辽宁师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期模块考试化学试题

www.ks5u.com辽宁师大附中2019-2020学年度上学期第二次模块考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12  N-14  O-16  Na-23  Al-27 S-32  Fe-56  第Ⅰ卷  选择题一、选择题 1.2018年10月21日，港珠澳大桥正式开通，该桥的建成创下多项世界之最，其中仅大桥主梁使用的钢材42万吨。下列材料中不属于铁合金的是A. 生铁 B. 铁锈 C. 不锈钢 D. 铁锰合金【答案】B【解析】【分析】合金是由一种金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，据此判断。【详解】A. 生铁属于铁合金，A不选；B. 铁锈的主要成分是氧化铁，不是铁合金，B选；C. 不锈钢属于铁合金，C不选；D. 铁锰合金属于铁合金，D不选；答案选B。2.下列关于电解质的叙述正确的是A. 溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质B. NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl－C. 硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强D. 氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电【答案】D【解析】【详解】A.电解质必须本身能电离，二氧化碳、氨气的水溶液能导电但是他们本身不能电离所以不是电解质，故A错误；B.电离的条件是溶于水或热熔化，不是电流，故B错误；C.溶液的导电能力与离子的浓度成正比，在相同条件下，醋酸溶液的导电性比硫酸的弱，但当醋酸中离子浓度大于硫酸时，硫酸的导电性比醋酸的弱，故C错误；D.HCl溶于水会电离出H+和Cl-，有自由移动的离子所以导电，而液态HCl是共价化合物，只含有HCl分子，没有离子所以不导电，故D正确。故选D。3.下列关于钠的说法中，正确的是（    ）A. 实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中B. 钠着火后，可用泡沫灭火器来灭火C. 钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中D. 当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现【答案】C【解析】【详解】A、实验剩余的金属单质和非金属单质应放回原试剂瓶，即剩余的钠应放回原试剂瓶，故A错误；B、钠燃烧后的产物过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，使燃烧加剧，故B错误；C、钠的密度比煤油的大，且和煤油不反应，故保存在煤油中可以隔绝空气和水，故C正确；
D、钠和盐溶液反应时，先和水反应，生成的氢氧化钠再和盐反应，即不能置换出金属铜，故D错误。
答案选C。4. 下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A. CuCl2 B. FeCl2 C. FeCl3 D. AlCl3【答案】D【解析】A 铜和盐酸不反应。B 铁和氯气反应得到的是FeCl3，而不是FeCl2C 铁和盐酸反应生成FeCl2，而不是FeCl3D 铝和盐酸反应能生成AlCl3，铝和氯气反应也能生成AlCl3。故选D5.下列说法中，不正确的是（   ）A. 0.1 mol N2的质量是2.8 gB. 常温常压下，22 g CO2中所含氧原子数约为6.02×1023C. 2 L 0.1mol·L－1NaCl溶液中，c(Na＋)＝0.2mol·L－1D. 标准状况下，11.2 L O2含有的原子数目约为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A. 0.1 mol N2的质量是0.1mol×28g/mol=2.8 g，故不选A；B. 常温常压下，22 g CO2的物质的量为22g÷44g/mol=0.5mol，一个CO2分子中含有2个O原子，则所含氧原子数约为0.5mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1023，故不选B；C. 2 L 0.1mol·L－1NaCl溶液中，c(Na＋)＝0.1mol·L－1，故选C；D.标准状况下，11.2 L O2含有的原子数目约为=6.02×1023，故不选D；答案选C。6.有关铁的化合物的说法中，错误的是A. FeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成B. 由图示操作可制取C. 、都可以由化合反应制得D. 胶体呈红褐色、透明，能发生丁达尔现象【答案】A【解析】FeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成，故A错误；易被氧化，煤油可以隔绝空气，故B正确；铁和氧气化合生成四氧化三铁，氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁，故C正确；胶体能发生丁达尔现象，故D正确。7.做焰色实验时，用于清洗铂丝的是A. 盐酸 B. 硫酸 C. 硝酸 D. 碳酸【答案】A【解析】【详解】硫酸难挥发，清洗做焰色反应的铂丝后有残留，硝酸是氧化性酸，碳酸不稳定，属于弱酸，因此做焰色试验时应该用盐酸洗涤铂丝。答案选A。【点睛】本题主要考查了焰色反应的有关判断，需要注意的是焰色反应是物理变化，不是化学变化，表现的是某一种金属元素的性质，包括单质和化合物。8.我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《淮南万毕术》中提到“曾青得铁则化为铜”，其反应的化学方程式是 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应不属于A. 复分解反应 B. 置换反应 C. 离子反应 D. 氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A、复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，因此该反应不是复分解反应，A选；B、根据反应方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu可知该反应属于一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此是置换反应，B不选；C、反应中铁和铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不选；D、反应在溶液中进行有离子参加和生成，因此属于离子反应，D不选；答案选A9. 