专题08 金属材料-【寒假分层作业】2025年高一化学寒假培优练（人教版2019必修第一册）

专题08 金属材料 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练（5大考点） 考点一 合金 考点二 铁合金 考点三 铝和铝合金 考点四 铝、氧化铝的性质 考点五 物质的量在化学方程式中的计算常用方法 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 拓展突破练 合金 ⭐积累与运用 合金 （1）合金的概念 合金是指由两种或两种以上的 (或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。属于 。 （2）合金的特性及原因 ①合金的物理、化学及机械性能 各成分金属，合金比各成分金属的硬度 。 ②合金的性能可以通过所添加的合金元素的种类、含量和生成合金的条件等来加以调节。 例如：硬铝(Al、Cu、Mg、Mn、Si)的强度和硬度都比纯铝的 。 ③原因： 纯金属内所有原子的大小和形状相同，原子排列十分规整；加入或大或小的其他元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大。 1．（24-25高一上·黑龙江鹤岗·阶段练习）合金比纯金属制成的金属材料的优点是 ①合金的硬度一般比它的各成分金属的大，②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低 ，③改变原料的配比，改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，④合金比纯金属的导电性更强，⑤合金比纯金属的应用范围更广泛。 A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②④ D．②③④ 2．（24-25高二上·海南海口·阶段练习）我国C919大型客机使用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高、耐腐蚀等特点。下列说法正确的是 A．铝锂合金硬度比纯铝小 B．铝锂合金熔点比纯铝高 C．铝为惰性金属，比较耐腐蚀 D．铝有较好的导电性和导热性 3．（23-24高一上·广东广州·期末）我国科技事业成果显著，大飞机C919机身材料采用了航空工业中最先进的复合材料和铝锂合金。下列有关合金的说法正确的是 A．我国使用最早的合金是钢 B．稀土金属可用于生产合金 C．生铁的含碳量为0.03%~2% D．合金的熔点一定比各成分金属的低 铁合金 ⭐积累与运用 铁合金 铁和碳形成的合金，因含碳量不同分 (含碳量为2%～4.3%)和 (含碳量为0.03%～2%)。 是用量最大、用途最广的合金。 是最常见的一种合金钢，合金元素主要是 和 ，在大气中比较稳定，不易生锈，抗腐蚀能力强。 总结： 生铁的化学成分 和 。 钢的种类分为 和 。碳素钢有分 、 和 。 低碳钢——韧性好，强度低，含碳量低于0.3%。 中碳钢——强度高，韧性及加工性好，含碳量为0.3%~0.6%。 高碳钢——硬而脆，热处理后弹性好，含碳量高于0.6%。 合金钢——在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、钼、钴、硅等合金元素（种类多，性能差别大）。 4．（23-24高一上·黑龙江牡丹江·阶段练习）金属材料的使用见证了人类文明发展过程，历史上人类冶炼部分金属的大致年代如图所示，下列说法正确的是 A．由图可知最早冶炼的金属为Au B．人类最早使用的合金为铁合金 C．铝是地壳中含量最高的金属元素，但铝的冶炼时间较晚 D．铁、铁合金、铁的氧化物都为金属材料 5．（23-24高一上·陕西汉中·阶段练习）金属材料在生产生活中应用广泛。下列关于金属材料的说法不正确的是 A．铁合金是世界上使用最广泛的金属材料，我国铁制品使用最早可追溯到西周晚期 B．不锈钢是合金钢的一种，它的合金元素主要是铬(Cr)和镍(Ni) C．合金硬度、熔沸点和导电导热性都比成分金属优良 D．合金是金属与金属或金属与非金属熔合而成的，所以合成合金是物理变化 6．（22-23高一上·河南郑州·阶段练习）将30g某合金溶于足量的稀硫酸中，充分反应后，收集到11.2L(标准状况)H2，则该合金可能为 A．锌铁合金 B．铁铝合金 C．镁铝合金 D．铁镁合金 铝单质 ⭐积累与运用 1. 铝和铝合金 （1）铝是地壳中含量 的金属元素，常温下就能与空气中的 发生反应，表面生成一层致密的 薄膜，保护内部金属。 特别提醒　在常温下形成致密保护膜的金属，如铝、镁等金属。铁在高温下形成致密保护膜，俗称“烤蓝”，铁或铝遇到浓H2SO4或浓HNO3时，迅速反应生成致密氧化膜，称为钝化。 （2）铝合金 铝合金是目前用途广泛的合金之一，硬铝是在铝中添加了一定比例的Cu、Mg、Mn、Si，它的密度 ，强度 ，具有较强抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。 7．（24-25高一上·辽宁沈阳·阶段练习）用表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．将钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成分子数为 B．质量分数为46%的乙醇溶液中O原子的数目为 C．与盐酸反应转移电子数为 D．与足量硫粉充分反应转移电子数为 8．（24-25高一上·贵州·阶段练习）下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A．烧碱溶液：、、、 B．无色透明的溶液中：、、、 C．与Al反应放出的溶液：、、、 D．的溶液：、、、 9．（24-25高一上·全国·课后作业）现有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，金属离子正好全部转化为沉淀。则上述盐酸的浓度为 A．0.5mol/L B．1.0mol/L C．2.0mol/L D．3.0mol/L 10．（24-25高一上·海南·阶段练习）已知某品牌饮料易拉罐的材质为镁铝合金，现利用一个空的该易拉罐进行试验： （1）向易拉罐中充满CO2，然后往罐中注入足量的浓NaOH溶液，立即用胶布封严罐口，一会儿听到罐内发出“咔、咔”的响声，且易拉罐变瘪，原因是 ；再过一会儿易拉罐又鼓起来恢复原样，原因是 ；易拉罐鼓起过程反应的化学方程式为 。 （2）将镁铝合金的易拉罐打磨、清洗并干燥后，剪碎并磨成粉，将该粉未浸入盐酸中完全溶解，再加入足量的NaOH溶液中，充分反应之后，仍存在白色沉淀，该白色沉淀是 (填化学式)。 （3）另取一个空的该易拉罐，从中间锯开，用砂纸将其内壁的氧化膜除去，装入约20 ml 蒸馏水，再往水中投入2.3 g金属钠，理论上最多可收集到氢气的物质的量为 。 铝、氧化铝的性质 ⭐积累与运用 铝、氧化铝的性质 （1）①铝、氧化铝与稀盐酸反应 实验操作 实验现象 铝片 ，有无色气泡冒出，将点燃的木条放在试管口有 。 化学方程式 离子方程式 ②铝、氧化铝与NaOH溶液反应 实验操作 实验现象 试管①中一开始无气泡产生，一段时间后，铝片 ，有无色气泡冒出，试管②中铝片溶解，立即产生无色气泡，将点燃的木条放在试管口，都有 化学方程式 离子方程式 （2）两性氧化物 既能与 反应生成盐和水，又能与 反应生成盐和水的氧化物，如Al2O3等，其与强酸、强碱反应的离子方程式为： 11．（24-25高一上·黑龙江鹤岗·阶段练习）下列除杂质选用试剂和主要操作都正确的是 编号 物质 杂质 试剂 主要操作 A． Cl2 HCl 饱和Na2CO3溶液 洗气 B． NaHCO3 Na2CO3 —— 加热 C． Fe2O3 Al2O3 NaOH溶液 过滤 D． FeCl2 FeCl3 Cu 过滤 12．（24-25高一上·全国·课后作业）下列有关氧化铝的说法错误的是 A．可用材料制成的坩埚熔融烧碱 B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，能防止内部金属被氧化 C．氧化铝是一种高熔点物质，是一种较好的耐火材料 D．氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应 13．（24-25高一上·湖北·期中）甲、乙、丙、丁溶液分别含、、、、、、中的两种离子，可以发生如下图转化，下列说法不正确的是[已知水中与反应生成沉淀和] A．在丁中滴加甲能发生反应： Ba2＋＋HCO＋OH-=BaCO3↓＋H2O B．溶液丙中还可以大量共存的离子有：、、 C．白色沉淀A能溶解在溶液丙中 D．向乙溶液中加入少量丁溶液可产生白色沉淀 14．（24-25高一上·黑龙江·阶段练习）铝及其化合物在生产、生活中的应用日趋广泛。 （1）氧化铝是一种两性氧化物，写出其与溶液反应的化学方程式： 。 （2）可用作中和胃酸的药片，其中中和胃酸的原理为 (用离子方程式表示)。 （3）某合金是一种潜在的贮氢材料。73.2g该合金恰好溶解于溶液中，则该合金中和的物质的量之比为 。 （4）下图表示将足量的不断通入、、的混合溶液中，生成沉淀与通入的量的关系，最先与发生反应的物质是 (填化学式)，ab段发生反应的离子方程式为 。 （5）(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分是，含少量、杂质)制备明矾的过程如图所示。 ①为尽量少引入杂质，试剂①应选用 (填字母)。 A．溶液    B．溶液    C．氨水    D．