2014-2015学年广东省珠海一中高一（下）分班考试化学
试卷及参考答案与试题解析
一、单选题（本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共20分） 1．下列有关钠的叙述中，错误的是（ ）
A． 钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、锆、铌等
B． 钠的化学性质非常活泼，钠元素只能以化合态存在于自然界
+
C． Na与Na都具有强的还原性 D． 钠的质地软，可用小刀切割
考点： 钠的化学性质；钠的物理性质．
分析： A．依据氧化还原反应规律，可知还原性强的能置换还原性弱的； B．钠性质活泼，与空气中氧气、水等反应； C．钠离子结构稳定，不易失去电子； D．依据钠的硬度的物理性质解答．
解答： 解：A．钠的还原性很强，与钛、锆、铌熔融的氯化物反应可以用来冶炼金属钛、锆、铌等，故A正确；
B．钠性质活泼，与空气中氧气、水等反应，在自然界中无游离态钠，故B正确； C．钠离子结构稳定，不易失去电子，不具有强的还原性，故C错误； D．钠的硬度小，能够用小刀切割，故D正确； 故选：C． 点评： 本题考查了钠的性质，熟悉钠的物理性质和化学性质即可解答，侧重考查基础知识，题目难度不大．
2．我国报道的高温超导体中，铊是组成成分之一．已知铊和铝的性质相似，下列关于铊的判断正确的是（ ）
A． 氢氧化铊是两性氢氧化物 B． 铊是两性金属 C． 铊是金属
D． 氧化铊既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
考点： 同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．
分析： A．同一主族元素金属性随着原子序数增大而增强，氢氧化铝是两性氢氧化物，铊的金属性大于Al；
B．铊的金属性远远大于Al；
C．Al是金属，且铊的金属性远远大于Al； D．氧化铊是碱性氧化物． 解答： 解：A．同一主族元素金属性随着原子序数增大而增强，氢氧化铝是两性氢氧化物，铊的金属性大于Al，所以氢氧化铊是碱，故A错误；
B．铊的金属性远远大于Al，Al是两性金属，则铊不是两性金属，故B错误； C．Al是金属，且铊的金属性远远大于Al，所以铊是金属，故C正确；
D．氧化铝是两性氧化物，铊的金属性远远大于铝，所以氧化铊是碱性氧化物，故D错误；
故选C． 点评： 本题考查同一主族元素性质递变规律，侧重考查学生知识迁移能力，利用铝的性质采用知识迁移方法解答，注意两性氧化物、两性氢氧化物特点，题目难度不大．
3．今有下列三个氧化还原反应： ①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2 ②2FeCl2+Cl2═2FeCl3
③2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
﹣﹣﹣2+2+
若某溶液中有Fe和I共存，要氧化除去I而又不影响Fe和Cl，可加入的试剂是（ ） A． Cl2 B． KMnO4 C． FeCl3 D． HCl
考点： 氧化性、还原性强弱的比较． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： 反应①中氧化性：Fe＞I2；还原性：I＞Fe；
﹣3+2+
反应②中氧化性：Cl2＞Fe；还原性：Fe＞Cl；
﹣﹣2+
反应③中氧化性：MnO4＞Cl2；还原性：Cl＞Mn，
﹣﹣3+2+
所以氧化性由强至弱的顺序为：MnO4＞Cl2＞Fe＞I2，还原性由强至弱的顺序为：I＞Fe
﹣﹣﹣2+2+
＞Cl＞Mn，要氧化除去I而不影响Fe和Cl，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，
﹣2+
且Fe和Cl不能参加反应，以此来解答．
﹣3+
解答： 解：由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4＞Cl2＞Fe＞I2，还原性由强
﹣﹣2+2+
至弱的顺序为I＞Fe＞Cl＞Mn，
﹣2+
A．氯气能将Fe、I均氧化，故A不选；
﹣﹣2+
B．KMnO4能将Fe、I和Cl均氧化，故B不选；
﹣﹣2+
C．FeCl3能氧化除去I而不影响Fe和Cl，故C选； D．HCl与三种离子均不反应，故D不选； 故选C． 点评： 本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应应用的考查，注意氧化剂比较及除杂的原则，题目难度不大．
4．下列说法正确的是（ ）
A． 我国流通的硬币材质是金属单质 B． 所有的不锈钢都只含有金属元素
C． 我国是文明古国，不久打捞的明代沉船上存在大量铝制餐具 D． 镁合金的硬度和机械强度均高于纯镁
考点： 合金的概念及其重要应用；金属与合金在性能上的主要差异． 专题： 几种重要的金属及其化合物．
分析： A．我国流通的硬币材质是合金； B．不锈钢的成分中含有碳或硅元素； C．铝发现于1825年，明灭亡于1644年；
D．合金的硬度和强度等机械性能要好于成分金属．
解答： 解：A．我国流通的硬币材质是合金，而不是金属单质，故A错误； B．不锈钢的成分中含有碳或硅元素等非金属元素，故B错误；
3+
﹣
2+
C．铝发现于1825年，明灭亡于1644年，所以明代沉船上存在大量铝制餐具的说法不正确，故C错误；
D．合金的硬度和强度等机械性能要好于成分金属，故D正确； 故选D． 点评： 本题考查金属及合金的性质，熟记和理解金属的性质及用途，题目难度不大．
5．有关物质的性质及其用途的描述，正确的是（ ） ①Al2O3（是氧化物，因熔点很高作耐火坩埚） ②KAl（SO4）2•12H2O（因氧化性作水的消毒剂） ③Fe2O3（因其颜色且性质稳定作黑色油漆或涂料） ④Na2CO3（属于盐类，因其溶液显碱性作食用碱） ⑤钠、钾、锶、钡等化合物（因焰色反应作烟花）
⑥Na2O2（不属于碱性氧化物，因可吸收水分及CO2时放出氧气作呼吸面具供氧剂） A． ①④⑤⑥ B． ①②⑤⑥ C． ①③④⑤ D． 全部
考点： 钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物． 分析： ①Al2O3的熔点很高；
②KAl（SO4）2•12H2O中的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体； ③Fe2O3为红棕色固体；
④Na2CO3属于盐类，因其溶液水解成碱性；
⑤钠、钾、锶、钡等化合物焰色反应出现不同的颜色； ⑥Na2O2与水分及CO2时反应生成氧气．
解答： 解：①Al2O3的熔点很高，常用耐火坩埚，故正确；