等量的铁分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气的体积比是：A. 1 ：1 B. 3 ：4 C. 2 ：3 D. 4 ：3【答案】B【解析】【详解】令Fe的物质的量为1mol，则： Fe+2HCl=FeCl2+H2↑1mol      1mol3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H21mol         mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1mol：mol=3：4，故选B。【点睛】本题考查根据方程式计算。知道铁与水蒸气的反应是关键，注意基础知识的理解掌握，相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体积之比。10.物质 X 既能与稀盐酸反应，也能与氢氧化钠溶液反应，则 X 不可能是（   ）A. Al2O3 B. NH4Cl C. NaHCO3 D. Al【答案】B【解析】【详解】A. Al2O3与稀盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故不选A；B. NH4Cl只和氢氧化钠反应生成一水合氨和氯化钠，不与盐酸反应，故选B；C. NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故不选C；    D. Al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故不选D；答案：B【点睛】常见的既能与稀盐酸反应，也能与氢氧化钠溶液反应的物质有Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的铵盐、弱酸的酸式盐等。二、选择题11.用98%的浓硫酸配制1.0mol·L-1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是A. 用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取B. 在烧杯中溶解时，有少量液体溅出C. 使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分D. 定容时俯视容量瓶刻度线【答案】D【解析】【详解】A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故A错误；B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确。故选D。【点睛】根据CB=nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。12.下列有关钠及钠的化合物的说法中，正确的是A. 一小块钠置于空气中足够时间，最终会变成Na2O2B. 在饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2有沉淀析出C. 用洁净的铂丝蘸取溶液放置于酒精灯火焰上灼烧，焰色为黄色；该溶液为钠盐溶液D. 7.8gNa2O2和6.2gNa2O分别溶于100g水中，得到溶液的质量分数前者更大【答案】B【解析】【详解】A.切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3?10H2O）→最后变成Na2CO3粉末（风化），故A错误；B.由Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3可知，此反应消耗水，且Na2CO3转化为NaHCO3后溶质质量增加，又因NaHCO3溶解度较小，所以会有晶体析出，故B正确；C.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，可能为钠盐或氢氧化钠溶液，故C错误；D.6.2gNa2O与水反应生成氢氧化钠，溶液中的溶质是氢氧化钠，根据化学式Na2O→NaOH知，生成氢氧化钠的质量为8g，溶液的质量=氧化钠和水的质量=6.2g+100g=106.2g，所以该溶液的质量分数为7.5%；7.8gNa2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以溶液中的溶质是氢氧化钠，根据化学式Na2O2→NaOH知，生成氢氧化钠的质量为8g，溶液的质量=过氧化钠+水的质量-氧气的质量=7.8g+100g-1.6g=106.2g，所以该溶液的质量分数为7.5%，故D错误。故选B。13.根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是（　　）①Cl2+2KI = I2+2KCl       ②2FeCl3+2HI = I2+2FeCl2+2HCl ③2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3      ④I2+SO2 +2H2O = 2HI+H2SO4A. Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2 B. Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2C. Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2 D. Cl2＞Fe3+＞S＞I2【答案】C【解析】【详解】①Cl2+2KI = I2+2KCl中氧化性Cl2＞I2；②2FeCl3+2HI = I2+2FeCl2+2HCl中氧化性 Fe3+＞I2；③2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3中氧化性Cl2＞Fe3+；④I2+SO2 +2H2O = 2HI+H2SO4中氧化性I2＞SO2；则氧化剂的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2，故C正确；答案：C【点睛】根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断。14.下列物质用途或者制备中所涉及到的离子方程式书写正确的是（   ）选项用途或者制备离子方程式A用稀硫酸清洗铁锈Fe2O3＋6H＋=2Fe2＋＋3H2O B实验室用大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑CNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液HCO3ˉ＋Ba2+＋OH－= BaCO3↓＋H2OD用氯化铁溶液刻蚀铜板Fe3+ + Cu =Fe2++Cu2+  A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.