湖北省黄冈重点高中2022年自主招生(理科实验班)提前预录考试化学模拟试题07卷.docx

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1、【百强名校】湖北省重点高中2022年自主招生（理科实验班）提前预录考试化学模拟试题 07卷来源:%中*国#教育出版网班级_姓名_学号_分数_（考试时间：50分钟试卷满分：50分）来*源:%zzstep&.com注意事项：1 答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。2 答卷时，将答案直接写在试卷上。中国教&育出*版网3 本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14O-16 F：19 Na-23 Mg-24 Al-27S-32 Cl-35.5 K-39Ca-40Fe-56 Cu-64Zn-65Ag-108 Ba-137一、选择题（本题共9小题，每小题只有一个选项符合题意。每

2、小题2分，共18分）1天工开物中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之“牢盆”，其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中没有涉及到的操作是来*源:中&国教育出版网#A加热B结晶C蒸发D过滤【答案】Dww&w.zz*step.co#m【解析】来源:zzstep.%com&食盐为可溶性固体，由“火燃釜底，滚沸延及成盐”可知，加热后，沸点低的水分离出来，为结晶法，涉及加热、蒸发、结晶，不涉及过滤。故选：D。2已知：在同温同压下，相同体积的任何气体所含的分子数目都相同，常温下二氧化硫气体和硫化氢气体混合，发生反应生成硫和水现将m个二氧化硫分子和n个硫化氢分子混

3、合，若反应后气体的分子数是反应前的1/2，则m与n的比值为（）A1：4B1：3C1：1D2：1【答案】D【解析】先根据二氧化硫与硫化氢反应的方程式计算出它们的参加反应的分子个数比，由于反应后生成物中没有气体，所以参加反应的气体分子个数就是减少的气体分子数，没参加反应的气体是剩余气体即反应后气体的分子数A.如果m与n的比值为1:4，假设m是1个分子，n是4个分子，则消耗了2个硫化氢分子，剩余2个硫化氢分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为2:5不等于1:2，故A不正确；B.如果m与n的比值为1:3，假设m是1个分子，n是3个分子，则消耗了2个硫化氢分子，剩余1个硫化氢分子，所以反应后气

4、体的分子数与反应前的分子数比为1:4，故B不正确；w#ww*.zzste&C.如果m与n的比值为1:1，假设m是1个分子，n是1个分子，则消耗了0.5个二氧化硫分子，剩余0.5个二氧化硫分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为来源:z#zstep%.&com0.5:2=1:4，故C不正确；www.zzs*tep&.comD.如果m与n的比值为2:1，假设m是2个分子，n是1个分子，则消耗了0.5个二氧化硫分子，剩余1.5个二氧化硫分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为1.5:3=1:2，故D正确。故选D。3NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示原理，包含了氯碱工

5、业，电解法制取金属钠，侯氏制碱，生产盐酸，制取漂白粉（有效成分是 Ca(ClO)2，部分生成物己省略，下列说法正确的是：ANa2CO3的热稳定性比NaHCO3差B氯碱工业制得纯碱C侯氏碱法的产品是NaHCO3中国*教育#&出版网D工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水【答案】D【解析】来源:&*中教网%A、 由碳酸氢钠受热转化为碳酸钠可知，NaHCO3的热稳定性比Na2CO3差，错误；B、 氯碱工业制得纯碱、氯气、氢气、氢氧化钠、盐酸等，错误；中国教育出版&网#C、 侯氏碱法的产品是Na2CO3和NH4Cl等，错误；ww#w.zzs%tep&.comD.由于石灰水中氢氧化钙

6、的含量太低了，不适用于大量生产，故工业制取漂白粉采用的是氯气和石灰乳反应，而不是氯气和石灰水，正确。故选D。4一定温度下，向a g FeCl3溶液中加入NaOH固体，溶液的质量与加入NaOH固体的质量变化关系如下图所示。下列叙述错误的是来源:中国&*教#育出版网AFe（OH）3沉淀完全时消耗NaOH的质量为ngBP点对应的溶液中 NaOH达到饱和状态Cm=c-aD生成Fe（OH）3的质量为（n-b+a）g【答案】C来*源&%:中教网【解析】氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，根据图像分析可知，M点是氢氧化钠和氯化铁恰好完全反应，M点后溶液增加的质量质量为加入氢氧化钠的质量，P点溶液的