②KAl（SO4）2•12H2O中的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体而净水，不是因氧化性作水的消毒剂，故错误；
③Fe2O3为红棕色固体，不作黑色油漆或涂料，故错误； ④Na2CO3属于盐类，因其溶液水解成碱性，故正确；
⑤钠、钾、锶、钡等化合物焰色反应出现不同的颜色，所以用作烟花，故正确； ⑥Na2O2与水分及CO2时反应生成氧气，所以可作呼吸面具供氧剂，故正确； 故选A． 点评： 本题考查元素及其化合物的用途以及性质，物质性质是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等．
6．用焰色反应检验K离子时的操作步骤：①蘸取待测液 ②置酒精灯火焰上灼烧 ③透过蓝色钴玻璃 ④用稀盐酸洗净铂丝，其正确的操作顺序是（ ） A． ①②③④ B． ④①②③ C． ④②①②③ D． ②①②③④
考点： 常见阳离子的检验；焰色反应． 专题： 物质检验鉴别题． 分析： 根据焰色反应的操作步骤为：洗、烧、取、烧、观察来分析解答．
+
解答： 解：焰色反应的操作步骤：④用稀盐酸洗净铂丝，②置酒精灯火焰上灼烧，①将铂丝蘸浓盐酸在无色火焰上灼烧至无色，②蘸取试样在无色火焰上灼烧，③透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，故选C． 点评： 本题考查焰色反应的操作步骤，难度适中，考查学生解决实际问题的能力．
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A． 1 molFe3O4与足量的硝酸反应，转移的电子数为2NA B． 均是1mol的 Na、Al、Fe分别与足量的盐酸反应，生成氢气的分子数分别是0.5NA、1.5NA、1NA
C． 5.6g的铁完全参与反应，变为离子时失去的电子数目约为0.2NA
D． 0.1NA铝与足量的盐酸反应比与足量的氢氧化钠溶液反应生成的H2分子数多
考点： 阿伏加德罗常数． 专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 分析： A、依据电子守恒分析计算；
B、结合电子守恒计算生成氢气的物质的量得到； C、铁反应后可以生成铁离子或亚铁离子； D、依据电子守恒分析计算．
解答： 解：A、依据电子守恒分析计算，1 molFe3O4与足量的硝酸反应，转移的电子数=（3﹣）×3×NA×1mol=NA，故A错误；
B、结合电子守恒计算生成氢气的物质的量得到，均是1mol的 Na、Al、Fe分别与足量的盐酸反应，生成氢气的分子数分别是0.5NA、1.5NA、1NA，故B正确；
C、铁反应后可以生成铁离子或亚铁离子，5.6g的铁物质的量为0.1mol完全参与反应，变为离子时失去的电子数目约为0.2NA或0.3NA，故C错误；
D、依据电子守恒分析计算，0.1NA铝与足量的盐酸反应比与足量的氢氧化钠溶液反应生成的H2分子数相同，故D错误； 故选B． 点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应电子守恒的分析计算判断，掌握基础是关键，题目难度中等．
8．在下列实验过程中，出现的“异常”现象的解释，不正确的是（ ）
A． 金属钠投入到硫酸铜溶液中，生成黑色沉淀物，是因为氢氧化铜的生成
B． 过氧化钠加入到含有酚酞的水中，溶液变红再变无色，可能有强氧化性物质生成 C． 过量的二氧化碳通入澄清石灰水中，溶液变浑浊再变澄清，说明最终生成可以溶于水的盐
D． 在氯化亚铁的溶液中，滴加氢氧化钠溶液，先有白色沉淀，随后变灰绿色再变红褐色，说明氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化
考点： 钠的化学性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物． 专题： 几种重要的金属及其化合物． 分析： A、氢氧化铜为蓝色沉淀；
B、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是强碱，遇到酚酞变红色，同时生成氧气氧化有色物质为无色；
C、过量二氧化碳通入澄清石灰水中反应生成碳酸钙沉淀变浑浊，后继续通入二氧化碳变澄清，生成溶于水的碳酸氢钙；
D、氯化亚铁和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁乙被空气中氧气氧化生成氢氧化铁；
解答： 解：A、氢氧化铜为蓝色沉淀，金属钠投入到硫酸铜溶液中，生成黑色沉淀物不是生成氢氧化铜，应为氧化铜，故A错误；
B、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是强碱，遇到酚酞变红色，同时生成氧气氧化有色物质为无色，所以出现溶液变红再变无色，故B正确；
C、过量二氧化碳通入澄清石灰水中反应生成碳酸钙沉淀变浑浊，后继续通入二氧化碳变澄清，生成溶于水的碳酸氢钙，说明最终生成可以溶于水的盐，故C正确； D、氯化亚铁和氢氧化钠反应生成的氢氧化亚铁，先有白色沉淀，随后变灰绿色再变红褐色，是因为乙被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，故D正确； 故选A． 点评： 本题考查了物质性质的分析判断，主要是混合物性质和反应现象的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
9．下列除杂质的方法不可行的是（ ）
A． 除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3：通入过量的CO2
B． 除去MgCl2溶液中少量的AlCl3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀后用稀盐酸溶解沉淀
C． 除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热 D． 用盐酸除去AgCl中少量的Ag2CO3
考点： 物质的分离、提纯和除杂．
分析： A、碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸钠；
B、加入过量氢氧化钠溶液，Al生成偏铝酸根，过滤得到氢氧化镁沉淀，加盐酸溶沉淀解，得到氯化镁；
C、加热NaHCO3生成Na2CO3；
D、盐酸和碳酸银反应生成氯化银、二氧化碳和水．
解答： 解：A、碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸钠，把杂质转化为NaHCO3溶液的溶质，故A正确；
