2015-2016学年湖南沙市浏阳一中高一上学期第三次月考化学试卷【解析版】(1)

2015-2016学年湖南沙市浏阳一中高一（上）第三次月考化学试卷

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，本题包括20个小题，每小题3分，共60分）

1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是(     )

A．生石灰、白磷、熟石灰    B．干冰、铁、氯化氢

C．天然气、氮气、胆矾    D．烧碱、液态氧、碘酒

2．下列关于金属Na的叙述中，说法正确的是(     )

A．Na在空气中燃烧，发出黄色火焰

B．Na在空气中燃烧，产物是Na2O

C．Na是银白色金属，硬度大，熔点高

D．Na、Cu合金可作原子反应堆的导热剂

3．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是(     )

A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl    B．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3

C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4    D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3

4．下列关于金属氧化物的说法不正确的是(     )

A．Fe3O4是具有磁性的黑色晶体

B．Al2O3能溶于酸和强碱，是两性氧化物

C．Na2O是碱性氧化物，可与H2O、CO2反应

D．FeO不稳定，在空气中受热迅速被氧化为Fe2O3

5．有两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体，有四位同学为鉴别它们采用以下不同方法，其中不可行的是(     )

A．分别将它们配制成溶液，再加入澄清石灰水

B．分别将它们配制成溶液，再逐滴加入等浓度的稀盐酸

C．分别将它们配制成溶液，再加入CaCl2溶液

D．分别加热，再用石灰水检验是否有CO2产生

6．某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成．将该粉末与足量的盐酸反应，有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）．若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，下列判断正确的是(     )

A．粉末中一定有Na2O，Na2O2，NaHCO3

B．粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl

C．粉末中一定不含有Na2O和NaCl

D．无法肯定粉末里是否含有Na2O

7．以Al2O3为原料制取氢氧化铝，最好的方法是(     )

A．将Al2O3溶于水

B．将Al2O3先溶于盐酸中，之后滴加氢氧化钠溶液

C．将Al2O3先溶于盐酸中，之后滴加氨水

D．将Al2O3先溶于NaOH溶液中，之后再滴加盐酸

8．下列各组离子，能在指定溶液中大量共存的是(     )

A．无色溶液中：Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣、K+

B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液中：NH4+、NO3﹣、CO32﹣、Na+

C．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣

D．有SO42﹣存在的溶液中：K+、Ba2+、Ag+、NO3﹣

9．对于3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O的反应，下列说法中不正确的是(     )

A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂

B．被氧化的氯原子个数与被还原的氯原子个数比是1：5

C．Cl2既是氧化剂，又是还原剂

D．得电子的氯原子个数与失电子的氯原子个数之比为5：1

10．根据反应式：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，Br2+2Fe2+═2Br﹣+2Fe3+，可以判断微粒的氧化性从强到弱的顺序是(     )

A．Fe3+、Br2、I2    B．I2、Br2、Fe3+    C．Br2、Fe3+、I2    D．Br2、I2、Fe3+

11．下列反应的离子方程式，正确的是(     )

A．用小苏打治疗胃酸过多：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O

B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓

C．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+

D．铝与浓氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑

12．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(     )

A．23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子

B．1 mol Na2O2和足量CO2反应转移2 NA个电子

C．标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含NA个原子

D．3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8 NA个电子

13．托盘天平两盘各放置一个盛有100g 9.8%的稀硫酸的烧杯，并使天平保持平衡．若两烧杯中分别加入下列各组物质，反应结束后，天平仍保持平衡的是(     )

A．2.4gMg和6.5g Zn    B．Mg和Zn各2.5g

C．Mg和Al各2.5g    D．2.3gNa和2.4gMg

14．关于Na2CO3与NaHCO3的性质判断正确的是(     )

A．常温下溶解度：Na2CO3＜NaHCO3

B．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3

C．与同浓度同体积的盐酸反应的速率：Na2CO3＞NaHCO3

D．与澄清石灰水反应，均有白色沉淀生成

15．由锌．铁．铝．镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是(     )

A．锌    B．铁    C．铝    D．镁

16．1mol Na2O2与2mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是(     )

