广东省湛江第一中学2018_2019学年高一化学上学期第二次大考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -广东省湛江第一中学 2018-2019 学年高一上学期第二次大考化学试题1.朱自清先生在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾所形成的美景仙境，其本质原因是A. 夜里的月色本身就很美B. 颗粒直径约为 1nm100nm 的小水滴分散在空气中C. 光线是一种胶体D. 雾是一种胶体，能产生丁达尔现象【答案】B【解析】【详解】月光穿过薄雾所形成的美景仙境，属于胶体的丁达尔效应，其本质原因是颗粒直径约为 1nm100nm 的小水滴分散在空气中，月光照射到小水滴上产生散射现象形成的。答案选B。2.用如图表示的一些物质或概

2、念间的从属关系中不正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故 A 正确； B、电解质和盐都属于化合物，盐均属于电解质，则电解质包含盐，应 X 包含 Y，故 B 错误；C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故 C 正确； D、氧化物只由两种元素组成，碱性氧化物一定是金属氧化物，故 D 正确； 综上所述，本题选 B。- 2 -【点睛】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题；学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键。本题中要注意电解质包括酸、碱、盐和金属氧化物

3、、水等，电解质均为化合物。3.欲选用AgNO 3溶液，HNO 3溶液，Ba(NO 3)2溶液三种试剂，检验某待测液中是否含有Cl 、CO 32 、SO 42 三种离子。要求：只能取一次待测液；每加入一种试剂就要能检出一种离子。则加入试剂的先后顺序为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为“只能取一次待测液，每加入一种试剂就要能检出一种离子” ，所以只能在一支试管中依次加三种试剂来检验出 Cl 、CO 32 、SO 42 。【详解】通常用 AgNO3溶液检验 Cl-，但因 2Ag+CO32-=Ag2CO3，2Ag +SO42-=Ag2SO4，所以Cl-的检验要放在 CO32-和 S

4、O42-之后。通常用 Ba(NO3)2溶液检验 SO42-，但因 Ba2+CO32-=BaCO3，所以 SO42-的检验应放在 CO32-之后。操作和现象是：取少量待测液于试管中，先滴加过量的 HNO3溶液，若产生大量的无色气泡，证明含 CO32-；再向该试管中加入过量的Ba(NO3)2溶液，若产生白色沉淀，证明含 SO42-；静置，向上层清液中滴加 AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明含 Cl-。所以加入试剂的先后顺序是，答案选 C。4.NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24L CCl 4中含有的分子总数为 0.1NAB. 78 g Na2O2中含有的阴离子数

5、为 NAC. 金属钠与水反应，生成 22.4L 氢气时，转移的电子数为 2NAD. 将含有 1mol 溶质的 FeCl3溶液加入沸水中制取 Fe（OH） 3胶体，其含 Fe（OH） 3胶粒数为NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下的 CCl4是液态物质，不能应用公式 n= 计算其物质的量，所以无法确定 2.24LCCl4中含有的分子数。A 项错误；B.Na2O2的摩尔质量为 78g/mol，即 78gNa2O2的物质的量为 1mol，由 Na2O2的电子式- 3 -可知，每个“Na 2O2”中含有 1 个阴离子（ ） ，所以 1mol Na2O2中含有1mol ，即 78 g Na2O2

6、中含有的阴离子数为 NA，B 项正确；C.根据反应方程式 可知，每生成 1molH2转移 2mol 电子，但题目未明确氢气是否处于标准状况，无法计算 22.4L 氢气生成时转移的电子数。C 项错误；D.Fe(OH)3胶体粒子是由许多 Fe(OH)3分子聚集在一起形成的颗粒，其颗粒直径恰好在1nm100nm 之间，所以 1molFeCl3形成的 Fe(OH)3胶体粒子数目要小于 NA，D 项错误；答案选B。5.为了实现下列各变化，需加入还原剂的是A. KClO3O 2 B. CO2CO C. FeFeCl 3 D. NH4+NH 3【答案】B【解析】【分析】因为还原剂能使氧化剂发生还原反应，而还

