高三化学上学期第一阶段测试试题(含解析)

黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2018届高三化学上学期第一时期测试
试题(含解析)
相对原子质量:H 1 Ｃ 1２O 16 Na 23 Mｇ 24 Al ２
７Ｆｅ56
第I卷(选择题)
一、选择题(本题共16道小题,每小题3分,共4８分)
1。

金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一、人类利用几种常用金属的先后顺序依次为
金、铜、铁、铝,之因此有先后,主要取决于( )
A。

金属在地壳中的含量多少B、金属的熔沸点高低
Ｃ、金属的活泼性强弱D。

金属的导电性强弱
【答案】C
【解析】试题分析:依照金属活动性顺序表可知,金属活动性由强到弱的顺序为:铝＞铁〉铜〉
金;金属利用的先后顺序既与金属冶炼的难易程度有关,又与金属活动性顺序有关,越不活泼
的金属越早被利用。

人类使用较早的金属,其活动性较弱;金属活动性越强,金属的冶炼难易
程度越难,这也影响了人类对金属的使用,而与A、Ｂ、D选项中金属在地壳中的含量多少、
熔沸点高低、导电性强弱无关。

考点:金属活动性顺序及其应用
点评:本题难度不大,了解人类利用金属的历史、金属活动性顺序等即可正确解答本题、
2、下列关于元素及其化合物的说法不正确的是( )
A。

Fe在一定条件下可与浓盐酸、稀硫酸、浓硝酸等剧烈反应
B、Al、Ｃl２均能和NaOH溶液发生氧化还原反应,且两单质的作用不相同
C。

在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解,若再接着加入KＮO3固体,铜粉会溶解
D、金属单质Ｎa、Ｍg、Fｅ在一定条件下与水反应都生成H2和相应的碱
【答案】D
【解析】试题分析:A、铁是活泼的金属,在一定条件下可与浓盐酸、稀硫酸、浓硝酸等剧烈
反应,A正确;B、Al、Cl2均能和ＮａOH溶液发生氧化还原反应,且两单质的作用不相同,铝是
还原剂,氯气是氧化剂也是还原剂,Ｂ正确;C、在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性,能氧化金
属铜,C正确;D、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,D错误,答案选D。

考点:考查金属元素及其化合物的性质
3、下列化合物能用相应元素的单质直截了当化合生成的是( )
①CuS ②ＦｅS ③Al2S3④Fe2S3⑤Cu2Ｓ⑥FeCl2 ⑦H2Ｓ⑧FｅCl3。

A、②③⑤⑦⑧Ｂ、①④⑥⑦
C、①②③⑦⑧
D、②③⑤⑥⑦⑧
【答案】A
【解析】硫的氧化性较弱,和铜反应生成Ｃu2S,①错误,⑤正确;硫的氧化性较弱,和铁反应生
成FeS,②正确,④错误;硫和铝反应能够生成硫化铝,③正确;氯气有强氧化性,和铁反应生
成氯化铁,⑧正确,⑥错误;硫和氢气能够生成硫化氢,⑦正确,答案选A、
4、由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共1２g,跟足量的盐酸反应产生氢
气(标准状况),那么此合金中一定含有的金属是( )
A、Na
B、Mg
C、Al D。

Zn 【答案】D
【解析】试题分析:标况下氢气的物质的量=÷L＝,故12g金属提供的电子为×２=,则提供1ｍol电子需要金属的质量为１2g÷×1mｏl=２4g,Na在反应中表现+1价,提供1ｍｏｌ电子需要Na的质量为２３g/ｍol×1ｍol=23g,Al在反应中表现＋３价,提供１mol电子需要Aｌ的质量为27g/mol×1/３mol=9ｇ,Zn在反应中表现＋２价,提供１mｏｌ电子需要Zn的质量为65g/ｍoｌ×1／2moｌ＝,Mg在反应中表现+2价,提供1mol电子需要Mg的质量为2４
g/mol×1／２mol=１2g,提供1moｌ电子,只有Zn的质量大于２4g,其它金属的质量都小于2４ｇ,故金属混合物中一定有Zn,故D项正确、
考点:本题考查混合物的计算、
５、将等物质的量的镁和铝混合,取等质量该混合物四份,分别加到足量的下列溶液中,充分反应后,放出氢气最多的是( )
Ａ。