溶液 ②易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 。 ③沉淀B的化学式为 。 物质的量在化学方程式中的计算常用方法 ⭐积累与运用 1.关系式法 当已知量和未知量之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定已知量和未知量之间的比例关系，即“关系式”。 （1）根据化学方程式确定关系式 写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。 (2) 根据原子守恒确定关系式 2.守恒法 （1）反应前后元素种类、质量、原子个数不变。 （2）还原剂失电子总数＝氧化剂得电子总数 （3）电荷守恒 电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性。例如，在0.1mol·L-1的K2SO4溶液中，c(K＋)＋c(H＋)＝2c( SO42- )＋c(OH－)。 3.差量法 根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”，如反应前后的质量差、物质的量差、气体体积差等，该差量与反应物的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系求解的方法。 4.方程组法 一般方程组法用于解决两种物质的混合物计算，一般读题时能找到两个已知量时，均可以利用二元一次方程组进行求算未知量。 15．（22-23高一上·辽宁朝阳·期末）现有的混合溶液250mL，向其中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。则混合液中的物质的量浓度为 A． B． C． D． 16．（23-24高一上·江西宜春·阶段练习）某无色溶液中可能含有中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是 A．溶液中的阳离子有 B．溶液中n(Al3+)=0.1 mol C．溶液中一定不含，一定含有 D．n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶1 17．（24-25高一上·四川德阳·开学考试）已知：Al(OH)3可与NaOH溶液反应，即Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而Mg(OH)2不与NaOH 溶液反应，但受强热易分解。现将a g镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀进行洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末的质量还是a g，则原合金中镁的质量分数为 A．80% B．40% C．60% D．无法确定 18．（22-23高一上·江西赣州·阶段练习）将8.0g镁铁合金加入500mL稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状况下氢气4.48L。下列有关说法不正确的是 A．该合金中镁、铁的物质的量之比为1：1 B．反应中转移电子0.6mol C．该盐酸的物质的量浓度为0.8mol/L D．将标准状况下8.96LHCl气体溶于500mL水中即可配制成该盐酸 19．（23-24高一上·海南海口·期末）在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示，则： （1）图中C点表示当加入 mol NaOH时， Al3＋已经全部转化为 ，(填化学式)  Mg2＋已经全部转化为 (填化学式)； （2）图中线段OA︰AB= 。 1．（24-25高一上·全国·期末）下列除去杂质的方法中，错误的是 选项 物质(括号内为杂质) 除去杂质的方法 A MgO固体(Al2O3) 加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥 B NaCl溶液(Na2CO3) 加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤 C FeCl3溶液(FeCl2) 通入适量的Cl2 D CO2气体(HCl) 通过饱和NaHCO3溶液洗气、干燥 2．（24-25高一上·海南·阶段练习）某合金与铁的物理性质比较如下： 熔点/℃ 密度/ g·cm⁻3 硬度 导电性(银为100) 其他性质 某合金 2 500 3.00 7.4 2.3 耐腐蚀 铁 1 535 7.86 4.5 17 纯铁耐腐蚀 从以上性能看，该合金不适合制成 A．导线 B．门窗 C．炉具 D．飞机外壳 3．（24-25高一上·福建·期中）下列物质间的转化能通过加盐酸一步反应实现的是 ①  ②  ③  ④  ⑤ A．