B、加入过量氢氧化钠溶液，Al生成偏铝酸根，过滤得到氢氧化镁沉淀，加盐酸溶解沉淀，得到氯化镁，故B正确；
C、加热NaHCO3生成Na2CO3，仍然是K2CO3固体的杂质，故C错误；
D、盐酸和碳酸银反应生成氯化银、二氧化碳和水，除去了碳酸银，故D正确； 故选C． 点评： 本题考查了除杂操作的基本原则，以及钠的重要化合物的化学性质，难度不大．
10．如图曲线图（纵坐标为沉淀的量，横坐标为加入物的量）不正确的是（ ）
3+3+
A．
mol/L稀H2SO4溶液
向1L浓度均为0.1mol/L的Ba（OH）2、NaAlO2混合液加入0.1
B．
0.1mol/L NaOH溶液
向含有0.1 mol/L AlCl3和0.3mol/L NH4Cl的混合液1L中加入
C．
向氢氧化钠溶液滴加明矾[KAl（SO4）[已知AlO2和Al2]溶液，
﹣
3+
在溶液中生成Al（OH）3]
D． 向AlCl3溶液滴加过量氨水
考点： 镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．
分析： A、Ba（OH）2、NaAlO2混合液中加入稀H2SO4溶液，酸碱中和反应先发生，且生成硫酸钡沉淀，然后是硫酸和NaAlO2发生反应的过程；
B、AlCl3和 NH4Cl的1L混合液中加入NaOH溶液，先出现白色沉淀氢氧化铝，然后是铵根离子和氢氧根离子之间反应生成一水合氨，最后是氢氧化铝溶解的过程；
C、向氢氧化钠中加明矾，开始阶段碱过量，不会出现沉淀，然后是铝离子和偏铝酸盐生成氢氧化铝沉淀的过程；
D、向AlCl3溶液滴加过量氨水，开始会出现氢氧化铝的白色沉淀，氢氧化铝不溶于过量氨水．
解答： 解：A、Ba（OH）2、NaAlO2混合液中加入稀H2SO4溶液，酸碱中和反应先发生，且生成硫酸钡沉淀，所以反应开始就有沉淀生成，然后是硫酸和NaAlO2发生反应的过程，当加入2.5L硫酸，沉淀氢氧化铝全部溶解，故A错误；
B、AlCl3和 NH4Cl的1L混合液中加入NaOH溶液，先出现白色沉淀氢氧化铝，然后是铵根离子和氢氧根离子之间反应生成一水合氨，最后是氢氧化铝溶解的过程，消耗NaOH的量之比是3：3：1，故B正确；
C、向氢氧化钠中加明矾，开始阶段碱过量，不会出现沉淀，然后是铝离子和偏铝酸盐生成氢氧化铝沉淀的过程，故C正确；
D、向AlCl3溶液滴加过量氨水，开始会出现氢氧化铝的白色沉淀，氢氧化铝不溶于过量氨水，故D错误．
故选AD． 点评： 本题考查学生物质的性质以及化学反应发生的先后知识，结合图象来考查，增加了题目的难度．
二、双选题（本题包括8小题，每小题有两个选项符合题意．每题4分，若只选一个且正确给2分，选两个而且都正确的给4分；但只要选错一个，该小题为0分．共32分） 11．下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是（ ） A． 氯化钠溶液中滴入硝酸银溶液 B． 氢气还原氧化铜
C． 铁片置于硫酸铜溶液中
D． 用氢氧化钠溶液溶解带氧化膜的铝片
考点： 氧化还原反应；离子反应发生的条件． 分析： 离子反应，应能在溶液中进行，且有离子参加反应或离子生成，氧化还原反应的特征是有化合价的升降，以此解答该题．
解答： 解：A．氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液，元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．氢气还原氧化铜不是离子反应，但属于氧化还原反应，故B错误；
2+2+
C．铁片置于硫酸铜溶液，反应的实质是Fe+Cu=Cu+Fe，既是离子反应又是氧化还原反应，故C正确；
D．用氢氧化钠溶液溶解带氧化膜的铝片，是氢氧化钠与氧化铝反应，是离子反应，但不属于氧化还原反应，故D错误． 故选C． 点评： 本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握离子反应以及氧化还原反应的实质．
12．将Na2O2投入FeCl2溶液中，完全反应后最终可观察到的现象是（ ） A． 生成白色沉淀 B． 生成红褐色沉淀 C． 生成灰绿色沉淀 D． 有气泡产生
考点： 钠的重要化合物．
分析： Na2O2投入FeCl2溶液反应中Na2O2和水反应，生成的氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；
解答： 解：将Na2O2投入FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+H2O=4Fe（OH）3，4Fe（OH）2是白色沉淀易被氧化为红褐色的Fe（OH）3沉淀，所以看到的现象是：有大量气泡生成，出现白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色． 故选：BD． 点评： 本题考查的是钠化合物的性质、氢氧化钠的性质，正确分析反应过程是解本题的关键，经常考查的还有Na2O2、Na投入CuSO4溶液中观察到的现象．
13．下列离子方程式书写正确的是（ ）
+2+
A． Cu（OH）2浊液中滴加醋酸：Cu（OH）2+2H═Cu+2H2O B． NaOH溶液中加入铝片：2Al+2 OHˉ═2AlO2ˉ+3H2↑
C． 已知Fe可以还原C12、Br2，C12可以氧化Br生成Br2，在标准状况下，向10mL
﹣﹣2+3+
0.1moL/LFeBr2溶液中通入22.4mL氯气：2Fe+2Br+2C12═2Fe+Br2+4C1
﹣+
D． NaHCO3溶液与稀硫酸溶液的反应：HCO3+H═H2O+CO2↑
考点： 离子方程式的书写．
分析： A．醋酸是弱电解质要写化学式； B．转移电子不守恒、原子不守恒；
C．n（FeBr2）=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，n（C12）=
=0.001mol，0.001mol亚
2+
﹣
铁离子被氧化需要0.0005mol，剩余0.0005mol氯气能氧化0.001mol溴离子； D．碳酸氢钠和稀硫酸反应生成二氧化碳、水．
解答： 解：A．醋酸是弱电解质要写化学式，离子方程式为Cu（OH）
﹣2+
2+2CH3COOH=Cu+2CH3COO+2H2O，故
A错误；
B．转移电子不守恒、原子不守恒，离子方程式为2H2O+2Al+2 OHˉ═2AlO2ˉ+3H2↑，故B错误；
C．n（FeBr2）=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，n（C12）=
2+
=0.001mol，0.001mol亚