３moｌ/ＬHＣl Ｂ。

4ｍｏｌ/ＬＨＮO3 C、８moｌ／LＮaOH Ｄ。

18mｏl/LH2ＳO4【答案】A
【解析】试题分析:Ａ、Ｍg、Al都能够与盐酸反应产生氢气;B、硝酸具有强的氧化性,镁和铝与硝酸反应,不能产生氢气,因此反应产生的氢气最少;C、NａOH只能与Ａｌ反应产生氢气,而且Mｇ不能与NaOH发生反应,Aｌ与盐酸或NａOH反应产生的氢气相等,因此放出的氢气不是最多;Ｄ、Aｌ与浓硫酸反应会发生钝化,不能接着反应,而且浓硫酸与镁会发生氧化还原反应,不能产生氢气,因此放出的氢气最少,答案选A。

考点:考查金属与电解质溶液反应产生氢气的物质的量关系的判断的知识、
6。

将 moｌＮa分别投入到盛有100 mL水、1００ mL １ｍｏl·Ｌ—１盐酸、100 ｍL 1ｍol·L-1硫酸铜溶液的X、Y、Z三个烧杯中,下列有关说法错误的是( )
A。

三个烧杯中一定均会发生的离子反应有:2Na+２H2O=2Na＋+２OH—+H2↑
B、三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应,相比而言,Ｘ烧杯中的反应平缓些
C。

Z烧杯中一定会有沉淀生成,但沉淀不是单质铜
D、三个烧杯中生成氢气的物质的量相同
【答案】A
【解析】试题分析:将０、0２ molNa投入到盛有1０0 mL水,钠直截了当与水反应,反应的离子方程式为2Ｎａ+2H2O＝2Na++２OH—+H2↑;将0、02 ｍoｌNa投入到１00 mL １mol·L-１盐酸中,钠与盐酸反应时,钠与酸中的H+反应,离子方程式表示为２Ｎa＋2H＋=2Na+＋Ｈ
2↑;将0、0２ molNａ投入到１00 ｍL １ｍol·L-1硫酸铜溶液中,钠直截了当与水反应,反应的离子方程式为２Nａ+2H2O=２Nａ++2OH—+H2↑,故A错误;三烧杯中,水中的氢离子浓度最小,
反应最慢,Ｂ正确;Z烧杯中一定会有沉淀生成,沉淀是氢氧化铜,故C正确;因向三个烧杯中加入钠的物质的量相同且钠全部反应完,故生成H2的量相同,故D正确、
考点:本题考查钠的性质。

7、钠铝合金(常温液态)可作为核反应堆的载热介质。

下列说法正确的是( )
A、该合金的熔点高于金属钠的熔点
Ｂ。

若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余,则n(Al)〉n(Na)
Ｃ、若将钠铝合金投入FeCｌ３溶液中有Fe(OH)3沉淀生成
D。

等质量的钠铝合金中铝的含量越大,与足量盐酸反应时放出的氢气越少
【答案】C
【解析】试题分析:A。

合金的熔点低于其任一成分熔点,因此该合金的熔点低于金属钠的熔点,故A正确;B、该反应方程式为:Ｎａ+Al＋2H2O=NaAlO２+2H2↑,依照方程式知,若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余,则n(Na)≥n(Ａl),故B正确;C、Na和水反应生成NaOＨ,NaOＨ溶液和FeCｌ3发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀,故C正确;D。

依照
Al~H2↑,２Na~H2↑知,46g钠放出２g氢气,9g铝就能够放出2g氢气,因此相同质量的钠铝合
金中铝含量越大,放出氢气越多,故D错误;故选D、
考点:考查合金的性质及物质之间的反应与计算
g某金属M与含ｎ moｌHCl的盐酸恰好完全反应,生成MCl2和H2,则该金属的相对原子质
量为( )
Ａ、2m/n B。