应该生成Fe3+，离子方程式应为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，故A错误；B.碳酸钙难溶于水，不可拆开，离子方程式应为CaCO3＋2H＋=H2O＋CO2↑+Ca2+，故B错误；C.离子方程式为HCO3ˉ＋Ba2+＋OH－= BaCO3↓＋H2O，故C正确；D.电荷不守恒，离子方程式应为2Fe3+ + Cu =2Fe2++Cu2+，故D错误；答案：C15.在某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（     ）A. K+、Na+、Cu2+、SO42- B. Na+、Al3+、Cl-、NO3-C. Na+、K+、HCO3-、Cl- D. K+、 SO42-、 Cl-、Ba2+【答案】B【解析】【详解】A.无色透明的酸性溶液中不能存在Cu2+，A错误；B.无色透明的强酸性溶液中，H+、Na+、Al3+、Cl-、NO3-五种离子间不反应，能够大量共存，B正确；C. 无色透明的强酸性溶液中，H+与HCO3-不能大量共存，C错误；D. SO42-与Ba2+反应生成沉淀，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选B。【点睛】此题是离子共存问题，题意是在强酸性溶液中，大量共存，溶液为无色。因此我们在考虑问题时，不仅要注意离子能否存在于酸性环境中，离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，还要考虑溶液是否无色。16.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（   ）A. 常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NAB. 标准状况下，22.4L水中含电子数为10 NAC. l L1 mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NAD. 56 g Fe 与足量氯气反应，转移的电子数为 2 NA【答案】A【解析】【详解】A.常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NA，故A正确；B.水在标准状况下不是气体，不可用气体摩尔体积计算，故B错误；C.氯化氢为强酸，在水中完全以氢离子和氯离子存在，溶液中没有氯化氢分子，故C错误；D.氯气为强氧化剂，与变价金属反应生成高价金属氯化物，56 g Fe 与足量氯气反应，转移的电子数应为 3NA，故D错误；答案：A17.分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是(   )A. 水 B. 醋酸溶液 C. 盐酸 D. NaCl溶液【答案】C【解析】【分析】根据电解质的电离概念分析。【详解】A.水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，故导电能力变化较明显，故A错误；
B. 醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显，故B错误；
C.HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，但是反应过程中生成水，导电能力变化不大，故C正确；
D.NaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显，故D错误。故选C。点睛】导电能力与溶液中离子溶度和离子所带电荷数有关，离子溶度越大，导电能力越强。18.向 a g Al2O3、Fe2O3的混合物中加入100mL 0.05mol/L的盐酸中，固体全部溶解，再向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+恰好全部转化成沉淀，用去NaOH溶液100mL，则此NaOH溶液的浓度为A. 0.2mol/L B. 0.1mol/L C. 0.05mol/L D. 无法计算【答案】C【解析】【详解】盐酸的物质的量是0.1L×0.05mol/L＝0.005mol，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl）=0.005mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）=0.005mol，则氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）=0.005mol÷0.1L=0.05mol/L。答案选C。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力。第Ⅱ卷  非选择题三、非选择题19.氯气是一种重要的化工原料，它的发现和研究经历了以下几个阶段。（1）1774 年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是二氧化锰）时，将软锰矿与浓盐酸混合并加热，无意间制得了氯气，此反应中氯元素被_______（填“氧化”或“还原”）（2）贝托莱发现，氯气能溶于水，向此溶液中滴加紫色石蕊溶液，观察到的现象是_____________________。（3）泰纳将氯气通入石灰水，并一步步改进，制得了我们现在常用的漂白粉，漂白粉的有效成分是__________________。（4）盖吕萨克发现氯气能与金属反应。氯气与铝反应的化学方程式是_____________。（5）1810 年，戴维经过大量实验研究，确认氯气是一种单质，且有毒。实验室吸收氯气的常用方法是___________________（用化学方程式表示）【答案】    (1). 氧化    (2). 溶液先变红，后褪色    (3). Ca(ClO)2    (4). 2Al+3Cl22AlCl3    (5). Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O【解析】【分析】（1）根据氯元素的化合价变化分析；（2）根据氯水的性质分析判断；（3）根据漂白粉的制备原理分析；（4）铝在氯气中燃烧生成氯化铝；（5）根据氯气能与氢氧化钠溶液反应解答。【详解】（1）将软锰矿与浓盐酸混合并加热，无意间制得了氯气，此反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去电子，发生氧化反应，被氧化；（2）氯气能溶于水，所得溶液是氯水，氯水显酸性，同时还含有次氯酸还具有漂白性，则向此溶液中滴加紫色石蕊溶液，观察到的现象是溶液先变红，后褪色。（3）将氯气通入石灰水得到漂白粉，生成物是氯化钙和次氯酸钙，因此漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。（4）氯气与铝反应生成氯化铝，反应的化学方程式是2Al+3Cl22AlCl3。