2018-2019学年高一化学上学期12月月考试题(含解析) (III).doc

xx-2019学年高一化学上学期12月月考试题(含解析) (III)1.进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是（ ）A. 实验室金属钠不慎着火时，应立即用水来灭火B. 酒精在实验台上燃烧时，用水扑灭火焰C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液D. 配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A.钠的密度小于水，会浮在水面上，且钠与水反应生成氢气，容易引起爆炸，故A错误；B. 酒精在实验台上燃烧时，应立即用湿布盖灭，故B错误；C. 浓碱溶液有腐蚀性，不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，故C正确；D.量筒是量取仪器，不能用来稀释浓硫酸，应在烧杯中进行，故D错误.故选C。2.下列物质中既能与稀H2SO4反应, 又能与NaOH溶液反应的是（ ）NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 Al Na2CO3 NaHSO4A. B. C. D. 全部【答案】B【解析】【详解】NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故正确；Al2O3属于两性氧化物，与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al（OH）3属于两性氢氧化物，与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确；Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故错误；NaHSO4与硫酸不反应，与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，故错误；故选B。【点睛】两性的氧化物和氢氧化物既能和酸反应也能和碱反应生成盐和水，弱酸的酸式盐既能和较强的酸反应也能和碱反应。3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A. 2NA个二氧化碳分子的质量为88gB. NA个氢气分子所占的体积为22.4LC. 0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+与Cl总数为0.2NAD. 17g NH3中所含原子数为NA【答案】A【解析】【详解】A. 2NA个二氧化碳分子的物质的量为2mol,所以质量为88g，故A正确；B. 没有说明在标准状况下，故B错误；C. 只说明浓度，没有告诉体积，故无法计算溶液中微粒的数目，故C错误；D. 17g NH3的物质的量为1mol,每个氨气分子中含有4个原子，所以17g NH3中所含原子数为4NA，故D错误。故选A。【点睛】在运用气体摩尔体积计算气体体积时，要注意是否为标准状况；在计算溶液中离子数目时，不仅要知道浓度，还要知道体积，这是计算此类问题时常会忽略的问题。4.相同质量的SO2和SO3它们之间的关系是（ ）A. 所含硫原子的物质的量之比为1:1 B. 氧原子的物质的量之比为3:2C. 硫元素的质量比为4:5 D. 氧元素的质量比为5:6【答案】D【解析】【详解】M（SO2）=64g/mol，M（SO3）=80g/mol，假设质量都为m g，A所含硫原子的物质的量之比为:，故A错误；B氧原子的物质的量之比为:3=5：6，故B错误；C所含硫元素的质量比等于硫原子的物质的量之比为:，故C错误；D氧元素的质量比等于氧原子的物质的量之比:3=5：6，故D正确。故选D。5.下述对焰色反应实验操作注意事项的说明，正确的是（ ）钾的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察 先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质 每次实验后，要将铂丝用硫酸洗净 实验时最好选择本身颜色较浅的火焰 没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替A. 仅有不正确 B. 仅有不正确 C. 仅有不正确 D. 全正确【答案】C【解析】【详解】在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光以免产生干扰，故正确；取一根洁净的铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取样品进行焰色反应，故正确；应该用盐酸洗，盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，故错误；为了能够更加突出被检验试剂的颜色，选用本身颜色较浅的火焰，最大限度的减少火焰本身颜色的干扰，故正确；洁净的细铁丝放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色反应，故正确。 故选C。6.下列各组离于在溶液中既可以大量共存，且加入氨水后也不产生沉淀的是A. Na+、 Ba2+、 Cl 、SO42 B. K+、AlO2 、NO3、 OHC. H+ 、NH4+ 、Al3+ 、SO42 D. H+ 、Na+ 、Cl 、SiO32-【答案】B【解析】A. Ba2+、SO42发生反应而不能大量共存；B. 