2n/ｍC。

n/2ｍD、m/２n
A、Ａ
B、ＢC。

ＣＤ。

Ｄ【答案】D
【解析】A、稀硝酸与过量的Fｅ分反应,则生成硝酸亚铁和NＯ气体、水,无铁离子生成,因
此加入KＳCN溶液后,不变红色,现象错误,选项A错误;Ｂ、Cu与硫酸铁发生氧化还原反应,
生成硫酸铜和硫酸亚铁,无黑色固体出现,现象错误,选项Ｂ错误;Ｃ、铝在空气中加热生成氧
化铝的熔点较高,因此内部熔化的铝可不能滴落,选项C错误;D、蔗糖变黑,说明浓硫酸具有
脱水性,生成炭黑,体积膨胀并伴有刺激性气味,说明生成气体,浓硫酸表现氧化性,选项D正
确。

答案选D。

点睛:本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化
还原反应、浓硫酸的性质等知识点,侧重考查基本理论、元素化合物性质,注意掌握实验原理
及操作方法。

10、某溶液中估计含有Ｎａ+、Mg２+、Fｅ２＋、H+、OH-、Cl-、NO3—、Ｉ－中的若干种,向该溶液
中加入铝粉后,溶液中有Al3+生成,则原溶液中能大量共存的离子最多有
A、4种Ｂ、5种C、６种D、7种【答案】C
【解析】有Al３＋生成,说明溶液中存在Fe2+,或者有H＋,或两者都存在,当溶液中存在Fe2+时,
能大量共存的离子有Na+、Mg２+、Cl－、ＮO3-、Ｉ-;当溶液中存在Fe2+和H＋时,能大量共存的
离子有Ｎa+、Mg２＋、Cl-、I-;当溶液中存在Ｈ＋和NO3—时,能大量共存的离子有Na+、Mg２+、Ｃ
l-,综上所述,溶液中最多能有６种离子大量共存,选项C正确。

答案选C。

1１、等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中,各加等质量
的铝,生成氢气的体积比为５:7,则甲、乙两烧杯中的反应情况估计分别是( )
A、甲、乙中都是铝过量Ｂ、甲中铝过量,乙中碱过量
C。

甲中酸过量,乙中铝过量Ｄ、甲中酸过量,乙中碱过量【答案】C
【解析】试题分析:利用讨论法和端值法解答,若等物质的量的铝反应,生成气体为1:1,而题
中为5:６,因此第一份铝剩余;而酸或碱都反应,生成气体为2:3,即４:6,而题中为５:6,因
此第二份碱不能都反应、
解:发生反应有:2Al＋3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2↑;２Al＋2NａOH+2H2O＝2ＮaAlO２+3H2↑,
讨论:(1)若酸碱均过量,则产生的氢气取决于铝,铝的质量相同,因此氢气相等1:1。

(2)若酸碱均不够,产生的氢气取决于酸碱,依照方程式,酸碱产生的比值为2:３
(3)现在的比值是5:6,比值处于2:３和1:１之间,由于铝消耗硫酸量大于碱,此时铝关于
酸过量而关于碱不足,
故选B。

12、在某无色溶液中缓慢地滴入NａOH溶液直至过量,产生沉淀的质量与加入的NaＯＨ溶液
体积的关系如图所示,由此确定,原溶液中含有的阳离子是( )
A、Mg２+、Al３＋、Fe2+
B、Mｇ2+、Ａｌ3+
Ｃ、H+、Bａ2＋、Al3+D。

H＋、Ｍg２+、Al3+
【答案】D
【解析】试题分析:依照题意知溶液为无色溶液,则一定不含Fe3+;从图象上看,开始时加入Ｎ
aOH没有沉淀产生,说明溶液中有H+,随着氢氧化钠的加入沉淀量逐渐增加,达到最大值,然后
又减少说明溶液中存在Ａl3+,沉淀量减少到一定量后,不再发生变化,结合选项知溶液中还存
在Mg2+,选Ｄ。