A．Na2CO3    B．Na2O2、Na2CO3

C．NaOH、Na2CO3    D．Na2O2、NaOH、Na2CO3

17．镁粉和铝粉分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如图，下列说法正确的是(     )

A．镁粉和铝粉的物质的量之比为3：2

B．镁粉和铝粉质量之比为3：2

C．镁粉和铝粉的摩尔质量之比为2：3

D．镁粉和铝粉反应完所需时间之比为3：2

18．将2.32g Na2CO3、NaOH的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸体积与产生CO2体积（标准状况）关系如图所示，下列说法中错误的是(     )

A．OA段发生反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2OCO+H+═HCO

B．当加入35 mL盐酸时，产生CO2的体积为224 mL

C．A点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3

D．混合物中NaOH的质量0.60 g

19．准确称取6克铝土矿样品（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）加入100mL硫酸溶液，充分反应后，

向滤液中加入10mol/L NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，求所用硫酸溶液的物质的量浓度(     )

A．1.75 mol/L    B．3.5 mol/L    C．2.25 mol/L    D．无法计算

20．a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：

反应物	a+b	c+d	a+d	a+c	b+d
现象	白色沉淀	白色沉淀	白色沉淀	白色沉淀	无色气体

由上述现象可推知a、b、c、d依次是(     )

A．HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3    B．AgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2

C．BaCl2、Na2CO3、AgNO3、HCl    D．AgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3

二、非选择题（本题包括4小题，共40分）

21．一些酸在反应中可以表现出多种性质，如在反应Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O 中：

（1）氧化剂是__________，氧化产物是__________，还原剂是__________，还原产物是__________．

（2）在此反应中，浓表现出__________性和__________性．

（3）当生成标况下11.2L NO2 时，反应中转移的电子数是__________mol．

22．A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣（离子在物质中不能重复出现）．

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；

②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出．根据①②实验事实可推断它们的化学式为：

（1）A__________  B__________

（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：__________

（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比__________；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式__________．

23．A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A 为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色（透过蓝色钴玻璃）．请回答下列问题：

（1）写出化学式：A__________，C__________，E__________．

（2）写出下列反应的离子方程式：

A→B：__________，

C→E：__________．

24．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验．三组实验均各取30mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：

实验序号	甲	乙	丙
合金质量/mg	255	385	459
生成气体体积/mL	280	336	336

（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？__________（填“甲”或“乙”）．理由是__________．

（2）依据题中数据计算出盐酸的物质的量浓度，求得的盐酸的物质的量浓度为__________．

（3）依据题中数据求合金中Mg、Al的物质的量之比，求得的Mg、Al物质的量之比为__________．

2015-2016学年湖南沙市浏阳一中高一（上）第三次月考化学试卷

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，本题包括20个小题，每小题3分，共60分）

1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是(     )

A．生石灰、白磷、熟石灰    B．干冰、铁、氯化氢

C．天然气、氮气、胆矾    D．烧碱、液态氧、碘酒

【考点】单质和化合物；混合物和纯净物． 

【专题】物质的分类专题．

【分析】混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；

纯净物：由单一物质组成的物质；

化合物：由不同种元素组成的纯净物；

单质：由同种元素组成的纯净物．

【解答】解：A．生石灰是氧化钙，属于化合物，白磷是单质，熟石灰是氢氧化钙属于化合物，不是混合物，故A错误； 

B．干冰是二氧化碳固体，属于化合物，铁是单质，氯化氢属于化合物，不是混合物，故B错误；

C．天然气是甲烷，是化合物，氮气是单质、胆矾五水硫酸铜属于化合物，故C错误；

D．烧碱是氢氧化钠固体，为化合物，液态氧为单质，碘酒为碘和酒的混合物，故D正确．

故选D．

【点评】本题主要考查了物质的分类，掌握概念以及物质的组成是解题的关键，难度不大．

2．下列关于金属Na的叙述中，说法正确的是(     )

A．Na在空气中燃烧，发出黄色火焰

B．Na在空气中燃烧，产物是Na2O

C．Na是银白色金属，硬度大，熔点高

D．Na、Cu合金可作原子反应堆的导热剂

【考点】钠的化学性质． 

【专题】金属概论与碱元素．

【分析】根据钠的性质进行分析，钠能在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成过氧化钠，钠是银白色金属，熔点低，硬度小，能与钾制成合金作原子反应堆的导热剂．