7、质量不再增加，说明氢氧化钠不能继续溶解。来源:&*中教网A.M点是氢氧化钠和氯化铁恰好完全反应，所以Fe（OH）3沉淀完全时消耗NaOH的质量为ng，故正确；B.P点溶液的质量不再增加，说明氢氧化钠不能继续溶解，说明溶液中 NaOH达到饱和状态，故正确；C.根据可知，当Fe（OH）3沉淀完全时，得到氯化钠溶液的质量为bg，所以m-n=c-b，即m=c-b+n，故错误；D.根据可知，生成Fe（OH）3的质量为（n-b+a）g，故正确。故选C。5短周期元素X，Y，Z，W在元素周期表中的相对位置如图所示，已知Y，W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（ ）YZXWA.原子半径：XYZB.最高价

8、氧化物的水化物的酸性：YW来源:中%&#教网C.原子序数：XWZYD.Z、Y的单质均可与H2反应，且反应的剧烈程度：YZ【答案】 B 【解析】【解答】解：Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为ClA同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为XYZ，故A错误；中国&教*育%#出版网B非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：NCl，则最高价氧化物的水化物的酸性：YW，故B正确；来#源:%中国教育出&版网C由元

9、素在周期表中的位置可知，原子序数：WXZY，故C错误；D元素非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，则O、N的单质均可与H2反应，且反应的剧烈程度：ZY，故D错误，来&源:%#故选B6将一定量的镁粉、铝粉、锌粉的混合物与足量的稀硫酸完全反应生成0.4氢气，则金属混合物的质量不可能是（）A4.8B5.4C9.2D13.0【答案】D来&源:中*教#网【解析】解：设生成0.4g氢气时需要铝的质量是x，锌的质量是y；x=3.6g；y=13.0g；所以原混合物质量范围是大于3.6g小于13.0g；所以金属混合物的质量不可能是13.0g。故选D。【点睛】解题的关键是要分析清楚要使金属混合物跟足量稀硫酸反应生成

10、0.4氢气，所需的金属的取值范围，主要是采用极端假设的方法完成。来源&:#中%教网*7如果将物质按单质、氧化物、酸、碱、盐、有机物分类，如图中甲、乙、丙、丁是四种不同类别的物质，且相连物质之间均能发生化学反应，下列说法符合图示要求的是A当甲、乙、丙分别为酸、碱、盐时，丁可以为碳酸钠B当丁为盐酸时，甲、乙、丙可以为铜、硝酸银、氢氧化钙C当丁为氧气时，甲、乙、丙可以为红磷、葡萄糖、一氧化碳D当甲为氯化铵时，丁可以为氢氧化钠【答案】D【解析】A.碳酸钠能够和盐酸、氢氧化钙、氯化钡分别发生反应，但是碳酸钠和氯化钡都属于盐，选项错误；B.当丁为盐酸时，甲不能是铜，铜是不活泼金属，与酸不反应，选项错误；C

11、.当丁为氧气时，甲不可以为红磷，因红磷和氧气都是单质，选项错误；D.当甲为氯化铵时、乙为硫酸时，丙为二氧化碳时，丁可以为氢氧化钠，因为氯化铵、硫酸、二氧化碳都能与氢氧化钠反应，且物质类别都不同，选项正确。故选D。中国教育出版&网*#%8向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，所得溶液的质量与加入锌粉的质量关系如图所示。下列说法正确的是（）Aa点所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌中国教育*出版网#%Bb点对溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+、Ag+Cc点所得固体为银和铜Dd点所得溶液中溶质一定有硝酸锌，可能有硝酸铜【答案】C【解析】向一定量硝酸银和硝酸铜的混合溶液中加入锌粉，三种金属的活

12、动性顺序为锌铜银，加入锌粉后，锌先与硝酸银反应置换出银：，锌的相对原子质量比银小，置换出来银后，溶液质量减小；再跟硝酸铜反应置换出铜：，锌的相对原子质量比铜大，置换出来铜后，溶液质量增大。A.由以上分析可知，a点发生的是锌与硝酸银的反应，但锌还未把银完全置换出来，所得溶液中的溶质是硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，故选项错误；B.由以上分析可知，b点时加入的锌恰好把银完全置换出来，溶液中已经没有硝酸银了，也就没有Ag+了，b点对应溶液中含有的金属离子为Zn2+和Cu2+，故选项错误；C.由以上分析可知，bc段是锌在置换铜，c点时锌与硝酸铜恰好完全反应，所得固体为银和铜，故选项正确；D.由以上分析可知，d