①② B．②④ C．①④ D．③⑤ 4．（24-25高一上·福建莆田·期中）下列实验操作、现象和结论均正确的是 编号 实验操作 现象 结论 A 用坩埚钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰上加热，轻轻晃动铝片 铝片表面呈灰白色，熔化而不滴落 铝的熔点很高 B 把加入碘水中，振荡、静置、分液，从上口倒出有机层 有机层呈现紫红色 能萃取碘，且密度比水大 C 取浓度约为15%的双氧水盛放于试管中，观察现象，然后再把试管置于75℃热水浴中 气泡产生速率变快 其他条件不变时，升温可以加快反应速率 D 将通入石蕊试液中 石蕊试液先变红后褪色 具有漂白性 5．（24-25高一上·河南郑州·期中）取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的后，再分别稀释到100mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示，下列说法不正确的是 A．A曲线表明原溶液通入后，所得溶质为NaOH和 B．B曲线表明原溶液通入后，所得溶质为和且物质的量之比为1∶1 C．B曲线表明原溶液通入后，所得溶质与盐酸反应产生气体的体积为112mL(标准状况) D．A曲线和B曲线所得的溶液混合后，恰好得到溶质为的溶液 6．（24-25高一上·河北石家庄·阶段练习）向含，，的溶液中通入过量的，溶液中四种粒子的物质的量变化如下图所示，已知，线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素。下列说法错误的是 A．原溶液中 B．线段Ⅱ表示的变化情况 C．线段Ⅳ表示的变化情况 D．根据图像可计算出， 7．（24-25高一上·广东广州·期中）双氧水和84消毒液是生活常用的两种消毒剂，某同学设计如下实验研究H2O2的性质。 序号 实验 实验现象 ⅰ 向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液 a．溶液紫色褪去；b．有大量气泡产生 ⅱ 向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液 c．溶液变蓝 （1）①已知淀粉遇碘会变蓝，能证明H2O2具有还原性的实验是 (填序号)。 ②试写出实验i中反应的离子方程式 。 ③依据表格信息，将I2、H2O2、KMnO4按氧化性由强到弱依次排序： (写化学式)。 （2）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaClO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO H2O2(填”>”或“<”)；当参加反应的NaClO和H2O2的个数比为1：1时，该反应的还原产物为 (填字母序号)。 A．O2     B．H2O       C．Cl2       D．NaCl       E．NaClO2 （3）饮用水中的对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将还原为N2，Al被氧化为。上述反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是 。若生成3molN2，转移电子数是 个(用NA表示阿伏伽德罗常数)。 8．（24-25高一上·江苏无锡·阶段练习）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示。回答下列问题： （1）明矾属于___________。 A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物 （2）为了溶解易拉罐，并在溶解后滤去杂质，试剂①应选用NaOH溶液，请写出相关化学方程式： 。 （3）含Al质量分数为27%的易拉罐10 g，在步骤1中理论上可以制取气体(标准状况下)体积 L，理论上可以制得明矾质量 g。 （4）下列物质的转化不能通过一步实现的是___________。 A．NaCl→NaHCO3 B．Al2O3→Al(OH)3 C．Cl2→NaClO D．Fe(OH)2→Fe(OH)3 9．（24-25高一上·广西·阶段练习）有关物质间转化关系如下图，试回答： （1）转化②的化学方程式为 ；与足量氢氧化钠溶液反应，生成气体(标况下)的体积为 L；转移的电子数目为 (阿伏加德罗常数用表示)。 （2）转化③的离子方程式为 。 （3）若转化⑤用于实验室制，则试剂A宜选择 (填名称)，离子方程式为 。 （4）溶液中的物质的量浓度为 ，取出加水稀释到，则稀释后所得溶液中物质的量浓度为 。 10．