高一化学下册过关检测试题6.doc

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NaOH溶于水中，配制成1L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（）A0.1 mol/LB0.5 mol/LC4 mol/LD1 mol/L3（3分）一定量的Mg和MgO的混合物投入到100mL 4molL1H2SO4中完全溶解，再向反应后的溶液中加入4molL1 NaOH溶液，要使反应后的Mg2+全部沉淀出来，加入的NaOH溶液的体积至少是（）A100 mLB50 mLC200 mLD缺少数据，无法计算4（3分）（2011甘州区校级学业考试）铝分别与足量的氢氧化钠和稀盐酸溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的NaOH和HCl物质的量之比为（）A2：1B3：1C1：1D1：35（3分）（2013秋南昌期末）有Mg、Al、Fe、Cu四种金属，若两两混合，取混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H2 11.2L，此混合物的可能组合方式最多有（）A2种B3种C4种D5种6（3分）（2013山东）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（）A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸二、实验题7（3分）（2013秋船营区校级月考）在课堂上，老师演示了金属Na与CuSO4溶液反应的实验，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu（OH）2沉淀而没有发现Cu单质生成但某同学心中在想，会不会是因为生成的Cu较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢？于是想课后到实验室继续研究，希望进一步用实验来验证自己的猜想是否正确假如该同学是你，请你写一份实验准备单交给老师，要求老师提供必需的用品（1）实验探究的目的：（2）探究所依据的化学原理：（3）实验必需的用品：小刀、玻璃片、滤纸、和；金属Na、和该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色的沉淀中混有少量的黑色沉淀，而所使用的药品均没有问题你认为该黑色难溶物是，生成该黑色难溶物的原因是8（3分）（2014秋秦安县校级期中）常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应 应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”请回答该实验中的问题（1）写出该反应的反应方程式：；并指明该氧化还原反应的还原剂是，氧化剂是（2）实验前必须对整套装置进行气密性检查，操作方法是（3）圆底烧瓶中盛装的水，该装置受热后的主要作用是；烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是（4）酒精灯和酒精喷灯点燃的顺序是，为什么？（5）干燥管中盛装是的物质是，作用是（6）试管中收集气体是，如果要在A处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行，方法是这一操作的目的是三、计算题9将一定质量的金属钠投入到盛有50.0mL水的烧杯中，反应完全后冷却，称量所得溶液的质量为52.2g，试求：（1）加入金属钠的质量；（2）所得溶液中NaOH的质量分数四、推断题10（3分）已知A、B、C、D均为中学化学的常见物质，它们之间的反应关系如图所示：（1）若A是短周期主族元素中原子半径最大的元素构成的单质，D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液图示中的离子方程式为（2）若C是一种四原子分子，分子中四个原子在一条直线上；A与B的溶液反应只生成气体C、CaCO3和H2O，则C的电子式为，B的化学式为（3）若C是元素M的气态氢化物，且C能与M的最高价氧化物的水化物反应生成盐E；B是一种正盐，与E含有相同的阳离子；D不溶于稀硝酸则A的化学式为，B的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为11（3分）如图所示，分别代表有关反应的一种物质，他们均是中学化学中的常见物质已知和中分别含有同一种元素（1）分别写出、的化学式或离子符号： （2）写出下列反应的化学方程式是离子反应的只写出离子方程式：+OH+H+O2+空气五、填空题12（3分）海洋资源的开发前景十分广泛如图是我们从海水中提取镁的流程图上述一系列转化过程中，未涉及的基本反应类型是；其中电解氯化镁制备金属镁的化学方程式为13（3分）（2013春天元区校级月考）等质量的Na、Mg、Al分别跟足量的盐酸反应，产生H2的质量比为14（3分）由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有下图所示的转换关系，已知C为密度最小的气体，甲是电解质根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：A，B，乙，丁（2）组成单质A的元素在周期表中的位置是，丙的电子式是（3）写出下列变化的方程式：A与NaOH溶液反应的化学方程式；乙与过量CO2反应的离子方程式15（3分）托盘天平两边各放一个盛有等质量稀盐酸（各含nmol