7、原反应的标志是元素化合价降低，所以化合价降低且非自身氧化还原反应的过程，需要加还原剂。【详解】A.氧元素的化合价由 KClO3中的-2 价变化到 O2的 0 价，化合价升高，不需要加还原剂，A 项错误；B.碳元素的化合价由 CO2中的+4 价变化到 CO 中的+2 价，化合价降低，需要加还原剂，B 项正确；C.铁元素的化合价由 Fe 的 0 价变化到 FeCl3中的+3 价，化合价升高，不需要加还原剂，C 项错误；D.氮元素和氢元素的化合价都没有变化，不需要加还原剂，D 项错误；答案选 B。6.下列离子方程式正确的是A. 钠和冷水反应：Na + 2H 2O=Na+2OH+H2B. NaOH 溶

8、液中通入少量 CO2反应：OH CO 2=HCO3C. 铁粉加入稀硫酸：2Fe +6H + =2Fe3+ +3H2D. NaHSO4溶液与 Ba(OH)2溶液反应至中性：2H SO 42-Ba 2 2OH =BaSO42H 2O【答案】D【解析】- 4 -【详解】A.该离子方程式的电荷不守恒，正确的离子方程式为 2Na + 2H2O=2Na+2OH+H2，A 项错误；B. NaOH 溶液中通入少量 CO2反应：2NaOH+CO 2=Na2CO3+H2O，其离子方程式为 2OH CO 2=CO32-+H2O，B 项错误；C.该离子反应不符合事实，正确的离子方程式为 Fe +2H+ =Fe2+ +

9、H2，C 项错误；D.因为溶液呈中性，所以 H+和 OH-完全反应，NaHSO 4与 Ba(OH)2的计量数之比应为 2:1，其离子方程式为 2H SO 42-Ba 2 2OH =BaSO42H 2O，D 项正确；答案选 D。【点睛】离子方程式的正误判断题中常见错误问题：(1)不能正确使用分子式与离子符号；(2)反应前后电荷不守恒；(3)得失电子不守恒；(4)反应原理不正确；(5)缺少必要的反应条件；(6)不能正确使用可逆符号；(7)忽略反应物用量的影响等。7.在某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是A. K+、Na +、Cu 2+、SO 42- B. Mg2+、Ba 2+、Cl 、O

10、H C. Na+、Al 3+、Cl 、NO 3 D. K+、 AlO 2 、 Cl 、Ba 2+【答案】C【解析】【详解】A.Cu 2+在溶液中显蓝色，所以无色溶液中 Cu2+不能大量存在，A 项错误；B.H+与 OH-能发生反应：H +OH-=H2O，所以在强酸性溶液中 OH-不能大量共存。OH -也能与 Mg2+反应：Mg 2+2OH-=Mg(OH)2，所以 Mg2+与 OH-也不能大量共存，B 项错误；C.该组离子都不能与 H+反应，该组离子之间也不发生反应，所以该组离子可以大量共存，C项正确；D.AlO2-与 H+发生反应：AlO 2-+H+H2O=Al(OH)3，所以在强酸性溶液中

11、AlO2-不能大量共存，D 项错误；答案选 C。【点睛】离子在溶液中能够大量共存的前提条件是离子之间不发生反应，只要满足下列条件之一，离子之间即可发生反应，则离子不能大量共存：一是离子之间结合生成难溶性物质；二是离子之间结合有挥发性物质生成；三是离子之间结合有水（或弱酸、弱碱）生成；四是离子之间结合有络离子生成；五是离子之间能发生氧化还原反应等。8.用 1L 0.1molL-1NaOH 溶液吸收 0.07molCO2，所得溶液中 n(Na2CO3)和 n(NaHCO3)之比约为A. 34 B. 31 C. 23 D. 32【答案】A【解析】- 5 -【详解】当 CO2连续通入 NaOH 溶液中

12、依次发生两个反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na 2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。1L 0.1molL-1NaOH 溶液中含有 NaOH 的物质的量=1L0.1mol/L=0.1mol：0.1molNaOH 消耗 0.05molCO2恰好生成 0.05molNa2CO3，剩余 CO2的物质的量=0.07mol-0.05mol=0.02mol，CO 2继续与 Na2CO3反应：又消耗 0.02molNa2CO3，生成 0.04molNaHCO3，所得溶液中含有 Na2CO3的物质的量=0.05mol-0.02mol=0.03mol。所以所得溶液中 n(Na2CO3):n