【解答】解：A、钠能在空气中燃烧，发出黄色火焰，故A正确；

B、钠燃烧生成的是Na2O2，故B错误；

C、钠的硬度小，熔点低，故C错误；

D、钠钾合金可作原子反应堆的导热剂，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查了钠的有关知识，完成此题，可以依据已有的知识进行．

3．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是(     )

A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl    B．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3

C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4    D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3

【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用． 

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析．

【解答】解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3 +H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；

B．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故B选；

C．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl2+Na2CO3=2NaCl+MgCO3↓、MgCO3+2NaOH=Mg（OH）2+Na2CO3，所以能一步实现，故C不选；

D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3 中反应方程式分别是Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以能一步实现，故D不选；

故选B．

【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等．

4．下列关于金属氧化物的说法不正确的是(     )

A．Fe3O4是具有磁性的黑色晶体

B．Al2O3能溶于酸和强碱，是两性氧化物

C．Na2O是碱性氧化物，可与H2O、CO2反应

D．FeO不稳定，在空气中受热迅速被氧化为Fe2O3

【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用． 

【分析】A、磁性氧化物为四氧化三铁，是黑色晶体；

B、氧化铝溶于酸和碱生成盐和水属于两性氧化物；

C、和酸反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；

D、FeO很易被空气氧化，不需要加热．

【解答】解：A、磁性氧化物为四氧化三铁，是黑色晶体，故A正确

B、溶于酸和碱生成盐和水属于两性氧化物，氧化铝即溶于酸也溶于碱属于两性氧化物，故B正确；

C、和酸反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，可与H2O、CO2反应，故C正确；

D、FeO很易被空气氧化，不需要加热，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析判断，主要是物质分类的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．

5．有两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体，有四位同学为鉴别它们采用以下不同方法，其中不可行的是(     )

A．分别将它们配制成溶液，再加入澄清石灰水

B．分别将它们配制成溶液，再逐滴加入等浓度的稀盐酸

C．分别将它们配制成溶液，再加入CaCl2溶液

D．分别加热，再用石灰水检验是否有CO2产生

【考点】钠的重要化合物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】A．均反应生成白色沉淀；

B．逐滴加入等浓度的稀盐酸，碳酸氢钠溶液中有气体生成，碳酸钠溶液中开始无气体生成，随加入盐酸增多，后来生成气体；

C．碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应；

D．依据碳酸氢钠、的稳定性不同解答．

【解答】解：A．均反应生成白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故A错误；

B．逐滴加入等浓度的稀盐酸，碳酸氢钠溶液中有气体生成，碳酸钠溶液中开始无气体生成，随加入盐酸增多，后来生成气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；

C．碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，现象不同，可以鉴别，故C正确；

D．分别加热，再用石灰水检测是否有CO2产生，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，碳酸钠不分解，现象不同，可以鉴别，故D正确；

故选：A．

【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3溶液的鉴别，为高频考点，熟悉二者的性质差别是解题关键，注意对基础知识的积累．

6．某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成．将该粉末与足量的盐酸反应，有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）．若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，下列判断正确的是(     )

A．粉末中一定有Na2O，Na2O2，NaHCO3

B．粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl

C．粉末中一定不含有Na2O和NaCl

D．无法肯定粉末里是否含有Na2O

【考点】几组未知物的检验；钠的重要化合物． 

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，过氧化钠和二氧化碳反应是固体质量增加的反应．

【解答】解：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在．将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2； 综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl．

故选A．

【点评】本题考查学生金属钠的化合物的性质知识，可以根据教材知识来回答，综合性较强，难度较大．

7．以Al2O3为原料制取氢氧化铝，最好的方法是(     )

A．将Al2O3溶于水

B．将Al2O3先溶于盐酸中，之后滴加氢氧化钠溶液

C．将Al2O3先溶于盐酸中，之后滴加氨水

D．将Al2O3先溶于NaOH溶液中，之后再滴加盐酸

【考点】镁、铝的重要化合物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】以Al2O3为原料制取氢氧化铝，可先和盐酸反应生成氯化铝，然后再和氨水反应可生成氢氧化铝，可也与氢氧化钠反应，然后在溶液中通入二氧化碳气体，以此解答．