在溶液中既可以大量共存，且加入氨水后也不产生沉淀；C. 加入氨水后产生氢氧化铝沉淀；D. H+ 、SiO32-发生反应而不能大量共存。故选B。点睛：溶液中的离子反应主要是生成沉淀、气体、难电离物质的复分解反应。另外，少数离子反应属于氧化还原反应等。7.下列离子检验的方法正确的是（ ）A. 某溶液中先滴加足量盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀则原溶液中有SO42-B. 某溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl-C. 某无色溶液滴入酚酞试液显红色，该溶液一定是含有大量的H+D. 某溶液中滴加盐酸生成能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明原溶液中有CO32-【答案】A【解析】【详解】A某溶液中先滴加足量盐酸无现象，可排除Ag+、CO32-等影响，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42-，故A正确；B不能排除生成碳酸银等，应加入硝酸，如沉淀不溶解，可证明为AgCl，故B错误； C酚酞遇酸不变色，遇碱变红，故C错误；D不能排除HCO3-和亚硫酸根等离子的干扰，故D错误。故选A。【点睛】在离子检验过程中，一定要注意排除其他离子的干扰，能使澄清石灰水变浑浊的气体除了二氧化碳还有二氧化硫。8.下列除去杂质的方法不正确的是()A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C. 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤【答案】B【解析】试题分析：A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。9.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液；向澄清石灰水中通入过量的CO2；向Fe(OH)3胶体中滴入稀盐酸至过量（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，由于生成了碳酸氢钠，溶解度降低，会有沉淀生成，但沉淀不溶解，故不符合现象；向NaAlO2溶液中逐滴加稀盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加盐酸，继续反应生成氯化铝，沉淀溶解，故符合现象；向AlCl3溶液中逐滴加入稀氢氧化钠溶液，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝两性，反应生成偏铝酸钠，沉淀溶解，故符合现象；向澄清石灰水中通入CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通入二氧化碳又生成碳酸氢钙，沉淀溶解，故符合现象；向Fe(OH)3胶体中滴入稀盐酸，开始时胶体发生聚沉，有沉淀生成，继续滴加盐酸反应生成氯化铁，沉淀溶解，故符合现象。故选C。【点睛】胶体是较为稳定的体系，加入电解质溶液时，由于胶体微粒的吸附性，吸附带电荷的离子，破坏了稳定结构而发生聚沉现象。10.某溶液中有Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，过滤，在滤渣中再加入过量的盐酸，所得溶液中大量增加的阳离子是()A. Mg2+ B. Fe2+ C. Fe3+ D. Al3+【答案】C【解析】试题分析：Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子中，若向其中加入过量的NaOH溶液，发生反应有：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Fe2+2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe3+3OH-=Fe(OH)3，过滤后滤渣中含有Mg(OH)2和Fe(OH)3，在滤渣中再加入过量的盐酸，所得溶液中含有的阳离子是Mg2+和Fe3+，因此大量增加的阳离子为Fe3+，故选C。考点：考查离子反应发生的条件【名师点睛】本题考查离子的性质，题目难度不大，注意加入NaOH后所发生的反应，注意各离子的性质。根据各离子的性质，判断加入过量NaOH溶液时所发生的反应，注意Fe2+与Fe3+的转化，以及Al3+生成AlO2-的性质。11.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后固体完全溶解，则下列判断正确的是（）A. 溶液中一定含Cu2+和Fe2+ B. 溶液中一定含Cu2+和Fe3+C. 溶液中一定含 Fe3+和Fe2+ D. 溶液中一定含Fe3+、Cu2+和Fe2+【答案】A【解析】因氧化性Fe3+Cu2+Fe2+，在FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁优先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，不一定含有Fe3+。答案选A。12.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮用水处理的新技术。已知反应Fe2O33Na2O2=2Na2FeO4Na2O，下列说法正确的是A. Na2O2既是氧化剂又是还原剂B. Fe2O3在反应中得到电子C. 3 mol Na2O2发生反应，有12 mol e发生转移D. Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性【答案】D【解析】试题分析：A、分析题给反应知，Na2O2中氧元素化合价由-1价降为-2价，被还原，Na2O2为氧化剂，错误；B、Fe2O3中铁元素化合价由+3价升高为+6价，在反应中失去电子，错误；C、反应中Na2O2中氧元素化合价由-1价降为-2价，3molNa2O2发生反应，有6mol电子转移，错误；D、Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，正确。考点：考查氧化还原反应。13.已知I、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：H2O2Fe2+ISO2，则下列反应不能发生的是（ ）A. 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+ B. I2+SO2+2H2OH2SO4+2HIC. 2Fe3+2I2Fe2+I2 D. H2O2+H2SO4SO2+O2+2H2O【答案】D【解析】【分析】根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性这一规律分析解答。【详解】A.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故A错误；B.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物HI，符合题给条件，反应能进行，故B错误；C. 反应中还原剂I的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故C错误；D.双氧水中氧元素化合价升高，作为还原剂，硫酸被还原得到产物二氧化硫，反应中还原剂H2O2的还原性大于还原产物SO2，不符合题给条件，反应不能发生，故D正确。故选D。【点睛】正确判断氧化剂和还原剂是解决本题的关键，可以根据化合价的变化判断：化合价升高的反应物作还原剂，发生氧化反应。14.标况下，两个容积相同的容器中，一个盛有NH3气体，另一个盛有N2和H2的混合气体。若两容器内的气体具有相等的电子数，则混合气体中N2和H2的物质的量之比为A. 4:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:4【答案】C【解析】试题分析：根据阿伏伽德罗定律，同温同压同体积的任何气体，含有相同的分子数，设NH3、N2和H2的混合气体均是1 mol，N2的物质的量为x mol,H2的物质的量为y mol,则x+y=1,14x+2y=10,解得x=2/3，y=1/3,x:y=2：1，所以混合气体中N2和H2的物质的量之比为2:1，答案选C。考点：考查阿伏伽德罗定律及推论。15.某溶液中可能含有H、NH4+、Mg2、Al3、CO32-、SO42-中的几种。若加入锌粒，最终产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示,则下列说法正确的是（ ）A. 溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B. 溶液中n(NH4+)0.2 molC. 溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-D. n(H)n(Al3)n(Mg2)111【答案】B【解析】【分析】根据图象中的起点和拐点，由消耗氢氧化钠的量计算溶液中各离子的浓度。【详解】由知溶液中一定含有H，一定没有CO32-，由知溶液中一定含有Mg2、Al3，由图象可知溶液中还一定含有NH4+，且n(NH4+)0.7 mol0.5 mol0.2 mol，n(H)0.1 mol，n(Al3)0.8 mol0.7 mol0.1 mol，沉淀Al3、Mg2共消耗0.4 mol OH，其中沉淀Al3消耗0.3 mol OH，沉淀Mg2消耗0.1 mol OH，根据Mg22OH，可得n(Mg2)0.05 mol， A. 溶液中的阳离子有H、Mg2、Al3、NH4+，故A错误；B. 溶液中n(NH4+)0.2 mol，故B正确；C. 溶液中一定不含CO32-，根据电荷守恒，溶液中肯定含SO42-，故C错误；D. n(H)n(Al3)n(Mg2)221，故D错误；故选B。【点睛】沉淀部分溶解，说明沉淀既有氢氧化铝又有氢氧化镁，沉淀保持不变的部分说明溶液中含有铵根离子，从图象中分析沉淀的组成和变化情况是解决此题的关键。16.等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比是 1 : 3 1 : 4 2 : 3 2 : 7A. B. C. D. 【答案】A【解析】等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，设nAl(OH)3=1mol，则溶液中含铝元素可能有两种情况，n(AlCl3)或n(NaAlO2)为1mol；当溶液中n(AlCl3) =n(Al(OH)3)=1mol时，根据AlCl33NaOH Al(OH)3关系可知，反应了的AlCl3、NaOH的物质的量分别为1mol、3mol，则 等体积的AlCl3和NaOH两种溶液的物质的量分别为2mol和3mol，浓度之比为2:3；当n(NaAlO2) =n(Al(OH)3)=1mol时，根据AlCl33NaOH Al(OH)3、AlCl34NaOH NaAlO2，可知反应了的AlCl3、NaOH的物质的量分别为1mol、7mol，则 等体积的AlCl3和NaOH两种溶液的物质的量分别为2mol和7mol，浓度之比为2:7；正确，故因此本题的正确答案为A。