考点:考查离子检验、图像分析、镁铝及其化合物的性质。

13、向NaOH和Na2CO３混合溶液中滴加mol·L—1稀盐酸,CO2的生成量与加入盐酸的体积(Ｖ)
的关系如图所示。

下列判断正确的是
A、在0～ａ范围内,只发生中和反应
B、aｂ段发生反应的离子方程式为ＣＯ32—+2H＋CO2↑＋H2Ｏ
Ｃ、a=
Ｄ。

原混合溶液中ＮaOH与Na2ＣO3的物质的量之比为1∶2
【答案】Ｃ
【解析】试题分析: 向NａＯH和Na２CO3混合溶液中滴加L稀盐酸发生的反应依次为H+＋OH
—＝H
2O、CＯ32—+H+=HＣO
3
－、ＨCO
３
—+H＋＝Ｈ
2O+ＣＯ2↑,据此能够解答。

A、在0—a范围内,
发生的反应应该是H++OH—=H2Ｏ、CO32－＋H＋=HＣO3-、,不止有中和反应,Ａ不正确;B、ab段发
生反应的离子方程式为HCO３-＋H+＝H2O＋CO2↑,Ｂ不正确;C、生成CＯ2的物质的量是,则依照
方程式HCO3—+Ｈ＋＝H2O＋CＯ2↑可知,消耗盐酸的物质的量是,因此ａ=,C正确;D、依照方程
式和图像可知碳酸钠的物质的量是,共计消耗盐酸是,因此与氢氧化钠反应的盐酸是－＝,则
氢氧化钠的物质的量是,因此原混合溶液中ＮaＯH与Na2CO３的物质的量之比为2:1,D不正确,答案选Ｃ。

考点:考查氢氧化钠、碳酸钠与盐酸反应的有关计算以及图像分析与判断
、CuＣl2的混合溶液中加入铁粉,充分反应后仍有固体存在,则下列判断不正确的是( ) A。

溶液中一定不含Fe3+B。

溶液中一定含Ｆe2+ C、溶液中一定不含Cｕ2+D。

剩余固体中一定含Cｕ【答案】C
【解析】FeC１3、CuCl２的混合溶液中加入铁粉,充分反应后仍有固体存在,这个地方有两种
情况:当铁粉过量时,剩余的固体是铁粉和铜的混合物,溶液中只含有Fe2+;当铁粉不足时,剩
余的固体只有铜,溶液中含有Fe2+和Cu2+,两种情况中,溶液中一定不含Fe3+、A、溶液中一定
不含Fe3+,选项A正确;B、溶液中一定含Fe2+,选项B正确;Ｃ、当铁粉不足时,溶液中含有Cu
２＋,选项Ｃ不正确;D、剩余固体中一定含Cu,选项Ｄ正确。

答案选C。

点睛:本题考查Fe３+的检验、Fe２+和Ｆe３+的互相转换、Fe３＋与Cu2+的氧化性、明确铁离子、
铜离子、亚铁离子的氧化性强弱是解答本题的关键。

反应后固体剩余哪些,只有弄清楚了,
才能分析得解。

15、在密闭容器中将２mｏlNaHCO3(s)和一定量Ｎａ2O２混合,在加热条件下让其充分反应,１
５0℃下所得气体仅含2种组分,反应后固体的物质的量(n)的取值范围是( )
A、n≥１
B、１<n＜2 C。

2≤ｎ＜4 D、n≥４【答案】C
【解析】加热后,发生反应如下:
2ＮaHＣO3Na2CO3+Ｈ2Ｏ＋CO２↑
2mol 1ｍoｌ1mｏl 1mｏｌ
２Na2O2+2CO2＝２Na2CO3＋O2
1ｍoｌ1mｏl
2Ｎa２O2＋2Ｈ2O=4NaＯＨ+O２↑
1mol 1mol 2moｌ
由反应方程式可知,１５0℃时所得气体中仅含有两种组分,则气体为氧气和水蒸气,二氧化
碳全部反应,2mol ＮaHCO3分解生成１ｍoｌＮa2CO３;若2ｍol NaＨCO３分解生成二氧化碳全
部被吸收,则1molCO２与Ｎａ2Ｏ2反应生成1mｏl Na2CO3,因此固体的物质的量最少为2ｍolNa2
ＣO3;
若2ｍｏl ＮaHCO3分解生成的H２O和CO2被足量的Na２O2吸收时,还可生成1mｏl Na2CＯ３
和2molNaOH,因此固体最多不超过４mol;答案选C。