13、点时锌粉已经过量，所得溶液中溶质一定有硝酸锌，不可能有硝酸铜和硝酸银，故选项错误。故选C。【点睛】来*源:中国教育出版&网解答此类题型一定要先看清楚横纵坐标表示的含义，再结合金属活动性顺序判断出金属与溶液之间置换的先后顺序，最后结合化学方程式的计算进行求解。9.童童同学将一定量的氧化铜粉末加入到100g溶质的质量分数为14%的稀硫酸中，充分反应后固体全部消失，为了避免该废液排放造成污染，他又向废液中加入20g铁粉，充分反应后过滤，滤渣的质量为20g，加稀硫酸时所消耗的氧化铜质量是：A8gB10gC12gD14g【答案】B【解析】要使加入的铁粉和得到的固体质量相等必须使硫酸消耗多余的Fe：从Cu

14、SO4+Fe=FeSO4+Cu，可以看出铁转化出铜，这是一个使固体质量增加的过程，而题目明确的说明过滤后的固体质量与投入的铁粉质量相同，这只能说明氧化铜被溶解后，硫酸仍然有剩余，剩余的硫酸继续消耗铁粉，且消耗铁粉的质量与前一步固体增加的质量相等；利用这一等量关系，计算所加入氧化铜的质量；【详解】设原先氧化铜的质量为，则与氧化铜反应的硫酸的质量，生成硫酸铜的质量，=2设加入铁粉与硫酸铜溶液充分反应固体增加的质量为，生成硫酸亚铁的质量为；与剩余稀硫酸反应的铁的质量为，生成硫酸亚铁的质量为，=0.1=8-0.7来#源:中教&%网反应前后固体质量不变，即与硫酸反应消耗铁的质量等于与硫酸铜反应固体增加的

15、质量，即：=0.1=8-0.7解得=10g，www#.zzs*tep.%com答：原先氧化铜的质量为10g。故选B。【点睛】在金属活动性顺序里，位于氢前面的金属能置换出盐酸、稀硫酸中的氢；位于前面的金属能把位于后面的金属置换出来。二、填空题（本题共6小题，每空一分，共19分）10.（4分）（1）在托盘天平两边各放质量相等的烧杯，分别盛有100克溶质质量分数7.3%的稀盐酸，此时天平平衡。在左右两盘的烧杯中分别加入5克的铁粉和锌粉，待反应停止后，天平_（填“保持”或“失去”）平衡，写出反应后两烧杯中所有的阳离子_（填离子符号）。（2）某溶液含有Na+、H+、Mg2+、Fe3+、CO32-、OH-

16、、NO3-、Cl-中的几种离子，经检测pH=12，取溶液少许于试管中，加入足量稀盐酸，无明显现象，继续滴加硝酸银溶液产生白色沉淀，则溶液中一定含有的离子是_，可能含有的离子是_。来源:中国教育出版&网*【答案】（1）失去H+、Fe2+、Zn2+（2）Na+、OH-Cl-、NO3-【解析】（1）解：设5g铁粉消耗稀盐酸的质量为xx6.52100g7.3%=7.3gw#ww.zzst%e*故稀盐酸过量；解：设5g锌粉消耗稀盐酸的质量为xy5.62100g7.3%=7.3g稀盐酸过量，根据金属的质量计算生成氢气的质量，由于锌的相对原子质量大于铁，故铁生成氢气的质量大于锌，故天平失去平衡。故反应后两烧

17、杯中所有的阳离子：H+、Fe2+、Zn2+；（2）检测pH=12，说明溶液显碱性，可能含有氢氧根离子和碳酸根离子，加入足量稀盐酸，无明显现象，碳酸根离子能与氢离子结合生成二氧化碳，故一定不含碳酸根离子，一定含氢氧根离子，氢氧根离子能与铁离子、镁离子形成沉淀，故一定不含铁离子和镁离子，氢氧根离子能与氢离子结合生成水，故一定不含氢离子，由于溶液不显电性，故一定含钠离子，加入硝酸银产生白色沉淀，由于加入了稀盐酸，故不能确定是否含氯离子，硝酸根离子无法确定。故一定含Na+、OH-，可能含：Cl-、NO3-；11.（2分）化学小魔术“魔棒点灯”的表演过程是：用玻璃棒蘸取固体高锰酸钾与浓硫酸的混合物，将混