【解答】解：A．氧化铝不溶于水，不和水反应，故A错误；

B．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氢氧化钠溶液反应形成氢氧化铝，但氢氧化钠为强碱，若氢氧化钠不足，生成氢氧化铝不够，若氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故B错误；

C．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氨水反应形成氢氧化铝，氨水为弱碱，不会使氢氧化铝变成偏铝酸钠，故C正确；

D．将Al2O3先溶于NaOH溶液中生成偏铝酸钠，加入盐酸，如盐酸过量则生成氯化铝，故D错误．

故选C．

【点评】该题考查氢氧化铝的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能的考查，注意氢氧化铝的性质：能溶于与强酸和强碱，制备时应选用弱酸或弱碱，难度不大．

8．下列各组离子，能在指定溶液中大量共存的是(     )

A．无色溶液中：Ba2+、HCO3﹣、NO3﹣、K+

B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液中：NH4+、NO3﹣、CO32﹣、Na+

C．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣

D．有SO42﹣存在的溶液中：K+、Ba2+、Ag+、NO3﹣

【考点】离子共存问题． 

【专题】离子反应专题．

【分析】A．该组离子之间不反应；

B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液，显酸性；

C．使酚酞试液变红的溶液，显碱性；

D．离子之间结合生成沉淀．

【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；

B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液，显酸性，不能大量存在CO32﹣，故B错误；

C．使酚酞试液变红的溶液，显碱性，不能大量存在Ca2+，故C错误；

D．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．

9．对于3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O的反应，下列说法中不正确的是(     )

A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂

B．被氧化的氯原子个数与被还原的氯原子个数比是1：5

C．Cl2既是氧化剂，又是还原剂

D．得电子的氯原子个数与失电子的氯原子个数之比为5：1

【考点】氧化还原反应． 

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O中，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，以此来解答．

【解答】解：A．只有Cl元素的化合价变化，NaOH中元素化合价没有发生变化，故A错误；

B．只有Cl元素化合价发生变化，由方程式可知被氧化的氯原子个数与被还原的氯原子个数比是1：5，故B正确；

C．只有Cl元素的化合价变化，氯气是氧化剂也是还原剂，故C正确；

D．反应中Cl元素得电子生成NaCl，失电子生成NaClO3，由方程式可知得电子的氯原子个数与失电子的氯原子个数之比为5：1，故D正确．

故选A．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意B、D中电子守恒的分析，题目难度不大．

10．根据反应式：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，Br2+2Fe2+═2Br﹣+2Fe3+，可以判断微粒的氧化性从强到弱的顺序是(     )

A．Fe3+、Br2、I2    B．I2、Br2、Fe3+    C．Br2、Fe3+、I2    D．Br2、I2、Fe3+

【考点】氧化性、还原性强弱的比较． 

【分析】元素的化合价降低的反应物为氧化剂，元素的化合价升高后的产物为氧化产物，在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答．

【解答】解：元素的化合价降低的反应物为氧化剂，元素的化合价升高后的产物为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．

①2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，该反应中氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，则氧化性Fe3+＞I2，

②Br2+2Fe2+═2Br﹣+2Fe3+中，氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，则氧化性Br2＞Fe3+，

所以氧化性强弱顺序是Br2＞Fe3+＞I2，

故选C．

【点评】本题考查了氧化性强弱的判断，明确氧化性强弱的判断方法是解本题关键，题目难度不大．

11．下列反应的离子方程式，正确的是(     )

A．用小苏打治疗胃酸过多：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O

B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓

C．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+

D．铝与浓氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑

【考点】离子方程式的书写． 

【专题】离子反应专题．

【分析】A．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆分；

B．反应生成氢氧化铝和氯化铵，一水合氨在离子反应中保留化学式；

C．电子、电荷不守恒；

D．遵循电子、电荷守恒及反应实质．

【解答】解：A．用小苏打治疗胃酸过多的离子反应为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A错误；