13、(NaHCO3)=0.03mol:0.04mol=3:4，答案选A。9.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，不正确的是A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B. 二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠C. 二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，二者等质量与足量盐酸反应时生成 CO2量一样多D. 二者在一定条件下可以相互转化【答案】C【解析】A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A 正确；B. 二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，B 正确；C. 二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相

14、对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的 CO2多，C 错误；D. 碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，D 正确，答案选 C。10.关于反应 CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，下列说法正确的是A. H2O 既不是氧化剂又不是还原剂 B. CaH 2中 H 元素被还原C. 此反应中氧化产物与还原产物的原子个数比为 1:1 D. Ca(OH)2是氧化产物- 6 -【答案】C【解析】【详解】该反应中，只有氢元素的化合价发生变化，在 CaH2中 H 为-1 价，被氧化成 0 价；CaH2中 H 元素

15、被氧化，B 错误；反应物水中 H 为+1 价，被还原为 0 价，因此，H 2O 在该反应中作氧化剂，A 错误；2 个 H2O 分子中有 2 个氢原子被还原生成 1 分子 H2，另外 2 个氢原子价态未发生变化，CaH 2中的 2 个氢原子被氧化生成 1 分子 H2，所以 H2既是氧化产物又是还原产物，其分子个数之比为 1:1，故 C 正确；由于 H2既是氧化产物又是还原产物，所以 Ca(OH)2为生成物，既不是氧化产物，也不是还原产物，D 错误；综上所述，本题选 C。11.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO 3 + 2M3+ 4H2O = M2O7n + Cl + 8H+，M 2O7n 中

16、M 的化合价是A. +4 B. +5 C. +6 D. +7【答案】C【解析】根据电荷守恒-1+32=-1-n+8，n=2，设 M 的化合价是 x，则 2x-27=-2，x=+6，故 C 正确。12.下列实验现象描述正确的是选项 实验 现象A向饱和 Na2CO3溶液中通入足量的 CO2气体无明显现象B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝滴落下来C 向 Al2（SO 4)3溶液中滴加过量 NaOH 溶液 产生大量白色沉淀D 加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色固体A. A B. B C. C D. D【答案】D- 7 -【解析】【详解】A.

17、 Na2CO3溶液中通入 CO2发生反应：Na 2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，因为 NaHCO3的溶解度小于 Na2CO3的溶解度，饱和溶液中含有的 Na2CO3的质量比 NaHCO3多，化合反应生成的NaHCO3的质量比原溶液中的 Na2CO3质量要多得多，且溶剂水的量减少，所以生成的 NaHCO3因过饱和而析出，所以实验中可观察到沉淀生成，A 项错误；B.在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化，失去光泽，表面的铝被氧气氧化生成一层致密的氧化铝薄膜，因为 Al2O3的熔点很高，熔化的铝像一层膜兜着并不滴落。B 项错误；C.向 Al2(SO4)3溶液中滴加 NaOH 溶液，先生成 Al(OH

18、)3沉淀，后来过量的 NaOH 又将 Al(OH)3沉淀溶解：Al 3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH) 3+OH-=AlO2-+2H2O，C 项错误；D.金属钠非常活泼，熔点较低，与 O2反应剧烈，加热放在坩埚中的小块钠，钠先熔化成光亮的小球，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成的淡黄色固体是 Na2O2：2Na+O 2 Na2O2，D 项正确；答案选 D。13.下列关于钠与水反应的叙述，不正确的是将一小粒钠投入滴有紫色石蕊溶液的水中，反应后溶液变红将一小粒钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与 HCl 反应将一小粒钠投入水中，钠沉入水底将两小粒质量相等的金属钠，一粒直接投入水中，另一粒用铝箔包住

19、，在铝箔上刺些小孔，然后投入水中，则二者放出氢气的质量相等A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】将一小粒钠投入滴有紫色石蕊溶液的水中，先有钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，溶液显碱性，紫色石蕊溶液变蓝色，项错误；将一小粒钠投入稀盐酸中，钠先与 HCl 反应，后与水反应，项错误；因为钠的密度比水小，钠投入到水中，钠浮在水面上，项错误；直接投入水中的钠与水反应产生 H2：2Na+2H 2O=2NaOH+H2；用铝箔包住的钠先有钠与水反应：2Na+2H 2O=2NaOH+H2，后有铝箔与 NaOH 溶液反应产生 H2，因两次金属钠的质量相同，所以用铝箔包住的钠放出氢气的质量