铁离子被氧化需要0.0005mol，剩余0.0005mol氯气能氧化0.001mol溴离子，所以氯气、溴离子、亚铁离子的物质的量之比为1：1：1，离子方程式为2Fe+2Br+2C12═2Fe+Br2+4C1﹣
，故C正确；
﹣+
D．碳酸氢钠和稀硫酸反应生成二氧化碳、水，离子方程式为HCO3+H═H2O+CO2↑，故D正确； 故选CD． 点评： 本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子性质及离子方程式书写规则即可解答，注意要遵循原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，易错选项是C．
14．下列离子能大量共存于同一溶液中的是（ ）
A． HCO3、OH、K、Cl B． Al、H、Clˉ、K
﹣2﹣+ˉ2++ˉ+
C． SO4、Na、OH、AlO2 D． Fe、K、NO3、H
考点： 离子共存问题． 分析： 根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
解答： 解：A．HCO3、OH结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选； B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B选； C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；
D．Fe、NO3、H发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选； 故选BC． 点评： 本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．
15．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑．该反应中氧化剂是（ ） A． S B． KNO3 C． C D． CO2
2+
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
3+
ˉ+ˉ3+++
+
考点： 氧化还原反应． 分析： 该反应中，硫元素化合价由0价变为﹣2价，N元素化合价由+5价变为0价，碳元素化合价由0价变为+4价，根据元素化合价变化判断氧化剂和还原剂，氧化剂在反应中被还原，还原剂在反应中被氧化，以此解答． 解答： 解：反应S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑中，S元素化合价由0价降低到﹣2价，则S为氧化剂，N元素化合价由+5价降低到0价，则KNO3为氧化剂，C元素化合价由0价升高到+4价，则C为还原剂， 故选AB． 点评： 本题考查氧化还原反应，把握变化中元素的化合价为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及电子转移的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大．
16．下列操作可以达到实验目的是（ ）
3+2+
A． 要证明某溶液中不含Fe而可能含Fe，先加氯水，再加少量的KSCN溶液 B． 为防止FeSO4被氧化而变质，常在溶液中加入少量的铁粉 C． 将Fe（OH）2露置在空气中加热灼烧可以得到FeO
D． 向AlCl3溶液中加入过量氨水，过滤，沉淀灼烧可得到Al2O3
考点： 二价Fe离子和三价Fe离子的检验；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变． 专题： 几种重要的金属及其化合物．
分析： A、加入的硫氰化钾和氯水的顺序不能颠倒，应该先加入硫氰化钾溶液，再加入氯水；
B、根据根据亚铁离子容易被氧化成铁离子分析；
C、氢氧化亚铁在空气中容易被氧化成氢氧化铁，加热生成了氧化铁； D、氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热生成氧化铝．
2+3+3+
解答： 解：A、先滴加氯水，氯气将Fe氧化成Fe，即使原溶液不含Fe，滴加KSCN
3+
溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe，故A错误；
B、由于亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，在配制硫酸亚铁溶液时，常在溶液中加入少量的铁粉，故B正确；
C、氢氧化亚铁在空气中加热生成了氢氧化铁，灼烧后得到氧化铁，故C错误；
D、氯化铝溶液加入过量氨水，反应生成了氢氧化铝沉淀，过滤，沉淀灼烧后得到氧化铝，故D正确； 故选BD． 点评： 本题考查了铁离子和亚铁离子的检验方法、铁的氧化物和强氧化物、铝的氧化物和强氧化物、硫酸亚铁溶液的配制等知识，题目难度不大，涉及的知识点较多，充分考查了学生对基础知识的掌握情况，有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力．
17．下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（ ）
A． NaHSO4 和 Ba（OH）2 B． MgCl2和 NH3•H2O C． NaAlO2 和 H2SO4 D． AlCl3 和 NaOH
考点： 镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．
分析： A、NaHSO4和Ba（OH）2反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀；
B、无论氨水是否过量，氯化镁和氨水反应都生成氢氧化镁沉淀；
C、NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立即溶解，最终有沉淀，当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀后溶解，最终无沉淀；
D、前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O
﹣3+
═4Al（OH）3↓+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al+3OH═Al（OH）Al（OH）3↓、3+OH﹣﹣
═AlO2+2H2O．