B．AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；

C．FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C错误；

D．铝与浓氢氧化钠溶液反应的离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．

12．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(     )

A．23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子

B．1 mol Na2O2和足量CO2反应转移2 NA个电子

C．标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含NA个原子

D．3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8 NA个电子

【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、求出钠的物质的量，然后根据1mol钠～0.5mol氢气来分析；

B、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应来分析；

C、求出混合气体的物质的量，然后根据氮气和氢气均为双原子分子来分析；

D、根据铁转变为四氧化三铁后，铁的化合价变为+价来分析．

【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，而1mol钠～0.5mol氢气，即生成0.5NA个氢气分子，故A错误；

B、过氧化钠与二氧化碳的反应中，1mol过氧化钠中其中的1mol氧原子的价态由﹣1价变为0价，另1mol氧原子的价态由﹣1价变为﹣2价，即发生歧化反应，故1mol过氧化钠反应时转移1mol电子，即NA个，故B错误；

C、标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而氮气和氢气均为双原子分子，故1mol混合物中含2mol原子即2NA个，故C错误；

D、由于铁转变为四氧化三铁后，铁的化合价变为+价，故3mol铁转移8mol电子即8NA个，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．

13．托盘天平两盘各放置一个盛有100g 9.8%的稀硫酸的烧杯，并使天平保持平衡．若两烧杯中分别加入下列各组物质，反应结束后，天平仍保持平衡的是(     )

A．2.4gMg和6.5g Zn    B．Mg和Zn各2.5g

C．Mg和Al各2.5g    D．2.3gNa和2.4gMg

【考点】化学方程式的有关计算． 

【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】如果酸过量金属完全反应，则相同质量的不同金属与同质量的酸反应后生成气体的质量肯定不同，天平不能保持平衡；如果金属过量酸完全反应，产生H2的质量必相同，此时天平必保持平衡，可以据此求算出生成等质量的氢气所消耗的金属的质量，然后进行判断即可．

【解答】解：由题意可以知道只有在硫酸量不足的条件下才可能使天平依然平衡，其中硫酸的质量为：100g×9.8%=9.8g；

铁、锌、镁和铝与硫酸反应的化学方程式为：2Na+H2SO4═Na2SO4+H2↑，Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑为了便于比较我们将该反应中的氢气的化学计量数化为1，即为：

Al+H2SO4═Al2（SO4）3+H2↑

2Na﹣Zn﹣Mg﹣Al﹣H2SO4 ﹣H2↑

46    65   24   18    98    2

4.6g  6.5g 2.4g 1.8g 9.8g  0.2g

A、根据上述解答可以知道2.4gMg和6.5g Zn，生成等质量的氢气，所以反应完毕，天平不再平衡，故A错误；

B、根据上述解答可以知道Mg和Zn各2.5g中，即生成氢气的质量不等，所以反应完毕，天平不再平衡，故B错误；

C、根据上述解答可以Mg和Al各2.5g，对于这两种金属来说硫酸的量不足，即硫酸完全反应，所以生成氢气的质量相等所以反应完毕，天平平衡，故C正确；

D、根据上述解答可以知道2.3gNa和2.4gMg，2.3gNa质量差为2.3﹣0.1=2.2g，而2.4gMg质量差为2.4g﹣0.2g=2.2g，天平平衡，故D正确；

故选CD．

【点评】此题考查的是活泼金属与酸反应的性质，重点要把金属活动顺序表背过，分清哪种金属和酸反应哪种金属和酸不反应，另外要能根据酸和金属反应的来判断等质量的金属哪个放出的氢气多．

14．关于Na2CO3与NaHCO3的性质判断正确的是(     )

A．常温下溶解度：Na2CO3＜NaHCO3

B．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3

C．与同浓度同体积的盐酸反应的速率：Na2CO3＞NaHCO3

D．与澄清石灰水反应，均有白色沉淀生成

【考点】钠的重要化合物． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反应时，NaHCO3反应剧烈，都可与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，以此解答该题．

【解答】解：A．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，故A错误；

B．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，故B错误；

C．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故C错误；

D．Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注重基础知识的积累．

15．由锌．铁．铝．镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是(     )