20、多，项错误；答案选 D。14.向 MgSO4和 Al2(SO4)3的混合溶液中, 逐滴加入 NaOH 溶液。下列图象中, 能正确表示上述- 8 -反应的是(横坐标表示加入 NaOH 溶液的体积, 纵坐标表示反应生成沉淀的质量)A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：因横坐标表示加入 NaOH 溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和 Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入 NaOH 溶液，发生 Mg2+2OH-Mg(OH)2、Al 3+3OH-Al(OH) 3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生 Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，

21、沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有 D 符合，故选 D。【考点定位】考查镁、铝的重要化合物【名师点晴】本题考查了化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，结合物质的溶解性来分析解答，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱。根据发生的反应Mg2+2OH-Mg(OH) 2、Al 3+3OH-Al(OH) 3、Al(OH) 3+OH-AlO 2-+2H2O 来分析。15.（I）按要求回答下列问题：（1）在一定的温度和压强下，2 体积 X Y 2 (g)跟 3 体积 Z2(g)化合生成 2 体积气态化合物，则该气态化合物的化学式是 _（用 X、Y、Z 表

22、示）（2）用 KMnO4氧化盐酸，其反应方程式如下：2KMnO 4+16HCl2KCl+2MnCl 2+5Cl2+8H 2O，该反应中，氧化剂是_。当有 1mol KMnO4和一定量盐酸恰好完全反应，反应后溶液的体积为 2L ，则所得溶液中 Cl的物质的量浓度为_，被氧化的 HCl 的物质的量为_。（II）现有下列物质：H 2O、空气、Mg、CaCO 3、H 3PO4、CuSO 45H 2O、浓硝酸、无水酒精、硫酸、盐酸。其中，属于电解质的是_(填序号，下同)；属于非电解质的是_；属于强电解质的是_；能导电的是_。【答案】 (1). XY2Z3 (2). KMnO4 (3). 1.5molL-

23、1 (4). 5mol (5). (6). (7). (8). - 9 -【解析】【分析】(1)由阿伏加德罗定律可推知，相同温度和压强下，参加反应的气体的体积比等于相应化学计量数之比；(2)根据氧化还原反应的概念分析。(3)根据电解质、非电解质、强电解质等相关概念分析解答。【详解】(I)、(1)由题意可知，XY 2(g)、Z 2(g)和生成的气态化合物的体积比=2:3:2，因为相同温度和压强下，参加反应的气体的体积比等于相应化学计量数之比，即化学方程式中，XY2(g)、Z 2(g)和生成的气态化合物的计量数之比为 2:3:2，根据原子守恒，生成的气态化合物的化学式为 XY2Z3，其反应方程式为

24、 2XY2(g)+3Z2(g)=2XY2Z3。(2)分析反应方程式中元素化合价的变化知：锰元素的化合价由 KMnO4中的+7 价降到 MnCl2中的+2 价，反应中得到电子，所以 KMnO4的氧化剂。根据反应方程式的计量关系可知，1molKMnO4恰好反应需要 8molHCl，生成 1molKCl 和 1molMnCl2，所得溶液中 Cl-的物质的量=1mol1+1mol2=3mol，则所得溶液中 Cl-的物质的量浓度= =1.5mol/L。根据氯元素化合价的变化知，8molHCl 中只有 5molCl-的化合价升高，发生氧化反应，所以 8molHCl 中被氧化的 HCl 的物质的量为 5mo

25、l。(II)、在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物叫做电解质，酸、碱、盐都是电解质，所以属于电解质的是H 2O、CaCO 3、H 3PO4、CuSO 45H 2O、硫酸。在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物叫做非电解质，所以属于非电解质的是无水酒精。在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，故属于强电解质的有CaCO 3、CuSO 45H 2O、硫酸。能导电的有Mg、浓硝酸、盐酸。【点睛】在分析氧化还原反应时要抓住两条线：一是化合价升高，失去电子，发生氧化反应，概括为“升-失-氧” ，失电子的反应物是还原剂；二是化合价降低，得到电子，发生还原反应，概括为“降-得-还” ，得电子的反应物是氧