解答： 解：A、NaHSO4和Ba（OH）2反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，反应方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，当后者滴入前者时，前者开始足量，反应方程式为：2NaHSO4+Ba（OH）2 =Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀，故A正确；
B、无论氨水是否过量，氯化镁和氨水反应都生成氢氧化镁沉淀，所以反应现象相同，故B正确；
C、NaAlO2和H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量，先有沉淀立刻溶解，先有沉淀反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al（OH）3↓由于H2SO4过量，生成的Al（OH）3立刻被硫酸中和，反应方程式为：2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，
﹣3+3+
当溶液中铝元素全部变为Al时，它与滴入的AlO2发生双水解反应方程式为：Al+3AlO2﹣
+6H2O=4Al（OH）3↓现象是最终有沉淀；当后者滴入前者时，前者开始足量，先有沉淀，反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al（OH）3↓ 后溶解是由于硫酸过量，反应方程式为：3H2SO4+2Al（OH）3═Al2（SO4）3+6H2O，最终无沉淀，故C错误； D、因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；
﹣﹣﹣3+
而后者逐滴滴入前者发生Al+3OH═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故D错误； 故选AB． 点评： 本题考查利用滴加顺序不同来判断反应的现象，明确发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大．
18．根据你的实验观察和记录，下面关于Na2CO3和NaHCO3性质的叙述，正确的是（ ） A． 受热时Na2CO3比NaHCO3稳定
B． 同温同压下，在水中Na2CO3比NaHCO3溶解性小
C． 物质的量相等的Na2CO3和NaHCO3分别溶于等体积的水后，Na2CO3水溶液的碱性较弱
D． 质量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3放出的CO2少
考点： 钠的重要化合物．
分析： A．碳酸氢钠受热易分解； B．相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小； C．Na2CO3水解程度比NaHCO3大；
D．利用n=，可计算物质的量，因酸足量，利用Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2来分析． 解答： 解：A．碳酸氢钠受热易分解，不稳定，则热稳定性为Na2CO3＞NaHCO3，故A正确；
B．Na2CO3和NaHCO3在相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在水中的溶解度为：Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；
C．Na2CO3水解程度比NaHCO3大，物质的量浓度相同时，碳酸钠溶液碱性较大，故C错误；
D．设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、
mol，根据Na2CO3～
mol，Na2CO3放出的CO2
少，故D正确． 故选：AD． 点评： 本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，涉及溶解度、稳定性、与酸的反应等，注意与酸反应中量少的物质完全反应，题目难度不大．
三、填空题（共4题，共22分） 19．储氢纳米碳管的研制成功体现了科技的进步．用电弧法合成的纳米管伴有大量的杂质﹣﹣碳纳米颗粒．这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯．其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2（SO4）3和H2O七种．
（1）已知K2Cr2O7在反应中得到电子，则配平后的该氧化还原反应的方程式为： 3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O ． （2）H2SO4在上述反应中表现出的性质是（填选项序号） C ．
A．氧化性 B．氧化性和酸性 C．酸性 D．还原性和酸性 （3）上述反应中的还原剂是（填化学式） C ，还原产物是（填化学式） Cr2（SO4） 3 ．（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为 4.48L ．
考点： 氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平． 专题： 氧化还原反应专题．
分析： （1）因K2Cr2O7具有氧化性，C具有还原性，再根据电子守恒和质量守恒定律来分析；
（2）根据反应生成硫酸盐来分析；
（3）含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化剂被还原，对应的产物为还原产物；
（4）根据每生成3molCO2时转移的电子为12mol来计算． 解答： 解：（1）因几种物质中K2Cr2O7具有氧化性，K2Cr2O7在反应中得到电子，而C具有还原性，
氧化反应为C→CO2，还原反应为K2Cr2O7→Cr2（SO4）3，
则反应物为C、H2SO4、K2Cr2O7，生成物为CO2、K2SO4、Cr2（SO4）3和H2O， 由电子守恒及质量守恒定律可知，
配平后的该氧化还原反应的方程式为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，
故答案为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O；
（2）由氧化还原反应可知，H2SO4中各元素的化合价在反应前后不不变，生成硫酸盐，则只表现出酸性， 故答案为：C；
（3）因碳元素的化合价升高，则C为还原剂，Cr元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，被还原，对应的还原产物为Cr2（SO4）3， 故答案为：C；Cr2（SO4）3； （4）由3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）每生成3molCO23+8H2O可知，时转移的电子为12mol，