点睛：注意本题是两种情况，等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合，由于浓度的不同，溶液中的铝元素可能是未反应完的氯化铝，也可能是反应生成的偏铝酸钠；再根据铝元素的物质的量守恒，以及体积相等，即可求出两种溶液的物质的量浓度之比。17.（1）液态HCl （2）铜丝 （3）酒精 （4）液氨 （5）稀硫酸 （6）SO2 （7）氨水 （8）熔融NaCl （9）胆矾晶体 （10）NaHSO4固体上述状态下可导电的是_；（填序号，下同）属于非电解质的是_；属于电解质_；写出NaHSO4在水中的电离方程式_。【答案】 (1). （2）（5）（7）（8） (2). （3）（4）（6） (3). （1）（8）（9）（10） (4). NaHSO4=Na+H+ SO42-【解析】【分析】从电解质与非电解的概念及本质分析解答，根据是否具备导电条件分析。【详解】电解质在水溶液里或熔融状态下存在自由移动的离子，所以可以导电，铜为金属单质，也可以导电，则上述状态下可导电的是（2）（5）（7）（8）；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，常见的有非金属氧化物、氨气及多数有机物，则属于非电解质的是（3）（4）（6）；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物属于电解质，常见的电解质有酸、碱、盐、金属氧化物和水，所以电解质有：（1）（8）（9）（10）；NaHSO4属于强酸的酸式盐，水溶液中完全电离，所以NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na+H+ SO42-。【点睛】电解质和非电解质前提都是化合物，溶液和单质既不是电解质也不是非电解质；电解质不一定导电，产生自由移动离子的时候才可以导电。18.（1）写出符合以下离子方程式的化学方程式：Ba2+SO42-=BaSO4_；（2）用文字解释明矾净水的原因：_；（3）根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题：用单线桥表示出该反应电子转移的数目和方向_；氧化剂是_；当有34gNH3参加反应时，被氧化的物质的质量为_g，生成的还原产物的质量为_g。【答案】 (1). BaCl2+ H2SO4= BaSO4+2HCl（答案合理即可） (2). 明矾与水反应生成有强吸附性的Al(OH)3胶体 (3). (4). Cl2 (5). 8.5 (6). 80.25【解析】【分析】根据离子方程式的书写规则分析解答；用双线桥法分析氧化还原反应。【详解】（1）书写离子方程式时，强酸、强碱和可溶性盐要写成离子形式，所以符合Ba2+SO42-=BaSO4的化学方程式是： BaCl2+ H2SO4= BaSO4+2HCl；（2）明矾与水反应生成有强吸附性的Al(OH)3胶体；（3）单线桥可以表示电子转移的数目和方向，从失电子的元素指向得电子的元素：；元素化合价降低的反应物是氧化剂，故答案为：Cl2；由方程式得，8mol氨气参加反应，2mol氨气被氧化，还原产物为6mol氯化铵，m(NH3)=34g=8.5g；m(NH4Cl)=53.5g/mol=80.25g，故答案为： 8.5；80.25。【点睛】还原剂不一定全部被氧化，只有化合价升高的部分才发生了氧化反应，在计算时一定要审清题意。19.铁、铝的混合物进行如下实验：（1）操作X的名称是_；（2）气体A是_（填化学式）；（3）溶液B中阴离子除OH- 外还有_（填离子符号），溶液D中存在的金属离子为_（填离子符号）；（4）加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为：_；加入稀盐酸发生反应的离子方程式为：_；（5）向溶液D加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，请写出沉淀转化的化学方程式：_。【答案】 (1). 过滤 (2). H2 (3). AlO2- (4). Fe2+ (5). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (6). Fe+2H+=Fe2+H2 (7). 4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】根据题干给出的实验步骤及铝和铁及其化合物的性质分析解答。【详解】金属铁和金属铝的混合物中加入氢氧化钠后，会和金属铝发生反应生成偏铝酸钠和氢气，金属铁和氢氧化钠不反应，所以A是氢气，B是偏铝酸钠和过量的氢氧化钠的混合物，固体C是金属铁，金属铁可以和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以D是氯化亚铁。（1）实现金属铁和偏铝酸钠、氢氧化钠混合物分离的方法是过滤，故答案为：过滤；（2）气体A是氢气，故答案为：H2；（3）溶液B是偏铝酸钠和过量的氢氧化钠的混合物，铁可以和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，D是氯化亚铁，故答案为：AlO2-；Fe2+； （4）根据离子方程式的书写规则得：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；Fe+2H+=Fe2+H2（5）颜色的变化是白色的氢氧化亚铁沉淀被氧化成红褐色的氢氧化铁，方程式为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【点睛】铝可以与氢氧化钠反应，而铁不可以；铁和盐酸反应时生成氯化亚铁；白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色这个现象是氢氧化亚铁氧化成氢氧化铁的过程。