含有碳酸钠的溶液和2０0ｍL盐酸,不管将前者滴加入后者,依然将后者滴加入前者,都有气
体产生,但最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的是( )
A、L
B、L
C、ＬＤ。

L 【答案】B
【解析】试题分析:当碳酸钠滴入盐酸中时发生ＣＯ3２-＋２H+═H2O+ＣO2↑,当盐酸滴入碳酸
钠溶液时,反应顺序为CO32—+Ｈ＋═HＣＯ3—、ＨCO3-+H+═Ｈ2O＋ＣO2↑,则HＣｌ的物质的量应
大于Na2CO３的物质的量,又因为最终生成的气体体积不同,则ＨＣO3—＋H+=H2Ｏ+CO2不能全部
完成,即HCl的物质的量比Na2ＣO３的物质的量的二倍少,碳酸钠的物质的量为,则ＨCl的物
质的量应介于～之间,盐酸溶液的体积为200ｍL=,即盐酸的浓度应该是大于１mol/Ｌ,小于
2mｏl/L,故选Ｂ、
【考点定位】考查有关范围讨论题的计算;钠的重要化合物
【名师点晴】本题考查学生利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度,明确反应发生的先后
顺序,通过比较及信息中都有气体产生,但最终生成的气体体积不同是解答的关键。

碳酸钠滴
入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应,结合都有气体产生,依照最终生成的气体体积
不同找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系,依照盐酸的浓度范围值来确定答案。

第ＩI卷(非选择题)
二、填空题(本题共4道小题共5２分)
17、某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验,依照实
验流程回答相关问题:
(1)请写出Fe２Ｏ3与①反应的离子方程式、
(2)物质②为、
(3)请写出FｅＣl3与铁粉反应的化学方程式、
(4)向ＦeＣl2溶液中滴加NａOH溶液最终生成Fe(OＨ)3浊液,该过程的现象为,此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表达) 、
(5)将ＦeCl3饱和溶液滴入沸水中,并接着煮沸至红褐色,制得分散系③ ,它与FeＣｌ３溶液、Ｆｅ(OH)3浊液的本质区别是、
【答案】Fe2O3+6H+═2Fｅ3+＋３Ｈ2ONａOH溶液Ｆe+2FeCl3═3FeCl2生成白色沉淀,迅速变成灰绿色,最终变成红褐色4Ｆｅ(OH)２＋O2＋２H2O═4Fe(OＨ)3Fｅ(OH)3胶体分散质粒子大小不同
【解析】(１)Fe2O３是碱性氧化物,与盐酸反应生成FｅCｌ３,离子方程式为Fe2O3+６Ｈ＋═2Ｆe3＋+３H2O;
(2)FｅCl3与NaOＨ反应生成Fｅ(OH)３;
(3)铁粉能够和三价铁之间发生氧化还原反应,化学方程式为:Ｆe+２FeCl3═3FeCｌ
2;ﻭ(4)FeCl2溶液中滴加NａOH生成白色的Fe(ＯH)２,迅速变成灰绿色,最终被氧化为红褐色的Ｆe(OH)3,方程式为4Fｅ(ＯH)２+O2+２H2O═４Fe(OH)3;
(５)向沸水中逐滴滴加饱和FeＣｌ3溶液,至液体呈透明的红褐色,能够获得氢氧化铁胶体,该胶体与溶液、浊液的本质区别是分散质粒子大小不同。

18。

二氧化氯是黄绿色的气体,可用于水体消毒与废水处理、一种制备方法为:
H２C2O4+ NaClO3+ H2SO４→ Na2ＳＯ4+ CO2↑+ ＣlO2↑+ H2O
完成下列填空:
(１)配平上述反应方程式,该反应的还原产物是、
(2)该反应每产生 ClＯ２,需要消耗草酸晶体(H2Ｃ2O4•2H2O) g、
(3)上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是 ,其中原子半径最大的元素最外层电子云形状为。

(4)二氧化氯具有强氧化性,能漂白有色物质,其漂白原理与相同、(写一种)
(5)二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠(ＮaCN),生成NaCl、CO２和Ｎ2,请写出此反应的离子方程式: 。