则电子转移了0.8mol时生成的CO2的物质的量为0.2mol，其体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48L． 点评： 本题考查氧化还原反应，明确常见的氧化剂、还原剂及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，难度不大，对氧化还原反应的考查点较全．
20．钙和氢气在一定温度下可化合反应生成一种灰白色的化合物A（金属氢化物）．该化合物在熔融状态下能导电．取少量A投放水中剧烈反应放出一种无色无味气体，并形成一种碱溶液．
（1）钙和氢气反应的化学方程式： Ca+H2═CaH2 ，其中H2作 氧化 剂．化合物A中氢元素的化合价为 ﹣1 价．
（2）化合物A与水反应的化学方程式为： CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑ ，其中A作 还原 剂．
考点： 氧化还原反应．
分析： （1）Ca与氢气反应生成CaH2，H2得电子化合价降低作氧化剂，根据钙元素的化合价判断；
（2）CaH2与H2O反应生成Ca（OH）2、H2，CaH2中H元素的化合价升高． 解答： 解：（1）Ca与氢气反应生成CaH2，该反应为Ca+H2═CaH2，H元素的化合价降低，则H2作氧化剂，CaH2中Ca元素的化合价为+2价，则H为﹣1价； 故答案为：Ca+H2═CaH2；氧化；﹣1；
（2）CaH2与H2O反应生成Ca（OH）2、H2，钙反应为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2，↑，CaH2中H元素的化合价升高，则A作还原剂，
故答案为：CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑；还原． 点评： 本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重知识迁移应用能力的考查，题目难度不大．
21．锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱．但是氢氧化铝不溶于
2+
氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成Zn（NH3）Zn在这些化合物中的化合价均为+2．回4，答下列问题： （1）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式 Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn（0H） 4]+H2↑ ．3++（2）写出氯化铝溶液与氨水反应的离子方程式 Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4 ． （3）试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因 可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）4，氨水的量不易控制 ．
考点： 化学方程式的书写；离子方程式的书写．
分析： （1）锌和氢氧化钠的反应与金属铝和氢氧化钠的反应相似； （2）可溶性铝盐与氨水反应可以获得氢氧化铝沉淀；
（3）可溶性锌盐与氨水反应获得氢氧化锌沉淀可以溶于过量的氨水中．
2+
解答： 解：（1）根据题干信息得锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：
Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn（0H）4]+H2↑，
故答案为：Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn（0H）4]+H2↑；
3++
（2）可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式为：Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4，
3++
故答案为：Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4；
（3）在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌，因为可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）4，氨水的量不易控制，
故答案为：可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）2+
4，氨水的量不易控制． 点评： 本题是一道信息给定题，主要是锌及其化合物性质类比铝及其化合物的性质，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等．
22．如图五个图中，横坐标表示加入的物质的量，纵坐标表示生成沉淀的量，从A﹣E中选择各题要求的序号填入表
2+
溶液
加入的物质
答案序号
（1）饱和石灰水 通CO2至过量 E （2）AlCl3溶液 通过量的NH3 C （3）含少量HCl的AlCl3溶液 通过量的NH3 D （4）NaAlO2溶液 滴加稀HCl至过量 B （5）MgCl2 和AlCl3的混和液 滴加NaOH至过量 A
考点： 镁、铝的重要化合物．
分析： （1）石灰水中通入二氧化碳，先生成沉淀，后沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；
（2）氯化铝中通过量的NH3生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中；
（3）含少量HCl的AlCl3溶液通过量的NH3，先发生盐酸与氨气反应，不产生沉淀，然后发生氯化铝与NH3反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中；
（4）NaAlO2溶液中加入稀盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，根据方程式判断前后两部分两部分消耗的盐酸体积；