（24-25高一上·湖北·期中）叠氮化钠()是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，难溶于乙醚。某汽车安全气囊的产气药剂主要含有、、、等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。某硝酸工厂处理尾气并制备叠氮化钠的工艺流程如图所示： I．已知合成时，无其他含氮化合物生成；乙醚在水中溶解度很小，乙醇以任意体积比与水互溶。回答下列问题： （1）合成时，生成1mol对应转移的电子数为 。 （2）中N的化合价为 ，合成的化学方程式为 。 （3）试剂①与试剂②分别为 、 (填名称)。 （4）安全气囊受撞击时，产生大量气体同时放热，为避免灼伤人员，产气药剂中起冷却作用的是 (填化学式)。 II．某学习小组对叠氮化钠的实验室制备进行相关探究。制备的装置如下图所示。 查阅资料：①氨基钠()的熔点为20℃，易潮解和氧化；有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸()不稳定，易分解爆炸； ②， ； ③低沸点、易挥发。 回答下列问题： （5）①按气流方向，图1中装置的连接顺序为 (填仪器接口字母)。 ②实验时装置E中生成沉淀，反应的化学方程式为 。 ③装置C中物质充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为 。 1．（新考法——铝盐受热分解与热重曲线结合）（23-24高一下·河北衡水·开学考试）可用作焙烤食品的添加剂，《中华人民共和国国家标准》规定焙烤食品中铝的残留量。取加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示，a、b、c点对应的固体均为纯净物。下列说法错误的是 A．在水中的电离方程式为 B．a点剩余的固体可能为 C．b点剩余的固体可能为 D．c点剩余的固体可能为 2．（新考法——多个离子在溶液中相互作用）（23-24高一上·四川遂宁·阶段练习）将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，残留固体1.28g，过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H+)为0.400mol/L。则原混合物中氧化铁的质量是 A．10.08g B．6.4g C．5.60g D．3.36g 3．（新考法——铝盐的探究性实验）（24-25高一上·广东佛山·开学考试）学习小组研究用明矾净水并探究影响明矾净水效果的因素。 【查阅资料】 ①明矾溶于水生成胶体吸附水中悬浮物而沉降，达到净水目的。 ②胶体能溶于酸。 ③净水效果可用浊度去除率A表示，A值越大表示净水效果越好。 【提出猜想】 猜想a：一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。 猜想b：一定范围内，水样的酸性越强，净水效果越差。 【实验准备】 配制溶液和稀硫酸 （1）用明矾配制100mL质量分数为1%的溶液(密度取1.0)，用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、 。 （2）用质量分数为98%的浓硫酸(密度取1.8)加水稀释配制100mL质量分数为9.8%的稀硫酸(密度取1.0)，需量取浓硫酸的体积为 mL(结果保留1位小数)。 【实验过程】 取某水样，按下列实验方案加入试剂后，充分搅拌，静置tmin，测定水样的浊度并计算得到浊度去除率，记录数据。 实验序号 水样体积/mL 1%溶液体积/mL 9.8%硫酸体积/mL 蒸馏水体积/mL tmin后浊度去除率 ⅰ 200 5.0 0 5.0 ⅱ 200 0 7.5 ⅲ 200 0 0 ⅳ 200 5.0 2.0 3.0 ⅴ 200 5.0 5.0 0 【实验分析】 （3）实验ⅰ、ⅱ、ⅲ用于探究猜想a是否成立，则 ， 。 （4）实验测得，由此得出的结论是 。 （5）实验证明猜想b成立，得出该结论的依据是 (用A的大小关系表示)。 （6）水样的酸性越强，净水效果越差，原因是 。 【拓展研究】 （7）也是常用净水混凝剂。若比较1%的溶液和1%的溶液对模拟水样的净水效果，其实验操作为：取200mL模拟水样， (补充实验设计)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 金属材料 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练（5大考点） 考点一 合金 考点二 铁合金 考点三 铝和铝合金 考点四 铝、氧化铝的性质 考点五 物质的量在化学方程式中的计算常用方法 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 拓展突破练 合金 ⭐积累与运用 合金 （1）合金的概念 合金是指由两种或两种以上的 金属 (或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。