18、合物与酒精灯的灯芯接触，酒精即燃。其原理是：固体高锰酸钾与浓硫酸反应生成高锰酸（HMnO4）和硫酸钾，高锰酸立即分解生成一种棕色油状物七氧化二锰和水，七氧化二锰遇酒精时，发生剧烈的氧化还原反应使酒精燃烧。七氧化二锰还能爆炸，分解生成二氧化锰、氧气和臭氧。氧气和臭氧的分子个数比为3：1。回答：生成高锰酸的化学方程式为：；七氧化二锰爆炸分解的化学方程式为：。【答案】2KMnO4+H2SO4（浓）=K2SO4+2HMnO4 来源:中国&教育出#版网3Mn2O7=6MnO2+3O2+O3【解析】首先根据题意找出反应物和生成物，注意化学式的正确书写，然后根据题意中的信息及质量守恒定律进行配平即可生成高锰

19、酸：根据题意信息“固体高锰酸钾与浓硫酸反应生成高锰酸（HMnO4）和硫酸钾”，可首先写出化学式KMnO4，H2SO4，K2SO4，HMnO4，然后用“最小公倍数法”配平即得2KMnO4+H2SO4（浓）=K2SO4+2HMnO4；生成七氧化二锰：根据题意信息“高锰酸立即分解生成一种棕色油状物七氧化二锰和水”，可首先写出，然后利用奇偶法配平即得2HMnO4=Mn2O7+H2O；七氧化二锰爆炸分解：根据题意信息“七氧化二锰还能爆炸，分解生成二氧化锰、氧气和臭氧氧气和臭氧的分子个数比为3：1”反应物和生成物全部已知，采用“待定系数法”及利用“氧气和臭氧的分子个数比为3：1”的信息即可配平故答案为：2

20、KMnO4+H2SO4（浓）=K2SO4+2HMnO4 3Mn2O7=6MnO2+3O2+O3点评：本题主要考查学生书写化学方程式的基本技能，重点考查配平化学方程式的技巧。12（4分）（1）已知Fe元素在化合物里通常显+2价或+3价，因此Fe3O4可写成氧化物形式FeOFe2O3，或盐的形式Fe（FeO2）2，它属于偏铁酸盐。Pb在化合物里显+2价或+4价，那么Pb3O4也可以写成_或_。（2）许多在水溶液中的反应(如复分解反应)，往往有易溶物转化为难溶物或难溶物转化为更难溶物的现象。下表为相同温度下某些物质的溶解度。物质AgCl（白）Ag2S（黑）CaSO4（白）Ca（OH）2（白）溶解度/

21、克1.510-41.310-60.20.165物质Ca（HCO3）2（白）CaCO3（白）NH4HCO3（NH4）2SO4溶解度/克16.60.00152175.4若在有氯化银固体的水中加入硫化钠溶液，可能发生的现象是_生成硫酸铵化肥的方法之一是：把石膏粉(CaSO4)悬浮于水中，不断通入氨气并再通入二氧化碳，充分反应后，立即过滤，滤液经蒸发而得到硫酸铵晶体。写出该反应的化学方程式_。来源:zzst%ep.c&*om【答案】（1）2（PbO）PbO2或Pb(PbO2)2（2）AgCl白色固体表面变黑CaSO4+ 2NH3 + CO2 + H2O = CaCO3+( NH 4)2 SO4【解析】

22、来#%源:中教网&（1）Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则，Pb的两种氧化物的化学式为：PbO和PbO2，那么Pb3O4的氧化物的表示形式可以写成 2PbOPbO2，盐的形式可以写成Pb(PbO2)2，故填2（PbO）PbO2或Pb(PbO2)2。（2）在水溶液中，氯化银和硫化钠发生复分解反应，难溶物转化为更难溶的物质硫化银，现象为：氯化银白色固体表面变黑；根据上述表格中的信息可知，相同温度下的溶解度，碳酸钙的溶解度要比硫酸钙或氢氧化钙的小的多，把石膏粉悬浮于水中，不断通入氨气并再通入二氧化碳，充分反应后，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，化学方程式为：CaSO4+2NH3+CO

