OH）3↓+HCO3﹣
D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al
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Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C．反应Ⅰ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n＞m，符合此要求的物质是（）
①H2 ②CO③CO和H2的混合物④HCOOCH3 ⑤CH3CHO．
A．⑤ B．①②C．①②③④D．①②③④⑤
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 g
B．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 mol•L﹣1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
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Na2SiO3
C．往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M
为Na2SO4
D．用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO4
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
B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L
C．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在
D．CO32﹣、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+17H2═17MgH2+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
C．1mol 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1164.8L
D．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+3H2O═2SO32﹣+4Cl﹣+6H+
B．将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+═Fe3++2Fe2++4H2O
C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：
Fe2++4H++NO═Fe3++2H2O+NO↑
D．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++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4mol•L﹣1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：
①写出DE段发生反应的离子方程式：．
②求c（HNO3）= ．
③B与A的差值为．
18．A、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③（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④最终产生的沉淀：
（2）写出由A→B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②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．
Ⅰ．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）．
①铁架台②玻璃棒③广口瓶④石棉网⑤烧杯
⑥漏斗⑦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
①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．
②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．
③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②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）= ．
20xx-20xx学年江西省××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（）A．2克16O2和14N2的混合气中含有的电子数为NA个
B．1molNa与O2完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电
子总数为NA个
C．Na2O和Na2O2的混合物中若含有1molNa+，则其含有阴离子总
数为0.5NA
D．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=1×10﹣
13mol/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1×10﹣13mol/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1×10﹣
13mol/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①HCl
②NO2③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（）
A．1：1：1 B．4：4：5 C．5：5：4 D．15：10：12
【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2V﹣0.75V=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（）
A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3mol D．0.4 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Cu→Cu（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HNO3→NaNO2，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0.4mol×2=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：
0.250L×2mol/L﹣0.4mol=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
A．A B．B C．C D．D
【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2：1
C．若所得FexOy为Fe3O4，则气体中SO2与O2的体积比为3：2
D．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﹣+H2O═CO32﹣+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（）
A．B．C．D．
【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↓+H2O①，消耗1molHCO3﹣、1molOH ﹣、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba （OH）2═BaCO3↓+H2O+KOH；
HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O②，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+KOH═K2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应①
产生1mol）；
HCO3﹣+AlO2﹣+H2O═CO32﹣+Al（OH）3↓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+H2O═Al（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．
8．20xx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
D．m 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：2Al～3H2↑，2Na～H2↑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：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，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：AlO2﹣＞OH﹣＞CO32﹣
C．反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al （OH）3↓+HCO3﹣
D．Al2O3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﹣+2H2O═Al（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：A．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，故A错误；
B．CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣可说明结合质子（ H+）的能力AlO2﹣＞CO32﹣，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﹣+2H2O═Al（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Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C．反应Ⅰ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Ⅰ原理为
CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；。