HCl）的甲、乙两个烧杯，调节天平，天平达平衡然后在甲、乙烧杯中分别投入amol Mg和bmol Al，充分反应后，天平仍保持平衡（1）若天平两边酸均过量，则甲、乙两边净增量分别为g，g（2）若天平两边酸均用完，金属均过量，则甲、乙两边产生的H2的质量（填“相等”或“不相等”），由此推出a：b=16（3分）相同质量的镁、铝分别与足量盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是17（3分）把1molNa和1mol Mg分别投入到两杯体积3L浓度1mol/L的盐酸中，分别得到溶液a和b，则溶液a和b的质量关系为mamb（填“”、“”、或“=”）2013-2014学年吉林省吉林一中高一（上）化学（必修1）过关检测化学试卷（6）参考答案与试题解析一、单项选择1（3分）（2013秋南关区校级期中）在烧杯中加入水和煤油（密度：0.88g/cm3）各50mL，将一小粒金属钠（密度：0.97g/cm3）投入烧杯中，观察到的现象可能是（）A钠在水层中反应并四处游动B钠停留在煤油层中不发生反应C钠在煤油的液面上反应并四处游动D钠在煤油与水的界面处反应并可能作上、下跳动考点：钠的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：考虑钠与水的反应，结合钠的密度、水和煤油的密度大小来分析解答：解：因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完故选D点评：本题考查钠的性质，难度不大，借助于题目情境，培养了学生分析问题的能力2（3分）（2014秋桦南县校级期中）将40g NaOH溶于水中，配制成1L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（）A0.1 mol/LB0.5 mol/LC4 mol/LD1 mol/L考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据n=计算40gNaOH的物质的量，再根据c=计算所得溶液物质的量浓度解答：解：40gNaOH的物质的量=1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液物质的量浓度为=1mol/L，故选D点评：本题考查物质的量浓度计算，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对公式的理解3（3分）一定量的Mg和MgO的混合物投入到100mL 4molL1H2SO4中完全溶解，再向反应后的溶液中加入4molL1 NaOH溶液，要使反应后的Mg2+全部沉淀出来，加入的NaOH溶液的体积至少是（）A100 mLB50 mLC200 mLD缺少数据，无法计算考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：一定量的Mg和MgO的混合物投入到H2SO4中完全溶解，硫酸可能有剩余，再向反应后的溶液中加入NaOH溶液，要使反应后的Mg2+全部沉淀出来，则此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒：n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒n（Na2SO4）=n（H2SO4），进而计算需要氢氧化钠溶液最小体积解答：解：一定量的Mg和MgO的混合物投入到H2SO4中完全溶解，硫酸可能有剩余，再向反应后的溶液中加入NaOH溶液，要使反应后的Mg2+全部沉淀出来，则此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒：n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒n（Na2SO4）=n（H2SO4），故n（NaOH）=2n（Na2SO4）=2n（H2SO4）=20.1L4mol/L=0.8mol，需要氢氧化钠溶液最小体积为=0.2L=200mL，故选C点评：本题考查混合物计算，难度中等，注意利用守恒法解答，侧重对学生的分析能力与解题方法技巧的考查4（3分）（2011甘州区校级学业考试）铝分别与足量的氢氧化钠和稀盐酸溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的NaOH和HCl物质的量之比为（）A2：1B3：1C1：1D1：3考点：铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：反应的有关方程式为：铝与盐酸：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，铝与NaOH溶液：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；假设生成的氢气的物质的量为3mol，根据方程式计算NaOH、HCl的物质的量，氢氧化钠和氯化氢物质的量的之比；解答：解：令生成的氢气的物质的量为3mol，则： 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2， 6mol 3mol2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 2mol 