26、化剂。16.实验室配制 1mol/L 的 NaOH 溶液 240mL，（1）实验操作中用天平称量_g NaOH 固体；（2）容量瓶在使用前的操作是_（3）若实验时遇到下列情况，所配溶液的浓度偏大的是_。称量氢氧化钠固体的时间过长。 - 10 -容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水。 溶液未冷却即转入容量瓶。 在转移氢氧化钠溶液后未洗涤烧杯。 定容时俯视刻度线。摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线。 （4）取配制的 1mol/L 的 NaOH 溶液 10 mL，再稀释成 100 m L，再从中取出 10 mL，这 10 mL 溶液的物质的量浓度为_。（5）取配制的 1mol/L 的 N

27、aOH 溶液 10 mL，加入足量的氧化铝充分反应（溶液体积保持不变） ，得到的溶液的浓度为_，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 10.0 (2). 检查容量瓶是否漏水 (3). (4). 0.1mol/L (5). 1mol/L (6). Al2 O32OH =2AlO2 H 2O【解析】【详解】根据中学实验室里容量瓶的规格，配制 240mL 溶液应选用 250mL 的容量瓶。(1)配制 1mol/LNaOH 溶液 250mL 需要 NaOH 的质量=1mol/L0.25L40g/mol=10.0g。即用天平称量 10.0gNaOH 固体。(2)容量瓶在使用前需要检查容量瓶是否漏

28、水，只有不漏水的容量瓶才能使用。(3)因氢氧化钠固体易吸收空气中的水蒸气和 CO2，如果称量氢氧化钠固体的时间过长，则称量的氢氧化钠固体中混有杂质，即溶质 NaOH 的物质的量（ ）减小，根据公式 = 可知物质的量浓度偏低。项错误；容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，既不影响溶质的物质的量（ ） ，也不影响溶液体积（V） ，根据公式 = 可知溶液浓度不受影响。项错误；溶液未冷却即转入容量瓶，由于热胀冷缩，所配制的溶液冷却到室温时溶液体积（V）将减小，根据公式 = 可知溶液浓度偏大。项正确；在转移氢氧化钠溶液后未洗涤烧杯，则溶质 NaOH 的物质的量（ ）减小，根据公式 = 可知物质的量浓度偏低

29、。项错误；定容时俯视刻度线，使容量瓶中液面低于刻度线，则所配溶液的体积（V）减小，根据公式- 11 -= 可知溶液浓度偏大。项正确；摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线，则所配溶液的体积（V）增大，根据公式 = 可知溶液浓度偏小。项错误；答案选。(4)将 1mol/LNaOH 溶液 10 mL 稀释成 100 mL 时，NaOH 的浓度 c= =0.1mol/L，因为溶液的圴一性，故这 10mL 溶液的物质的量浓度仍为 0.1mol/L。(5)氧化铝具有两性，能与 NaOH 溶液反应，其离子方程式为 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，所以NaOH 完全与氧化铝反应后，所得

30、溶液中溶质是 NaAlO2，10 mL 1mol/LNaOH 溶液中含有 NaOH的物质的量 n(NaOH)=1mol/L0.01L=0.01mol，根据离子方程式计量关系知所得溶液中NaAlO2的物质的量=n(NaOH)=0.01mol，则所得溶液的浓度 = =1mol/L。氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al 2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。【点睛】对于配制一定物质的量浓度溶液进行误差分析时，通常将错误操作归结到影响溶质物质的量（ ）或溶液体积（V） ，然后根据公式 = 分析物质的量浓度是偏大、偏小、还是不变。17.某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相

31、对原子质量。（1）A 中试剂为_。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：记录C 的液面位置；将 B 中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；待 B 中不再有气体产生并恢复至室温后，记录 C 的液面位置；由 A 向 B 中滴加足量试剂。上述操作的顺序是- 12 -_(填序号)；记录 C 的液面位置时，除平视外，还应_。（4）B 中发生反应的化学方程式为_。（5）若实验用铝镁合金的质量为 a g，测得氢气体积为 b mL(已换算为标准状况)，B 中剩余固体的质量为 c g，则铝的相对原子质量为_。（6）实验过程中

32、，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】 (1). NaOH 溶液 (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). (4). 使 D 和 C 的液面相平 (5). 2Al2NaOH2H 2O=2NaAlO23H 2 (6). (7). 偏小【解析】试题分析：（1）由于 B 中有固体剩余，这说明加热的试剂不是酸，而氢氧化镍，镁与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。（2）由于镁铝均是活泼的金属，在其表面有氧化膜，则实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜。（3）实验前首先记录 C 中液面位置，然