(6)上述反应产物NaCｌ中含有键,工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠,氯气在(写电极名称)产生、
【答案】＞S〉Cｌ球形HＣlO(合理即可)2ClO2+2CＮ﹣=2CO2+N2＋2Cl﹣离子阳极
【解析】(1)依照在氧化还原反应中电子守恒、原子守恒可得该方程式是:H2Ｃ２O４+2NａＣｌO3+Ｈ2SO4=Ｎａ2SO4+ ２CO２↑ + ２ClO２↑ + 2Ｈ2O。

在该反应中氧化剂是NaClO3,因此反应生成的还原产物是ClＯ2;(２)依照方程式可知:每产生2ｍoｌ的ＣｌＯ2,会反应消耗1mol的草酸,因此若该反应产生 mol ClＯ2,需要消耗草酸晶体,其质量是×126g/ｍｏ
l=;(3)在上述反应物中属于第三周期的元素有Na、S、Cl,同一周期的元素,元素序数越大,
【解析】试题分析:(１)碳酸氢铵10～20℃时,不易分解,30℃时开始大量分解、若温度过低,则反应速率较慢、故反应温度控制在30－3５℃之间为宜,水浴加热是把要加热的物质放在水中,通过给水加热达到给物质加热的效果、一般都是把要反应的物质放在试管中,再把试管放在装有水的烧杯中,再在烧杯中插一根温度计,能够控制反应温度、水浴加热的优点是幸免了直截了当加热造成的过度剧烈与温度的不可控性,能够平稳地加热,许多反应需要严格的温度控制,就需要水浴加热、水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到10０度,故答案为:水浴加热;高于35℃时NH4HCO3会分解;
(2)碳酸氢铵0℃时溶解度为;20℃时为21g;30℃时为27g;碳酸氢钠０℃溶解度为g,１0℃为,20℃为 g,30℃为,35℃为ｇ,40℃为 g,5０℃为 g,60℃为,30℃时碳酸氢钠的溶解度更小,故碳酸氢钠先析出;用蒸馏水洗涤ＮaHCＯ3晶体的目的是除去杂质粒子Ｃｌ—、NH4＋;故答案为:NａＨCO3的溶解度最小;Cl－、ＮＨ4+;
(３)过滤除去析出的碳酸氢钠,溶液中还有部分碳酸氢钠未析出,还有溶解在溶液中的ＮaCl、NH4Cl、NH4ＨCO３,所得的母液主要成分为ＮaHCO3、NaCl、NH4Ｃl、ＮH4HCO3,因此向过滤所得母液中加入适量盐酸,能够得到氯化钠和氯化铵溶液,使NaCl溶液循环使用,同时可回收NH4Ｃl,故答案为:稀盐酸;
(4)①实验室配制一定体积cmol/L盐酸需用的仪器除了容量瓶、烧杯、量筒外还需胶头滴管;玻璃棒;容量瓶是用于精确配制一定体积和一定物质的量浓度的溶液。

①不做反应器,不加热,瓶塞不互换②用前检漏,不贮存试剂③不直截了当溶解④使用时选合适的规格、a、使用容量瓶前检验它是否漏水,正确;b。

容量瓶用蒸馏水洗净后不能用待配溶液润洗,错误;c、配制溶液时,假如试样是固体,容量瓶不能作为溶解的仪器,应该在小烧杯中溶解,错误;d、用容量瓶把溶液配制完成以后,需要倒入指定容器中贴上标签,放置备用,错误;e。

定容后盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,用另一只手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动几次,正确;故答案为:胶头滴管;玻璃棒;ａe;
②加酚酞指示剂,变色范围为8－10,用物质的量浓度为c(ｍol／L)的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色,指示CO３２-＋H＋=HCＯ3－反应的终点,所用HＣｌ溶液体积为Ｖ1mL;再加甲基橙指示剂,接着用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙,指示ＨCO3－＋H＋＝ＣO2↑+H2O反应的终点,所用H Ｃｌ溶液体积为V2ｍL、上述的两个离子方程式为①CO32—+Ｈ+＝ＨＣO3—②HCO３—＋H＋=ＣＯ2＋H2O,故样品中含有的碳酸氢钠反应消耗盐酸体积为(V2—V1 )ｍL,消耗盐酸的物质的量为ｃ(V2—V1 )÷１０0０ mｏl,故碳酸氢钠的物质的量为c(V2－V1)÷１000 mol,碳酸氢钠的质量为ｃ(Ｖ2-V１)M÷10０0 g,碳酸氢钠的质量分数为c(v２−v1)M1000wc(v２−v1)M10０
0w×100％=ｃ(V2−V1)×8４１０00wc(V2−V1)×８4100０ｗ×１00%,故答案为:c(V２−Ｖ
1)×841000w c(V2−V１)×8410０0w×100%。