3mol所以所取氢氧化钠和盐酸溶液中NaOH、HCl的物质的量的之比为2mol：6mol=1：3；故选D点评：本题考查了铝的性质、根据方程式的计算，难度不大，注意有关方程式的书写，根据方程式计算5（3分）（2013秋南昌期末）有Mg、Al、Fe、Cu四种金属，若两两混合，取混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H2 11.2L，此混合物的可能组合方式最多有（）A2种B3种C4种D5种考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，氢气物质的量=0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g，计算各金属提供1mol电子需要的质量，结合平均量进行解答解答：解：混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，氢气物质的量=0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g，Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g=12g，Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g=9g，Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g=28g，Cu不稀硫酸反应产生氢气，提供1mol电子需要Cu的质量为无穷大，故两两混合，可能的组合为Cu与Mg、Cu与Al、Fe与Mg、Fe与Al，共4种，故选C点评：本题考查金属的性质、混合物的有关计算，注意平均值与极限法相结合的利用，从而简化计算，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大6（3分）（2013山东）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（）A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸考点：铝的化学性质专题：元素及其化合物分析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：NaAl（OH）4、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少解答：解：设Al为1mol，A铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAl（OH）4，1molAl消耗1molNaOH；B铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A点评：本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气二、实验题7（3分）（2013秋船营区校级月考）在课堂上，老师演示了金属Na与CuSO4溶液反应的实验，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu（OH）2沉淀而没有发现Cu单质生成但某同学心中在想，会不会是因为生成的Cu较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢？于是想课后到实验室继续研究，希望进一步用实验来验证自己的猜想是否正确假如该同学是你，请你写一份实验准备单交给老师，要求老师提供必需的用品（1）实验探究的目的：验证钠与硫酸铜溶液反应是否有铜生成（2）探究所依据的化学原理：氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶（3）实验必需的用品：小刀、玻璃片、滤纸、镊子和烧杯；金属Na、硫酸铜溶液和稀盐酸或稀硫酸该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色的沉淀中混有少量的黑色沉淀，而所使用的药品均没有问题你认为该黑色难溶物是CuO，生成该黑色难溶物的原因是钠与水反应放出热量使氢氧化铜受热部分分解考点：碱金属及其化合物的性质实验专题：实验题分析：（1）学生怀疑Na也与硫酸铜发生了置换反应生成铜单质，因而他探究的实验目的是验证钠与硫酸铜溶液反应是否生成铜；（2）当钠不与硫酸铜发生置换反应时，沉淀只有氢氧化铜，当钠与硫酸铜发生置换反应时，沉淀中既有氢氧化铜液有铜，依据氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶，只是加入过量的盐酸观察沉淀是否全部溶解即可；（3）实验需要首先完成Na与硫酸铜溶液反应，然后再进行沉淀与盐酸的反应，完成钠与硫酸铜溶液的反应，需要的试剂是钠和硫酸铜溶液，还需要的用品是镊子、烧杯；完成沉淀与盐酸的反应，需要试剂是稀盐酸或稀硫酸，不再需要其他用品；钠与水反应放出热量，氢氧化铜受热分解，所以实验中意外发现的黑色沉淀是氧化铜解答：解：（1）老师演示了金属Na与CuSO4溶液反应的实验，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu（OH）2沉淀而没有发现Cu单质生成但某同学心中在想，会不会是因为生成的Cu较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢，学生怀疑Na也与硫酸铜发生了置换反应生成铜单质，因而他探究的实验目的是验证钠与硫酸铜溶液反应是否生成铜；故答案为：验证钠与硫酸铜溶液反应是否有铜生成；（2）探究所依据的化学原理是，当钠不与硫酸铜发生置换反应时，沉淀只