A．锌    B．铁    C．铝    D．镁

【考点】化学方程式的有关计算． 

【专题】平均值法．

【分析】可用极限法或平均值法计算，用极限法计算时可分别计算生成氢气11.2L时需要金属的质量，用平均值法计算可计算出混合物的平均相对原子质量．

【解答】解：产生11.2LH2需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，

故选C．

【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用．

16．1mol Na2O2与2mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是(     )

A．Na2CO3    B．Na2O2、Na2CO3

C．NaOH、Na2CO3    D．Na2O2、NaOH、Na2CO3

【考点】钠的重要化合物． 

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2mol碳酸氢钠分解生成1moNa2CO3、1molCO2、1molH2O，然后过氧化钠分别与水和二氧化碳反应，确定最后的固体的物质．

【解答】解：由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知2mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1mol，

还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有1mol，恰好和CO2反应生成1molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，

故选A．

【点评】本题考查钠的化合物的重要性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确过氧化钠与二氧化碳、与水的反应及反应的先后顺序是解答本题的关键，难度不大．

17．镁粉和铝粉分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如图，下列说法正确的是(     )

A．镁粉和铝粉的物质的量之比为3：2

B．镁粉和铝粉质量之比为3：2

C．镁粉和铝粉的摩尔质量之比为2：3

D．镁粉和铝粉反应完所需时间之比为3：2

【考点】化学方程式的有关计算． 

【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】A．硫酸过量，Mg、Al完全反应，由图可知生成氢气体积相同，则氢气物质的量相等，假设氢气为1mol，根据电子转移守恒计算Mg、Al物质的量；

B．再根据m=nM计算质量之比；

C．摩尔质量之比等于相对原子质量之比；

D．Mg与盐酸反应速率更快．

【解答】解：硫酸过量，Mg、Al完全反应，由图可知生成氢气体积相同，则氢气物质的量相等，假设氢气为1mol，根据电子转移守恒，Mg的物质的量为=1mol、Al物质的量为=mol．

A．Mg、Al的物质的量之比为1mol：mol=3：2，故A正确；

B．Mg、Al的质量之比为1mol×24g/mol：mol×27g/mol=4：3，故B错误；

C．Mg、Al的摩尔质量之比为24g/mol：27g/mol=8：9，故C错误；

D．金属性Mg＞Al，故Mg与盐酸反应速率更快，则镁粉和铝粉反应完所需时间之比为2：3，故D错误，

故选：A．

【点评】本题以化学反应图象形式，考查化学方程式有关计算、化学反应速率等，关键是明确金属完全反应且生成氢气的体积相等，注意利用守恒法与赋值法解答．

18．将2.32g Na2CO3、NaOH的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸体积与产生CO2体积（标准状况）关系如图所示，下列说法中错误的是(     )

A．OA段发生反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2OCO+H+═HCO

B．当加入35 mL盐酸时，产生CO2的体积为224 mL

C．A点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3

D．混合物中NaOH的质量0.60 g

【考点】有关混合物反应的计算． 

【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】A、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O  CO32﹣+H+═HCO3﹣；

B、AB段发生反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，根据方程式来求解；

C、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O  CO32﹣+H+═HCO3﹣，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3；

D、根据AB段求出二氧化碳的物质的量，然后根据碳守恒求出碳酸钠的质量，最后根据总质量求氢氧化钠的质量．

【解答】解：A、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O  CO32﹣+H+═HCO3﹣，故A正确；

B、AB段发生反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，根据方程式n（CO2）=（35﹣25）×10﹣3L×1mol/L=0.01mol，所以二氧化碳的体积为：0.01mol×22.4L/mol=224mL，故B正确；

C、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH﹣═H2O  CO32﹣+H+═HCO3﹣，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3，故C正确；

D、由反应HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，n（CO2）=n（Na2CO3）=（45﹣25）×10﹣3×1=0.02mol，所以氢氧化钠的质量为2.32g﹣0.02×106g=0.2g，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查混合物计算，理解判断各阶段发生的反应是关键，侧重学生分析判断和计算能力的考查，难度中等．

19．准确称取6克铝土矿样品（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）加入100mL硫酸溶液，充分反应后，