23、2+H2O=CaCO3+(NH 4)2SO4。13.（5分）海洋是人类宝贵的自然资源，海水“晒盐”和海水“制碱”体现了人类利用和改造自然的智慧，请根据粗盐“制碱”的流程图（如图）回答问题。（1）步骤除杂中，常见的方法有两种：一是物理方法，即用NaCl溶液浸洗粗盐，溶解除去其中的可溶性杂质，则浸洗溶液应选用NaCl的_（填“饱和”或“不饱和”）溶液；二是化学方法，操作步骤依次为：加水溶解加过量试剂加过量试剂过滤加适量盐酸，以下试剂组合选用合理的是_。来源:中教网%&#A.Ca(OH)2Na2CO3B.Na2CO3Ca(OH)2C.KOHNa2CO3D.NaOHNa2CO3（2）步骤先向饱和食盐水

24、中通入氨气，再通入二氧化碳，这样做的目的是_，写出步骤反应的化学方程式_。（3）我国化学家侯德榜创立的联合制碱法的优点有_。A.无“索尔维氨碱法”中的废弃物CaCl2生成，有利于保护环境B.大大提高了食盐的利用率，节约了成本来#源:中教%&*网C.将“制碱”与制氨生产联合起来，同时析出的NH4Cl晶体可用作复合肥【答案】（1）饱和 AD （2）有利于吸收二氧化碳或吸收尽可能多的二氧化碳（合理即可）来源:zzst#e%*NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3+NH4Cl（有“”不扣分）（3）AB【解析】（1） 粗盐主要成分为NaCl，用饱和氯化钠浸洗粗盐，防止粗盐中的NaCl溶解，同时溶

25、解其中的可溶性杂质。加入过量氢氧根，溶解溶解中的Mg2+，在加入过量碳酸根，溶解溶液中的Ca2+，恰好除去杂质，中先除去钙离子，又引入钙离子，故不合理，引入杂质外的成分K，不合理。（2）先通氨气生成氨水，可以增加二氧化碳的溶解度，有利于吸收更多的二氧化碳；根据流程图可写出该过程的方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3+NH4Cl。（3）氯化铵是氮肥，不是复合肥。来源:%&14（4分）已知AG为初中化学常见的七种物质。其中AE属于五种不同类别的物质，B中只含两种元素，D是一种最常用的溶剂。各种物质间的反应和转化关系如右下图所示（“”表示相连的两种物质之间可以发生反应，“”表示一种

26、物质可以转化为另一种物质，反应条件、部分反应物和生成物已略去）。请分析后回答：（1）物质D的名称是_。（2）DA的基本反应类型为_反应。（3）B-F发生反应的实验现象是_。（4）写出GB的化学方程式_。【答案】（1）水（2）化合（3）产生气泡（4）来源:中&#教网%【解析】已知AG为初中化学常见的七种物质。其中AE属于五种不同类别的物质，D是一种最常用的溶剂，可推出D为水，A能与D相互转化，A能与B反应，B能转化为D，B中只含两种元素，可推出B为盐酸，A为氢氧化钙，B能转化为E，E能与C反应，B能与C反应，可推出E为氯化铜，C为铁，C能与G反应，G能转化为B，可推出G为硫酸，B能与F反应，F能

27、与A反应，可推出F为碳酸钠，代入验证，符合题意。（1）由分析可知，D为水；（2）DA为氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应符合“多变一”的特点，属于化合反应；来源&*:中国教育出版网（3）B-F为碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，现象为：产生气泡；（4）物质C可以是铁，铁是由铁元素组成的纯净物，属于单质；（5）GB可以是硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，该反应的化学方程式为：。三、实验探究及计算题（本题共2小题，共11分）15.（7分）碳酸氢钠是一种应用广泛的盐，化学小组对其进行了探究。(1)NaHCO3可称为钠盐或碳酸氢盐，它是由Na+和_(填离子符号)构成，医疗上能用于治疗胃酸(含

28、有盐酸)过多症，反应的化学方程式为_。（提出问题）实验室中如何制取少量 NaHCO3？来源:中国教育出版%&网#（查阅资料）材料一：候氏制碱的原理：；。材料二：研究发现，NaHCO3溶于水时吸收热量，Na2CO3溶于水时放出热量。来%源:z&z#（实验制备）根据候氏制碱原理设计如题图-1所示装置制取NaHCO3。反应结束后，将试管中的混合物过滤，洗涤，低温烘干得白色固体。(2)烧杯中冰水的作用是_。中国教育*出&#版网(3)能进一步确认该白色固体是NaHCO3的实验方案是_(须用到的仪器和药品：试管、温度计、水)。(4)题图-2中碳酸氢钠的溶解度在60后无数据的原因可能是_。（性质探究）来源:

29、中%教&网*常温下，取一定量的 NaHCO3溶液于烧杯中，插入pH传感器，向烧杯中持续滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，当溶液的pH变为6.68时开始有无色气体产生。反应过程中溶液的pH随时间变化如题图-3所示。来源*:中%教#网（查阅资料）材料三：NaHCO3溶于水后，少量的HCO3-能同时发生如下变化：变化：；变化：。材料四：溶液的酸碱性与溶液中H+和OH-数目的相对大小有关。常温下，当单位体积溶液中OH-的数目大于H+的数目时，溶液的pH7，反之pH7；单位体积溶液中所含的H数目越大溶液的pH越小。（交流反思）(5)NaHCO3溶液显碱，性结合材料三、四从微观角度说明原因：_。(6)根

30、据本实验，下列说法错误的是_(填字母)。a pH7，溶液显碱性，说明此时单位体积溶液中OH-的数目大于H+的数目，即NaHCO3溶于水后，发生变化的HCO3-数目比发生变化的多，导致单位体积溶液中OH-的数目比H+的数目多。故填：碱；NaHCO3溶于水后，发生变化的HCO3-数目比发生变化的多，导致单位体积溶液中OH-的数目比H+的数目多。（6）a. pH6.68时说明溶液中含有一定量的氢离子，氢离子会与碳酸氢根离子反应生成生成无色的CO2气体，此选项表述正确；b.分析图像可知从0-30s的过程中，pH逐渐减小。已知单位体积溶液中所含的H数目越大溶液的pH越小。故该过程中，单位体积溶液中H+数

31、目不断增大，此选项表述正确；c.已知常温下，向 NaHCO3溶液中持续滴加CaCl2溶液时，有白色沉淀生成，当溶液的pH变为6.68时开始有无色气体产生；向碳酸钠溶液中持续滴加氯化钙溶液时，只观察到有白色沉淀生成，故可以利用氯化钙溶液来鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，此选项表述错误。故选c。16（4分）某实验小组对未经打磨的3g铝片放入盛有足量稀盐酸的密闭容器中，通过气压传感器测得容器内气体压强和反应时间的变化关系如图所示。(1)从图可以看出a-b段气压几乎没有增大，分析其原因是铝在空气中容易被氧化，生成致密的氧化膜所导致的，请写出铝表面形成致密氧化膜的化学反应方程式_。来源%:*中教网&

32、(2)已知d点时产生0.3g氢气，请计算出该铝片中铝元素的质量。（精确到小数点后一位）(3)请在下图中画出产生氢气的时间图，并标注必要的数值。来源%:中*教网【答案】（1）（2）设生成0.3g氢气需要的铝的质量为故3g铝片中表面的氧化铝质量为：氧化铝中的铝元素的质量分数为：0.3g氧化铝中的铝元素的质量为：该铝片中铝元素的质量为氧化铝中氯元素质量与铝的质量和：答：该铝片中铝元素的质量为2.9g。（3）【详解】（1）铝与氧气反应生成氧化铝，在表面形成致密氧化膜，化学方程式为：（2）将未经砂布打磨的铝条放入盛有稀盐酸的密闭容器中，氧化铝先和稀盐酸反应，然后稀盐酸再和铝反应生成氯化铝和氢气，由于铝和盐酸反应是放热反应，温度会升高，完全反应以后，随着冷却气压会降低，d点时压强最大，说明d点已经完全反应。设生成0.3g氢气需要的铝的质量为故3g铝片中表面的氧化铝质量为：氧化铝中的铝元素的质量分数为：0.3g氧化铝中的铝元素的质量为：www.zz&step*.com该铝片中铝元素的质量为氧化铝中氯元素质量与铝的质量和：中国教育出%版网*&（4） 氧化铝先和稀盐酸反应，没有气体生产，所以压强不变，到b点100s后压强增大，说明稀盐酸开始和铝反应生成氢气，d点300s时产生0.3g氢气，完全反应后不再产生氢气，氢气质量保持不变，产生氢气的时间图为：中国&教育出#*版网