考点:考查了侯氏制碱法、化学计算的相关知识。

20。

将 mol的镁和铝的混合物溶于10０ mL 2 ｍｏl·L－1稀硫酸中,然后滴加1 moｌ·Ｌ－１的NaＯH溶液。

请回答下列问题:
(1)若在滴加ＮａＯH溶液的过程中,沉淀质量随加入NaＯH溶液的体积的变化所示。

当V1=160 ｍL时,金属粉末中ｎ(Mg)= moｌ,V２＝。

(２)若在滴加ＮａOH溶液的过程中,欲使Mg2+、Al3＋刚好沉淀完全,则滴入ＮaOH溶液的体积V(ＮaOＨ)= 。

(３)若混合物仍为ｍｏl,其中镁粉的物质的量分数为a,用１0０ mL 2 mol·L－１稀硫酸溶解此混合物后,再加入450 mＬ 1 mol·Ｌ-1的ＮaOH溶液,所得沉淀中无Al(OH)３。

写出满足此条件的a的取值范围。

【答案】 mＬ400 ≤a〈1、
【解析】(１)当时V1=160mL,此时溶液是MgSO４、Aｌ2(SO4)３和Nａ2ＳO4混合液,由Nａ+离子守恒可知,n(Na2SO4)=12１2n(Nａ+)=1212n(NaOH)= １2××1ｍoｌL＝12××1mｏlL=,设ＭｇSO4为xmol、Ａl2(SO4)3为ymol,则:依照原子Mg、Ａl原子守恒有:x＋２ｙ＝,1０0mＬ2mol/Ｌ的H２ＳO４溶液中含有硫酸的物质的量为:2mol/L×=,依照SO４2—离子守恒有:ｘ+3ｙ＝,联立方程解得:x=、y＝,因此金属粉末中:n(Mｇ)=,ｎ(Ａl)=2ｙ=2×=;滴加NaOH溶液到体积Ｖ2时,溶液是Na2SO4和NａＡｌO2混合液,依照ＳO４2-离子、Ｎa+离子和Ａｌ原子守恒有:n(NaOH)=2n(Na２SＯ4)+n(NaAｌO２)=2n(H2SO4)+n(Al)=2×+=,则V2点消耗NaOH溶液的体积为L==L＝＝440mL;
(2)使Mg2+、Ａｌ3+刚好完全沉淀,此时溶质为硫酸钠,则n(NaOH)=2n(Ｎａ2SO4) =,加入的NaOH的体积为:V=L=＝L=＝400ｍL;
(3) 若混合物仍为 mｏl,其中Ｍｇ粉的物质的量分数为a,用100ｍL 2ｍol／L的硫酸溶解此混合物后,再加入45０mＬ 1mｏl/L的NaOＨ溶液,所得沉淀中无Al(OH)3,证明生成的Ａl(OH)3全部和NａOH反应,由上述分析知Mg２+、Aｌ3＋恰好完全沉淀时消耗４00mL ＮaOH 溶液,再加入50ｍL 1mol/L NaOH溶液,所得Al(OH)３沉淀完全溶于NaOH生成Ｎ
aAlO2,Al(OH)3＋ＮaOH＝ NaAlO2+ 2H2O,Al(ＯH)３最大取值,即０< ｎ(Ａl)≤、０5mol,n(Ｍg)+n(Al)=,则≤、n(Ｍg)〈1,则≤ａ<1、
点睛:本题以图像题的形式考查混合物反应的计算、镁铝化合物性质,题目难度中等,分析图像各时期的发生的反应是解题关键,注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法,将会得到太大的简化。