（5）氯气有毒，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。20.茶是中国人喜爱的一种饮品，茶叶中含有铁元素，可以用以下实验操作检验茶叶中的铁元素A．取少量茶叶。B．检验滤液中的 Fe3＋。C．过滤得到滤液。D．将茶叶灼烧为茶叶灰。E．用足量稀盐酸溶解茶叶灰，并加蒸馏水稀释。请回答下列问题。（1）上述实验操作的正确顺序是___（填序号）（2）操作 D 所用仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角、___、___。（3）检验滤液中 Fe3＋的方法是___，观察到的现象是___。（4）越来越多的人喜欢用铁壶泡茶，铁壶泡茶时壶中的铁与茶水中的 Fe3+能发生反应，有关的离子方程式是___。【答案】    (1). ADECB    (2). 坩埚    (3). 玻璃棒    (4). 取少量滤液于试管中，向其中滴加 KSCN溶液    (5). 溶液变成红色    (6). Fe+ 2Fe3＋＝3 Fe2＋【解析】【分析】茶叶中含铁等金属元素，灼烧后加稀盐酸溶解，利用KSCN溶液检验铁离子，据此分析判断。【详解】（1）检验茶叶中的铁元素的正确操作为：A．取少量茶叶；D．将茶叶灼烧为茶叶灰；E．用足量稀盐酸溶解茶叶灰，并加蒸馏水稀释；C．过滤得到滤液；B．检验滤液中的Fe3＋。所以上述实验操作的正确顺序是ADECB；（2）固体灼烧需要坩埚，同时需要玻璃棒搅拌，则操作D所用仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、玻璃棒。（3）一般用KSCN溶液检验铁离子，则检验滤液中Fe3＋的方法是取少量滤液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，观察到的现象是溶液变成红色。（4）铁能与溶液中的Fe3+发生反应生成亚铁离子，反应的离子方程式是Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋。【点睛】本题考查了探究茶叶中铁元素的方法及性质实验方案的设计，注意掌握性质实验方案的设计方法，明确探究物质组成的方法，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。21.A-F 为中学化学常见物质，它们的焰色试验均为黄色。其中 A 为单质， B 与 C的组成元素相同，且 B 为淡黄色固体； D、 E、 F 的溶液均显碱性，其中 E 和 F 属于盐且相同物质的量浓度的溶液， E溶液的碱性更强。它们之间的相互转化关系如下图。（“”表示进一步反应即可转化，部分反应物、生成物和反应条件已略去）请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式： B___， C___， E___。（2）AD 的化学方程式是_______________________。（3）BD 化学方程式是_______________________。（4）区分 E 和 F 两种固体的方法是：分别取等量的 E 和 F 两种固体少许于试管中，具体的操作现象和结论是_________________________。【答案】    (1). Na2O2    (2). Na2O    (3). Na2CO3    (4). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑    (5). 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑    (6). 加热试管，将导气管插入澄清石灰水中E试管的澄清石灰水没有明显变化，F试管的澄清石灰水变浑浊，说明F是 NaHCO3，E 是 Na2CO3（或向两试管中分别加入等量的CaCl2溶液E试管中产生白色沉淀，F试管中无明显现象）【解析】【分析】A-F 为中学化学常见物质，它们的焰色试验均为黄色。其中 A 为单质，则A为Na； B 与 C的组成元素相同，且 B 为淡黄色固体，则B为Na2O2，C为Na2O； D、 E、 F 的溶液均显碱性，其中 E 和 F 属于盐且相同物质的量浓度的溶液， E溶液的碱性更强，D为NaOH，E为Na2CO3，F为NaHCO3，据此分析问题。【详解】（1）根据上面分析可知：B为Na2O2， C为Na2O， E为Na2CO3。答案：Na2O2；Na2O；Na2CO3；（2）根据上面分析可知A为Na，D为NaOH，AD 的化学方程式是2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑；答案：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑；（3）根据上面分析可知B为Na2O2，D为NaOH ，BD 的化学方程式是2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑；答案：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑；（4）根据上面分析可知E为Na2CO3，F为NaHCO3，利用 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2而碳酸钠受热不分解或者利用Na2CO3+CaCl2=2NaCl+CaCO3↓而碳酸氢钠不与氯化钙反应进行区分；答案：加热试管，将导气管插入澄清石灰水中E试管的澄清石灰水没有明显变化，F试管的澄清石灰水变浑浊，说明F是 NaHCO3，E 是 Na2CO3（或向两试管中分别加入等量的CaCl2溶液E试管中产生白色沉淀，F试管中无明显现象）。22.某铝合金中含有镁、铜、铝三种金属，现取10.0g 该铝合金，向其中加入100mL 3.0mol/L 氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液恰好完全反应，请计算：(1)该铝合金中铝的质量分数________(2)生成标准状况下的氢气的体积是_________【答案】    (1). 81％    (2). 10.08L【解析】【分析】根据Mg、Cu不与氢氧化钠反应，而铝可以与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气计算。【详解】（1）n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol2Al + 2H2O + 2NaOH = 2NaAlO2 + 3H2↑54g                  2mol                 67.2Lm(Al)                0.3mol               V(H2)所以 m(Al)=8.1gω (Al)=×100％=81％；（2）V(H2)=67.2L× = 10.08L。