20.过氧化钠是一种淡黄色固体，它能与二氧化碳反应生成氧气，在潜水艇中用作制氧剂，供艇员呼吸之用，它与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。某学生为了验证这一实验，以足量的大理石、足量的盐酸和1.95g过氧化钠样品为原料，制取O2，设计出如下实验装置：（1）A中制取CO2的装置，应为下列图、中的图_；B装置的作用是_，为了检验E中收集到的气体，在取出集气瓶后，_；（2）若E中的石灰水出现轻微白色浑浊，请说明原因：_；（3）反应完毕时，若测得E中的集气瓶收集到的气体为250 mL，又知氧气的密度为143 g/L，当装置的气密性良好的情况下，实际收集到的氧气体积比理论计算值_(填“大”或“小”)。【答案】 (1). (2). 吸收A装置中产生的盐酸酸雾 (3). 用带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃 (4). D中有部分CO2未参加反应进入E中生成沉淀 (5). 小【解析】【分析】根据实验流程及物质的性质分析选择合适的装置；根据氧气的性质分析检验的方法；根据方程式计算理论生成氧气的质量。【详解】(1)由图示可得制取二氧化碳用大理石和稀盐酸，属于固体和液体反应且反应过程不需要加热，所以选择的装置为；盐酸易挥发，所以用碳酸氢钠溶液除去；氧气可以助燃，氧气的检验可以用带火星的木条，故答案为：；吸收A装置中产生的盐酸酸雾；用带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃 ； (2)使石灰水变浑浊的气体是二氧化碳，故答案为：D中有部分CO2未参加反应进入E中生成沉淀；(3)收集的氧气质量为：m=0.25L143 g/L=0.3575g，理论生成氧气的质量为：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2156 321.95g mm=321.95g/156=0.4g，故答案为：小。【点睛】在选择反应装置时，根据反应物的状态及反应条件选择装置；理论产量可以根据方程式进行计算，实际产量往往小于理论产量。21.由于镁合金具有硬度大、密度小、散热性好、抗震性好等优异性能它被用于制笔记本电脑外壳、竞赛自行车车架等。现称取一定质量的镁铝合金样品放入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并放出气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示。 (1)合金中Al的质量为_。(2)NaOH溶液的物质的量浓度为_。(3)稀硫酸的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 5.4g (2). 4.0 mol/L (3). 0.8 mol/L【解析】【分析】（1）根据图象可知，025 mL发生酸碱中和，25200 mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200 mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，由图象可知，氢氧化镁的物质的量为0.15 mol，溶解的氢氧化铝的物质的量为：0.35 mol-0.15 mol=0.2 mol，根据铝原子守恒可得Al的质量；（2）根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可求得氢氧化钠的物质的量浓度；（3）溶液最后的溶质为硫酸钠，根据元素守恒可知，n(H2SO4) = n(SO42-) = n(Na+)/2 = n(NaOH)/2，据此分析作答。【详解】（1）镁铝合金样品放入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解生成镁离子、铝离子，向此溶液中加入NaOH溶液，从生成沉淀图象分析可知，氢氧化钠体积从0-25 mL时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子即硫酸过量，200-250 mL段沉淀部分消失，发生的反应是：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，由铝元素守恒得：n(Al) = nAl(OH)3 = (0.35-0.15) mol = 0.2 mol，m(Al)= 0.2mol 27g/mol = 5.4 g，故答案：5.4 g；（2）n(Al) = nAl(OH)3 = n(OH-) = n(NaOH) = (250-200) mL10-3c(NaOH) = 0.2mol，c(NaOH)= 4.0 mol/L；（3）在200 mL时，沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝，溶质为硫酸钠，此时V(NaOH)=200 mL，n(NaOH)=0.2 L4.0 mol/L=0.8 mol，则n(H2SO4) = n(SO42-) = n(Na+)/2= n(NaOH)/2 = 0.4 mol，c(H2SO4)= 0.4 mol/0.5 L=0.8 mol/L。