向滤液中加入10mol/L NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，求所用硫酸溶液的物质的量浓度(     )

A．1.75 mol/L    B．3.5 mol/L    C．2.25 mol/L    D．无法计算

【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物． 

【专题】图像图表题．

【分析】加入35mL氢氧化钠溶液时，沉淀量最大，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒计算硫酸钠的物质的量，再根据硫酸根守恒计算原硫酸溶液中n（H2SO4），再根据c=计算．

【解答】解：当加入NaOH溶液的体积为35mL时，n（NaOH）=0.035L×10mol/L=0.35mol，此时沉淀的质量达到最大值，则此时溶液的溶质只有Na2SO4，

根据Na元素守恒有n（Na2SO4）=n（NaOH）=×0.35mol=0.175mol，

根据硫酸根守恒，则有：n（H2SO4）=0.175mol，

所以原硫酸溶液中c（H2SO4）==1.75mol/L，

故选A．

【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚图象中各阶段发生的反应是关键，注意根据守恒的计算，关键是判断沉淀最大值时溶液中的溶质．

20．a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：

反应物	a+b	c+d	a+d	a+c	b+d
现象	白色沉淀	白色沉淀	白色沉淀	白色沉淀	无色气体

由上述现象可推知a、b、c、d依次是(     )

A．HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3    B．AgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2

C．BaCl2、Na2CO3、AgNO3、HCl    D．AgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3

【考点】几组未知物的检验；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 

【专题】推断题；化学实验基本操作．

【分析】本题属于鉴别题，题目给出的信息：d+b有无色气体产生，因此b、d是盐酸和碳酸钠中的一种，那么a、c是BaCl2、AgNO3中的一种；又因为c+d、a+d都有白色沉淀生成，因此d是碳酸钠，b是盐酸；又因为a+b有白色沉淀，因此a是银，c是氯化钡．

【解答】解：由题目给出的信息可知：d+b有无色气体产生，因此b、d是盐酸和碳酸钠中的一种，那么a、c是BaCl2、AgNO3中的一种；又因为c+d、a+d都有白色沉淀生成，因此d是碳酸钠，b是盐酸；又因为a+b有白色沉淀，因此a是银，c是氯化钡．

故选D．

【点评】本考点属于酸碱盐的性质中实验方法和过程的探究，要根据它们的性质选择所用的试剂，然后由现象得出结论．根据物质的溶解性和反应的条件，要认真分析，不仅要把握实验设计的每一个步骤中的实验目的，还要加强记忆鉴别常用离子的方法；本考点经常出现在选择题、填空题和实验题中．

二、非选择题（本题包括4小题，共40分）

21．一些酸在反应中可以表现出多种性质，如在反应Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O 中：

（1）氧化剂是HNO3（浓）；，氧化产物是Cu（NO3）2，还原剂是Cu，还原产物是NO2．

（2）在此反应中，浓表现出氧化性和酸性．

（3）当生成标况下11.2L NO2 时，反应中转移的电子数是0.5mol．

【考点】氧化还原反应的计算． 

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】（1）所含元素化合价升高的反应物为还原剂，发生氧化反应，得到氧化产物，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，发生还原反应，得到还原产物；

（2）反应中N元素化合价部分降低，部分未变，表现氧化性、酸性；

（3）根据N元素化合价变化计算转移电子物质的量．

【解答】解：（1）反应中中N元素化合价由+5价降低为二氧化氮中+4价，故HNO3（浓）是氧化剂，NO2是还原产物，Cu元素化合价升高为铜中+2价，故Cu是还原剂，Cu（NO3）2是氧化产物，

故答案为：HNO3（浓）；Cu（NO3）2；Cu；NO2；

2）反应中N元素化合价部分降低，部分未变，表现氧化性、酸性，

故答案为：氧化、酸；

（3）NO2的物质的量为=0.5mol，则转移电子为0.5mol×（5﹣4）=0.5mol，

故答案为：0.5．

【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，比较基础，注意根据元素化合价变化理解氧化还原反应基本概念．