有氢氧化铜，当钠与硫酸铜发生置换反应时，沉淀中既有氢氧化铜液有铜，氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶，加入过量的盐酸观察沉淀是否全部溶解，若全部溶解说明无铜生成，若仍有沉淀说明有铜生成；故答案为：氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶；（3）实验需要首先完成Na与硫酸铜溶液反应，然后再进行沉淀与盐酸的反应，完成钠与硫酸铜溶液的反应，需要的试剂是钠和硫酸铜溶液，需要的用品：小刀、玻璃片、滤纸，还需要的用品是镊子、烧杯；完成沉淀与盐酸的反应，需要试剂是稀盐酸或稀硫酸，不再需要其他用品；钠与水反应放出热量，氢氧化铜受热分解，所以实验中意外发现的黑色沉淀是氧化铜；故答案为：镊子；烧杯；硫酸铜溶液；稀盐酸或稀硫酸；CuO；钠与水反应放出热量使氢氧化铜受热部分分解点评：本题考查了钠性质的分析，主要是钠和盐反应产物的分析判断和实验设计验证，掌握物质性质和实验探究式解题关键，题目难度中等8（3分）（2014秋秦安县校级期中）常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应 应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”请回答该实验中的问题（1）写出该反应的反应方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；并指明该氧化还原反应的还原剂是Fe，氧化剂是H2O（2）实验前必须对整套装置进行气密性检查，操作方法是在玻璃管口A处接一段乳胶管，乳胶管头上连一段玻璃管，并将管口没入水中，用酒精灯火焰微热烧瓶底部，如果能够观察到没入水中的玻璃管口有气体逸出，停止加热后，玻璃管内有水柱上升，且较长时间水柱不回落，则标明该套装置气密性良好（3）圆底烧瓶中盛装的水，该装置受热后的主要作用是为实验提供水蒸气；烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸（4）酒精灯和酒精喷灯点燃的顺序是先点燃酒精灯，产生水蒸气后再点燃酒精喷灯，为什么？防止铁与空气中的氧气在加强热的条件下反应（5）干燥管中盛装是的物质是碱石灰，作用是除去反应产生的氢气中的水蒸气（6）试管中收集气体是氢气，如果要在A处玻璃管处点燃该气体，则必须对该气体进行验纯，方法是用试管收集一试管气体，靠近酒精灯火焰，如果发出的声音是“啪”的爆鸣声，则证明产生的氢气不纯（含有氧气），如果是“噗”的声音，则证明是纯净的氢气这一操作的目的是防止点燃时，氢气因含有氧气而爆炸考点：性质实验方案的设计；氧化还原反应；铁及其化合物的性质实验专题：实验设计题；氧化还原反应专题分析：（1）对于铁与水蒸气反应的化学方程式，教材中已出现，很容易写出化学方程式还原剂的判定方法根据化合价升高的物质，氧化剂是化合价降低的物质；（2）检验装置气密性的方法一般用微热的方法，根据冒出的气泡和回流的水柱来判断；（3）反应物为水蒸气与铁；放碎瓷片的目的是防止沸腾事故发生；（4）如果在一套装置中需要两处加热，一定要注意点燃加热仪器的顺序，一般是根据实验的安全性和对实验结果的影响来考虑；（5）干燥管起干燥氢气的作用，盛放固体干燥剂；（6）点燃氢气前一定要检验纯度，防止发生爆炸解答：解：（1）铁与水蒸气发生氧化还原反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，根据化合价升降来判断氧化剂和还原剂因铁的化合价升高，所以铁作还原剂，水中氢的化合价降低，H2O作氧化剂故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；Fe；H2O；（2）中学阶段检查装置气密性常用方法有两种：一种是利用热胀冷缩原理，另一种是利用气压原理气压原理一般只有涉及到液体时才能用得到，这里显然是利用热胀冷缩原理利用热胀冷缩原理时要注意步骤一定要完整，既要证明“热胀”，也要证明“冷缩”，故答案为：在玻璃管口A处接一段乳胶管，乳胶管头上连一段玻璃管，并将管口没入水中，用酒精灯火焰微热烧瓶底部，如果能够观察到没入水中的玻璃管口有气体逸出，停止加热后，玻璃管内有水柱上升，且较长时间水柱不回落，则标明该套装置气密性良好；（3）因为反应物为水蒸气与铁，所以这里加热的目的就是提供水蒸气，烧瓶底部应事先放置碎瓷片，放碎瓷片的目的是防止沸腾事故发生，故答案为：为实验提供水蒸气；防止暴沸；（4）点燃加热仪器的顺序要考虑实验的安全性和对实验结果的影响，在本实验中为了防止铁与空气中的氧气在加强热的条件下反应，应该先点燃酒精灯，故答案为：先点燃酒精灯，产生水蒸气后再点燃酒精喷灯；防止铁与空气中的氧气在加强热的条件下反应；（5）干燥管中盛装是的物质是碱石灰，作用是除去反应产生的氢气中的水蒸气，故答案为：碱石灰；除去反应产生的氢气中的水蒸气；（6）氢气的爆炸极限是4.0%75.6%，就是说当氢气的含量在上述范围内的话就会引起爆炸，因此，点燃之前要检验纯度故答案为：氢气；验纯；用试管收集一试管气体，靠近酒精灯火焰，如果发出的声音是“啪”的爆鸣声，则证明产生的氢气不纯（含有氧气），如果是“噗”的声音，则证明是纯净的氢气；防止点燃时，氢气因含有氧气而爆炸点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握高温下铁与水反应及实验中装置的作用为解答的关键，侧重物质性质及实验分析能力的考查，题目难度中等三、计算题9将一定质量的金属钠投入到盛有50.0mL水的烧杯中，反应完全后冷却，称量所得溶液的质量为52.2g，试求：（1）加入金属钠的质量；（2）所得溶液中NaOH的质量分数考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：50.0mL水的质量是50.0g，已知反应前后烧杯中所盛物质的质量，可知反应前后溶液的质量差，利用差量法求解计算Na的质量、生成NaOH的质量，进而计算所得溶液质量分数解答：解：50.0mL水的质量是50.0g，已知反应前后烧杯中所盛物质的质量，可知反应前后溶液的质量差，利用差量法求解，则：2Na+2H2O2NaOH+H2m46 