（5）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液生成两种沉淀，然后氢氧化铝与碱反应使沉淀的量减少，但不会完全溶解． 解答： 解：（1）石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2，沉淀消失，前后两部分二氧化碳的物质的量为1：1，故图象E符合；
（2）氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为Al+3OH═Al（OH）3↓，故图象C符合；
（3）含少量HCl的AlCl3溶液通过量的NH3，先发生盐酸与氨气反应，不产生沉淀，然后发生氯化铝与NH3反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，故图象D符合；
3+
﹣
（4）NaAlO2溶液中加入稀盐酸，发生反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，生成氢氧化铝沉淀，NaAlO2反应完毕后，发生反应，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，氢氧化铝溶解，前后两部分消耗的盐酸体积为1：3，故图象B符合；
（5）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液发生Al+3OH═Al（OH）Mg+2OH3↓、﹣
═Mg（OH）2↓生成两种沉淀，然后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，沉淀量减少但不会完全溶解，故图象A符合． 故答案为：E； C；D；B；A． 点评： 本题以图象显示考查化学反应，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意图象B、E中前后两部分的比例关系．
四、实验题（本题共2小题，共18分）
23．实验课上配制500mL 0.5mol/L的NaOH溶液，试回答下列问题． （1）计算：需要NaOH固体的质量为 10.0g ．
（2）某学生用托盘天平称量小烧杯的质量（烧杯中盛NaOH），称量前把游码放在标尺的零刻度，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将 高于 （填“高于”或“低于”）右边的托盘，欲使天平平衡，所进行的操作为 将左边的横梁螺丝往外调以调节平衡 ．假定最终称量小烧杯的质量为 32.6g （填“32.6g”或“32.61g”）． （3）在标尺（图）上画出游码位置（画“△”表示）． （4）配制方法：设计五个操作步骤
①向盛有NaOH的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温； ②继续向容量瓶中加入蒸馏水至离液面刻度1～2cm； ③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中；
④在烧杯中加入少量蒸馏水，小心洗涤2～3次后移入容量瓶中； ⑤改用胶头滴管加入蒸馏水至刻度线，加盖摇匀． 试用以上编号写出正确顺序 ①③④②⑤ ．
（5）某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol/L，原因可能是 ACD A．使用滤纸称量NaOH固体 B．容量瓶中原来存有少量水 C．溶解后的烧杯未经多次洗涤
D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度．
考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．
分析： （1）利用n=cV计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；
（2）托盘天平的精确度为0.1g，分度盘的指针偏右，说明右边重，将左边的横梁螺丝往外调调节平衡；
（3）根据称量质量判断游码读数，然后在标尺上画出游码的位置； （4）根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序；
（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断．
解答： 解：（1）需氢氧化钠的质量为：m（NaOH）=0.5L×0.5mol•L×40g/mol=10.0g，
﹣1
3+
﹣
2+
故答案为：10.0g；
（2）分度盘的指针偏右，说明右边重，左盘高于右盘．应将左边的横梁螺丝往外调以调节平衡．托盘天平的精确度为0.1g，故称量的质量应该为32.6g， 故答案为：高于；将左边的横梁螺丝往外调以调节平衡；32.6g；
（3）称量的总质量为32.6g，需要用到游码的读数为2.6g，则在标尺上画出游码的位置为：
，
故答案为：；
（4）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以正确操作顺序为①③④②⑤， 故答案为：①③④②⑤；
（5）实际配制NaOH溶液的浓度0.48mol•L，所配溶液浓度偏低，
A．用滤纸称量时，滤纸会吸附氢氧化钠，所以转入烧杯的氢氧化钠也少了，所配溶液浓度偏低，故A正确；
B．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误； C．未洗涤液烧杯、玻璃棒，移入容量瓶中氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低，故C正确；
D．定容时仰视刻度，使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D正确； 故答案为：ACD． 点评： 本题考查了配制一定物质的量浓度的步骤及误差分析，题目难度不大，掌握配制一定物质的量浓度的溶液的基本步骤，明确误差分析的方法与技巧．
24．有一种褐铁矿主要成分是Fe2O3，所含杂质不溶于水和酸．某研究性学习小组的同学们利用一小块样品，进行了以下实验．
3+
（1）检验矿物样品中是否有Fe
实验用品：锤子、研钵、烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台、滤纸、试管、胶头滴管 实验步骤：
①取样：将样品用锤子敲碎，再在研钵中研细备用．
②溶解：将样品粉末倒入烧杯，加入 稀盐酸 ，用玻璃棒充分搅拌． ③ 过滤 （填操作名称）．
④检验：取少许溶液， 滴加KSCN溶液 ． 实验现象： 溶液变为红色 ．
实验结论：矿物样品中含有Fe． （2）制备氢氧化亚铁
①为了得到亚铁盐的溶液，同学们在剩余的溶液中加入过量的某种固体试剂，该试剂是（填
3+2+
化学式） Fe ，反应的离子方程式是 2Fe+Fe=3Fe ．