22．A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣（离子在物质中不能重复出现）．

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；

②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出．根据①②实验事实可推断它们的化学式为：

（1）ABaCl2  BAgNO3

（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O

（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式Zn+Cu2+═Fe2++Cu．

【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件． 

【专题】物质检验鉴别题；物质的分离提纯和鉴别．

【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色进行继续排除，从而最终确定．如Ba2+不能和SO42﹣、CO32﹣结合，而只能和NO3﹣、Cl﹣；Ag+不能和SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣三种离子结合，而只能和NO3﹣结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32﹣结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32﹣为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3．

①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；

②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答．

【解答】解：由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42﹣、CO32﹣结合，而只能和NO3﹣、Cl﹣；Ag+不能和SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣三种离子结合，而只能和NO3﹣结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32﹣结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32﹣为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3．

①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；

②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3．

综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；

（1）由上述分析可知A为BaCl2；B为AgNO3；故答案为：BaCl2；AgNO3；

（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；

（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1，在此溶液中加入锌粒，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+═Fe2++Cu，故答案为：n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1；Zn+Cu2+═Fe2++Cu．

【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查，题目难度中等．

23．A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A 为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色（透过蓝色钴玻璃）．请回答下列问题：

（1）写出化学式：AKAlO2，CAl2O3，ENaAlO2．

（2）写出下列反应的离子方程式：

A→B：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，

C→E：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．

【考点】无机物的推断． 

【专题】无机推断；元素及其化合物．

【分析】B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al（OH）3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃片），说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al（OH）3，则A应为KAlO2，据此解答．

【解答】解：B、C都既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，应为两性化合物，因B加热分解可生成C，则可知B为Al（OH）3，C为A12O3，则D为AlCl3，E为NaAlO2，若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃片），说明A中含有K元素，A能与二氧化碳反应生成Al（OH）3，则A应为KAlO2．

（1）由上述分析可知，A为KAlO2，C为Al2O3，E为NaAlO2，

故答案为：KAlO2；Al2O3；NaAlO2；

（2）A→B的离子方程式：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，

C→E的离子方程式：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，

故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．

【点评】本题主要考查无机物的推断，侧重于铝的化合物之间的相互转化关系，B、C既能与NaOH反应又能与盐酸反应是推断突破口，题目难度不大．

24．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验．三组实验均各取30mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：

实验序号	甲	乙	丙
合金质量/mg	255	385	459
生成气体体积/mL	280	336	336

（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？乙（填“甲”或“乙”）．理由是因甲反应后的溶液中再加合金还能继续反应，说明甲中盐酸有剩余，若乙中盐酸恰好完全反应或有剩余，则产生的氢气应为385mL=423mL＞336mL，故说明乙中盐酸不足．

（2）依据题中数据计算出盐酸的物质的量浓度，求得的盐酸的物质的量浓度为1mol/L．

（3）依据题中数据求合金中Mg、Al的物质的量之比，求得的Mg、Al物质的量之比为1：1．

【考点】有关混合物反应的计算． 

【专题】元素及其化合物．

【分析】（1）盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应；根据甲中金属与氢气的体积定比关系计算生成336mL氢气需要金属的质量，确定乙中盐酸与金属是否恰好反应；

（2）乙、丙中盐酸完全，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，根据n=计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2），据此计算；

（3）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，据此解答．

【解答】解：（1）盐酸浓、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，

根据甲可知，生成336mL氢气需要金属的质量为：255mg×=306mg，故乙中金属有剩余，乙中盐酸不足，

故答案为：乙；因甲反应后的溶液中再加合金还能继续反应，说明甲中盐酸有剩余，若乙中盐酸恰好完全反应或有剩余，则产生的氢气应为385 mL=423 mL＞336 mL，故说明乙中盐酸不足；

（2）乙、丙中盐酸完全反应，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为：=0.015mol，根据氢元素守恒可知：n（HCl）=2n（H2）=2×0.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为：=1mol/L，

故答案为：1mol/L；

（3）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知：①24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有：②2x+3y=×2，

根据①②联立解得：x=0.005、y=0.005，

所以合金中镁与铝的物质的量之比为：0.005mol：0.005mol=1：1，

故答案为：1：1．

【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，根据表中数据关系判断反应的过量问题是关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．