80 44m（Na） m（NaOH） 52.2g50.0g=2.2g（1）m（Na）=2.3g，答：钠的质量为2.3g；（2）m（NaOH）=4.0g，故w（NaOH）=100%=7.7%，答：所得溶液质量分数为7.7%点评：本题考查化学方程式有关计算，难度不大，注意利用溶液质量差量法计算四、推断题10（3分）已知A、B、C、D均为中学化学的常见物质，它们之间的反应关系如图所示：（1）若A是短周期主族元素中原子半径最大的元素构成的单质，D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液图示中的离子方程式为6Na+2Al3+6H2O=6Na+2Al（OH）3+3H2（2）若C是一种四原子分子，分子中四个原子在一条直线上；A与B的溶液反应只生成气体C、CaCO3和H2O，则C的电子式为，B的化学式为Ca（HCO3）2（3）若C是元素M的气态氢化物，且C能与M的最高价氧化物的水化物反应生成盐E；B是一种正盐，与E含有相同的阳离子；D不溶于稀硝酸则A的化学式为Ba（OH）2，B的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）考点：无机物的推断专题：推断题分析：（1）若A是短周期主族元素中原子半径最大的元素构成的单质，则A是Na，D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，且为白色沉淀，则D是Al（OH）3，B应该为铝盐；（2）若C是一种四原子分子，分子中四个原子在一条直线上，则C是C2H2；A与B的溶液反应只生成气体C、CaCO3和H2O，A是碳化钙、B是碳酸氢钙；（3）若C是元素M的气态氢化物，且C能与M的最高价氧化物的水化物反应生成盐E，则M是N元素，C是NH3，E是NH4NO3；B是一种正盐，与E含有相同的阳离子，则B是铵盐；D不溶于稀硝酸，且为白色沉淀，则A为氢氧化钡、B为硫酸铵，硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断解答：解：（1）若A是短周期主族元素中原子半径最大的元素构成的单质，则A是Na，D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，且为白色沉淀，则D是Al（OH）3，B应该为铝盐，钠、铝盐、水反应生成氢氧化铝、钠离子和氢气，离子方程式为6Na+2Al3+6H2O=6Na+2Al（OH）3+3H2，故答案为：6Na+2Al3+6H2O=6Na+2Al（OH）3+3H2；（2）若C是一种四原子分子，分子中四个原子在一条直线上，则C是C2H2；A与B的溶液反应只生成气体C、CaCO3和H2O，A是碳化钙，碳化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，所以B是碳酸氢钙，乙炔分子中碳原子之间存在共价三键，氢原子和相邻碳原子共有一对电子，所以乙炔电子式为，B为Ca（HCO3）2，故答案为：；Ca（HCO3）2；（3）若C是元素M的气态氢化物，且C能与M的最高价氧化物的水化物反应生成盐E，则M是N元素，C是NH3，E是NH4NO3；B是一种正盐，与E含有相同的阳离子，则B是铵盐；D不溶于稀硝酸，且为白色沉淀，则A为Ba（OH）2、B为硫酸铵，硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）c（SO42），铵根离子水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故答案为：Ba（OH）2；c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）点评：本题考查无机物推断，涉及物质结构、盐类水解、离子反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，熟练掌握常见元素化合物结构、性质，知道盐类水解特点，题目难度不大11（3分）如图所示，分别代表有关反应的一种物质，他们均是中学化学中的常见物质已知和中分别含有同一种元素（1）分别写出、的化学式或离子符号：Al Al（OH）3 Fe 2+ Fe（OH）3（2）写出下列反应的化学方程式是离子反应的只写出离子方程式：+OH2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2+H+2Al+6H+=2Al3+3H2+3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）32Al（OH）3Al2O3+3H2O+O22Al2O34Al+3O2+2Al+Fe2O32Fe+Al2O3+空气4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3考点：无机物的推断专题：推断题分析：能和酸、碱反应，都能生成，受热分解生成，电解熔融态的得到和氧气，说明是金属氧化物，为金属单质，高温下发生铝热反应，则是Al、为偏铝酸盐、为铝盐、为Al（OH）3、为Al2O3；为弱碱，能被氧气氧化，说明其中金属元素具有变价，则为Fe元素，所以为Fe、为亚铁盐、为Fe（OH）2，为Fe（OH）3，氢氧化铁受热分解得到Fe2O3，再结合题目解答解答：解：能和酸、碱反应，都能生成，受热分解生成，电解熔融态的得到和氧气，说明是金属氧化物，为金属单质，高温下发生铝热反应，则是Al、为偏铝酸盐、为铝盐、为Al（OH）3、为Al2O3；为弱碱，能被氧气氧化，说明其中金属元素具有变价，则为Fe元素，所以为Fe、为亚铁盐、为Fe（OH）2，为Fe（OH）3，氢氧化铁受热分解得到Fe2O3，（1）通过以上分析知，、分别为Al、Al（OH）3、Fe2+、Fe（OH）3，故答案为：Al；Al（OH）3；Fe2+；Fe（OH）3；（2）通过以上分析知，反应方程式分别为：+OH为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，+H+为：2Al+6H+=2Al3+3H2，+为：3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3，为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；+O2为：2Al2O34Al+3O2；+为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；+空气为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；2Al+6H+=2Al3+3H2；3AlO2+Al3+6H2O=4Al（OH）3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；2Al2O34Al+3O2；2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3点评：本题以Al、Fe及其化合物为载体考查无机物推断，根据物质反应特点、物质的性质、反应条件为突破口采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握元素化合物知识，会正确书写离子方程式，题目难度中等五、填空题12（3分）海洋资源的开发前景十分广泛如图是我们从海水中提取镁的流程图上述一系列转化过程中，未涉及的基本反应类型是置换反应；其中电解氯化镁制备金属镁的化学方程式为MgCl2 Mg+Cl2考点：海水资源及其综合利用专题：元素及其化合物分析：四种反应类型特点：化合反应多变一，分解反应一变多，置换反应单换单，复分解反应：化合价不变，成分两交换；根据反应物和生成物确定反应类型，根据质量守恒定律写成化学方程式，水与生石灰反应生成氢氧化钙是化合反应，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水是复分解反应，氯化镁通电分解成镁和氯气是分解反应解答：解：四种反应类型特点：化合反应多变一，分解反应一变多，置换反应单换单，复分解反应：化合价不变，成分两交换；生石灰与水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaO+H2OCa（OH）2，为化合反应；氢氧化镁与盐酸反应Mg（OH）2+2HClMgCl2+2H2O为复分解反应；氯化镁通电分解MgCl2 Mg+Cl2；生成镁和氯气是分解反应；上述一系列转化过程中，未涉及的基本反应类型是置换反应，故答案为：置换反应；MgCl2 Mg+Cl2；点评：本题考查了学生根据反应原理进行化学方程式类型的判断，掌握四大反应类型的特点是解答本题的关键，题目难度不大13（3分）（2013春天元区校级月考）等质量的Na、Mg、Al分别跟足量的盐酸反应，产生H2的质量比为：考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：三种金属与酸反应的方程式分别为2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，结合反应的方程式以及题目要求解答该题解答：解：设金属的质量都是1g，则根据反应方程式：2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，产生氢气的质量分别是： 、，质量之比是：，故答案为：点评：本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意根据化学方程式判断有关反应的量的关系14（3分）由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有下图所示的转换关系，已知C为密度最小的气体，甲是电解质根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：AAl，BO2，乙NaAlO2，丁Al（OH）3（2）组成单质A的元素在周期表中的位置是第三周期第A族，丙的电子式是（3）写出下列变化的方程式：A与NaOH溶液反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；乙与过量CO2反应的离子方程式AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3考点：无机物的推断专题：推断题分析：C为密度最小的气体，则C是H2，A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气