②对于①中过量的固体试剂是否需要除去，同学们产生了两种观点． 甲组：认为需要过滤． 乙组：认为不需要过滤．
2+3+
你支持的是 乙 组（填“甲”或“乙”），理由是 过量的铁粉可以防止Fe被氧化为Fe ．
3+
﹣1
③同学们在新制得的亚铁盐溶液中加入适量新制的氢氧化钠溶液，制出的氢氧化亚铁呈 白 色．为使试管中的氢氧化亚铁保存的时间更长，请在如图所示试管内悬浊液面上覆盖一层 E 液体：
A．铁粉 B．CCl4 C．酒精 D．双氧水 E．植物油．
考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．
分析： （1）氧化铁可以和酸反应生成三价铁盐和水，三价铁遇到硫氰酸钾显示红色； （2）①金属铁可以和三价铁之间发生反应生成亚铁离子；
②亚铁离子很容以被氧化为三价铁，为了防止被氧化，需加入金属铁； ③亚铁离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，易被氧化为氢氧化铁． 解答： 解：（1）氧化铁可以和盐酸反应生成氯化铁和水，将氯化铁和难溶物质分离的方法可以采用过滤法，三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，可以用硫氰酸钾检验三价铁离子的存在， 故答案为：稀盐酸；过滤； 滴加KSCN溶液；溶液变为红色；
（2）①金属铁可以和三价铁之间发生反应生成亚铁离子，为了得到亚铁盐的溶液，可以在剩余的氯化铁溶液中加入过量的铁，发生反应：2Fe+Fe=3Fe，
3+2+
故答案为：Fe；2Fe+Fe=3Fe；
②在氯化铁和金属铁反应生成氯化亚铁的反应中，过量的铁不必除去，因为亚铁离子很容以被氧化为三价铁，为了防止被氧化，需加入金属铁，
故答案为：乙；过量的铁粉可以防止Fe被氧化为Fe；
③氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，为了防止被氧化，必须隔绝氢氧化亚铁和空气的接触，可覆盖一层和水互不相溶且密度小于水的液体乳：植物油、苯等， A．铁粉不能起到保护作用，故A错误；
B．CCl4比水重不能防止生成氢氧化亚铁被氧化，故B错误； C．酒精与水溶液混溶，不能防止氢氧化亚铁被氧化，故C错误；
D．双氧水能氧化氢氧化亚铁，不能防止氢氧化亚铁被氧化，故D错误；
E．植物油比水轻，可以防止氢氧化亚铁被氧化，可以看到白色沉淀，故E正确． 故答案为：白；E． 点评： 本题考查学生亚铁离子和三价铁离子的性质和检验知识，注意平时知识的积累是解题的关键，难度中等．
五、实验探究分析题（本题共1小题，共8分） 25．某研究型学习小组为测定镁和铝的混合物中铝的质量分数，称取该样品a g，溶于200mL 5mol/L HCl溶液中，共收集到标准状况下的氢气3.36L．
（1）小组成员设计出了四种制备并收集氢气的实验装置，如图所示，小圆黑球为样品． 你认为哪种装置实验时能像启普发生器那样“随开随用，随关随停”地制备气体（填图序号） （3）（4） ．
（2）a 的取值范围是 2.7＜a＜3.6 ．
2+
3+3+
2+
（3）向反应后所得溶液中逐渐加入4mol/L的NaOH溶液，沉淀的最大质量是 （a+5.1） g．（用含a 的代数式表示）
（4）继续加入NaOH溶液至沉淀质量不再发生变化时，过滤、洗涤并灼烧沉淀至恒重，所得残余固体的质量仍为a g，原混合物中铝的质量分数是 40% ．
考点： 探究物质的组成或测量物质的含量． 分析： （1）随开随用随关随停的气体发生装置是利用固体和液体的接触或分离而实现的，其中固液分离可以是利用气压的增大把液体压入长颈漏斗等容器，达到固液分离的目的，从而使反应停止．
（2）根据极限法求出极限点，根据Mg和Al与盐酸的反应可知，当氢气的量固定时，合金全为Mg时合金质量最大，当合金全为Al时合金质量最小；
（3）根据溶液中的HCl、MgCl2、AlCl3与碱反应求出NaOH的物质的量；
（4）根据合金当中Al元素的质量与MgO中O元素的质量相等，求出Al质量分数． 解答： 解：（1）图（1）当打开止水夹时固液接触，反应发生；当关闭止水夹时虽然广口瓶内的气压增大，但无法把液体和固体分离，故不能实现使反应随时发生随时停止的目的； 图（2）进行生成气体可以把液体排出试管，但不能使反应停止，不能实现使反应随时发生随时停止的目的；
图（3）当打开止水夹时固液接触，反应发生；当关闭止水夹时，随着气压的增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离反应停止，因此可以实现使反应随时发生随时停止的目的； 图（4）当打开止水夹时固液接触，反应发生；当关闭止水夹时，随着气压的增大，把液体压入U型管的左端，使固液分离，反应停止，因此可以实现使反应随时发生随时停止的目的；
故答案为：（3）（4）； （2）根据氢气体积，可以确定氢气物质的量为
=0.15mol，则反应的氢离子的物
质的量为0.15×2=0.3mol，HCl溶液中HCl物质的量为0.2L×5mol/L=1mol，则盐酸未完全反应．根据Mg和Al与盐酸的反应可知，当氢气的量固定时，合金全为Mg时合金质量最大，当合金全为Al时合金质量最小 Mg～H2 0.15mol 0.15mol
2Al～3H2 0.1mol 0.15mol
所以两种状况下合金质量分别为：Mg：0.15mol×24g/mol=3.6g，Al：0.1mol×24g/mol=2.7g， 故答案为：2.7＜a＜3.6；
（3）根据反应过程我们可以发现
2+
Mg～H2～2HCl～Mg～2NaOH～Mg（OH）2
Al～H2～3HCl～Al～3NaOH～Al（OH）3
HCl（过量）～NaOH，故此不难发现，新引入的NaOH的物质的量与酸的物质的量相等， 由于沉淀当中只引入了OH，故沉淀质量应为原合金质量a加上新引入的OH的质量，而
﹣
引入的OH的物质的量为氢气物质的量的2倍， 所以沉淀的质量为：
×2×17g/mol+ag=（a+5.1）g，
﹣
﹣
3+
故答案为：（a+5.1）；
（4）这一问我们依然需要通过宏观物质变化思考：易知最终物质为MgO，而最终MgO的质量与最初合金的质量相等，故可知合金当中Al元素的质量与MgO中O元素的质量相等， 所以合金当中Mg与Al的质量比即为MgO中Mg与O质量比相等，而MgO当中两元素质量比即为原子量之比，故合金当中Al质量分数为：w（Al）=
×100%=40%
故答案为：40%． 点评： 本题考查了物质组成性质分析判断，主要是反应特征的理解应用，氧化还原反应电子转移，沉淀质量计算，物质含量测定方法，掌握基础是关键，题目难度中等．
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