33、后加入氢氧化钠溶液，当不再有气体产生时再记下液面位置，最后将 B 中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重，所以上述操作的顺序是。由于气体的体积受压强的影响，所以再记录液面时还需要使 D 和 C 的液面相平。（3）氢氧化钠溶液与铝反应，镁不反应，则 B 中反应的离子方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO 2+3H2。（4）氢气的物质的量是 ，则根据方程式可知需要金属铝的物质的量是。合金中铝的质量是（ac）g，则铝的相对原子质量是。（5）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则剩余固体质量偏大，即 c 偏大，所以测得铝的质量分数将偏小。考点：考查物质含量测定实验方案设计与探究18.某校化学兴趣

34、小组用如图所示过程除去硫酸铝中含有的 Mg2 、K 杂质离子并尽可能减少- 13 -硫酸铝的损失。请回答下列问题：（1）混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，反应的离子方程式是_、_。（2）能否用氨水代替氢氧化钠溶液_，其原因是_。（3）溶液 a 中存在的离子有_，在溶液 a 中加入稀硫酸时需控制硫酸的量，其原因是_，改进方法是_。【答案】 (1). Mg2 2OH =Mg(OH)2 (2). Al3 4OH =AlO2-2H 2O（或Al3 3OH =Al(OH)3、Al(OH) 3OH = AlO2-2H 2O） (3). 不能 (4). 因为在Al3 与氨水反应生成 Al(OH)3后，Al(O

35、H) 3不能与氨水继续反应，从而不能将 Al(OH)3与Mg(OH)2分开 (5). SO42 、K 、AlO 2-、OH 、Na (6). 因为 Al(OH)3能与强酸反应，所以在加入稀硫酸时，需要控制硫酸的量 (7). 向溶液 a 中通入过量的二氧化碳气体。【解析】【分析】原硫酸铝溶液中加入足量的 NaOH 溶液时发生的反应有 Al2(SO4)3+8NaOH=2NaAlO2+4H2O+3Na2SO4，MgSO 4+2NaOH=Mg(OH)2+Na 2SO4，所以溶液 a 中主要成分是NaAlO2、K 2SO4、Na 2SO4、NaOH。向溶液 a 中加稀硫酸时先是中和反应，再有 Al(OH

36、)3沉淀生成2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3+Na 2SO4，但要控制加入的稀硫酸的用量，因为 Al(OH)3能溶解于硫酸。沉淀 c 是 Al(OH)3，再与稀硫酸反应生成 Al2(SO4)3。由此分析。【详解】(1)原硫酸铝溶液中加入足量氢氧化钠溶液时发生反应的化学方程式为：Al 2(SO4)3+8NaOH=2NaAlO2+4H2O+3Na2SO4，MgSO 4+2NaOH=Mg(OH)2+Na 2SO4，再根据离子方程式书写原则，将化学方程式改写成离子方程式为：Al 3+4OH-=AlO2-+2H2O 或 Al3+3OH-=Al(OH)3、Al(OH) 3+OH-=A

37、lO2-+2H2O ，Mg 2+2OH-=Mg(OH)2。(2)Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+，Al(OH) 3不能溶解于氨水。不能用氨水代替氢氧化钠溶- 14 -液，是因为在 Al3 与氨水反应生成 Al(OH)3后，Al(OH) 3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与 Mg(OH)2分开。(3)原 Al2(SO4)3溶液中加入足量的 NaOH 溶液时发生的反应有：Al 2(SO4)3+8NaOH=2NaAlO2+4H2O+3Na2SO4，MgSO 4+2NaOH=Mg(OH)2+Na 2SO4，因此溶液 a 中主要成分是NaAlO2、Na 2SO4、K 2SO4、NaOH，所以溶液 a 中存在的离子有 AlO2-、SO 42 、K 、OH 、Na 。Al(OH) 3+3H+=Al3+3H2O，因为 Al(OH)3能与强酸反应，所以在加入稀硫酸时，需要控制硫酸的量。因为 Al(OH)3不会溶解于 H2CO3等弱酸，可利用 H2CO3制取Al(OH)3：AlO 2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO 3-，能防止部分 Al(OH)3转化成 Al3 ，所以改进的方法是向溶液 a 中通入过量的二氧化碳气体。- 15 -