属于 混合物。 （2）合金的特性及原因 ①合金的物理、化学及机械性能 优于 各成分金属，合金比各成分金属的硬度 大 。 ②合金的性能可以通过所添加的合金元素的种类、含量和生成合金的条件等来加以调节。 例如：硬铝(Al、Cu、Mg、Mn、Si)的强度和硬度都比纯铝的 大 。 ③原因： 纯金属内所有原子的大小和形状相同，原子排列十分规整；加入或大或小的其他元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大。 1．（24-25高一上·黑龙江鹤岗·阶段练习）合金比纯金属制成的金属材料的优点是 ①合金的硬度一般比它的各成分金属的大，②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低 ，③改变原料的配比，改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，④合金比纯金属的导电性更强，⑤合金比纯金属的应用范围更广泛。 A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②④ D．②③④ 【答案】B 【解析】①与组成合金的纯金属相比，合金的一般硬度更大，故①正确； ②合金为混合物，熔点比它的各成分金属的熔点低，故②正确； ③不同的合金具有不同的性能，改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，故③正确； ④合金的导电性不一定比纯金属更强，比如铝合金的导电性比纯铝要差，故④错误； ⑤合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故⑤正确； 正确的有①②③⑤，答案选B。 2．（24-25高二上·海南海口·阶段练习）我国C919大型客机使用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高、耐腐蚀等特点。下列说法正确的是 A．铝锂合金硬度比纯铝小 B．铝锂合金熔点比纯铝高 C．铝为惰性金属，比较耐腐蚀 D．铝有较好的导电性和导热性 【答案】D 【解析】A．纯铝硬度较小，铝锂合金硬度比纯铝大，A错误； B．一般来说合金的熔点比其成分金属低，铝锂合金熔点比纯铝低，B错误； C．铝为活泼金属，比较耐腐蚀是由于铝与氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜，这层膜起到保护内部金属的作用，C错误； D．铝有较好的导电性和导热性，D正确； 故选D。 3．（23-24高一上·广东广州·期末）我国科技事业成果显著，大飞机C919机身材料采用了航空工业中最先进的复合材料和铝锂合金。下列有关合金的说法正确的是 A．我国使用最早的合金是钢 B．稀土金属可用于生产合金 C．生铁的含碳量为0.03%~2% D．合金的熔点一定比各成分金属的低 【答案】B 【解析】A．我国最早使用的合金是青铜不是钢，A错误； B．稀土一般是以氧化物状态分离出来的，虽然在地球上储量非常巨大，但冶炼提纯难度较大，显得较为稀少得名稀土，在合金中加入适量稀土金属，就能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的维生素，B正确； C．生铁的含碳量为2%~4.3%，钢的含碳量为0.03%~2%，C错误； D．合金的熔点一般比各成分金属的低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，D错误； 故选B。 铁合金 ⭐积累与运用 铁合金 铁和碳形成的合金，因含碳量不同分为 生铁 (含碳量为2%～4.3%)和 钢 (含碳量为0.03%～2%)。 钢 是用量最大、用途最广的合金。 不锈钢 是最常见的一种合金钢，合金元素主要是_铬__和 镍 ，在大气中比较稳定，不易生锈，抗腐蚀能力强。 总结： 生铁的化学成分 铁 和 碳 。 钢的种类分为 碳素钢 和 合金钢 。碳素钢有分 低碳钢 、 中碳钢 和 高碳钢 。 低碳钢——韧性好，强度低，含碳量低于0.3%。 中碳钢——强度高，韧性及加工性好，含碳量为0.3%~0.6%。 高碳钢——硬而脆，热处理后弹性好，含碳量高于0.6%。 合金钢——在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、钼、钴、硅等合金元素（种类多，性能差别大）。 4．（23-24高一上·黑龙江牡丹江·阶段练习）金属材料的使用见证了人类文明发展过程，历史上人类冶炼部分金属的大致年代如图所示，下列说法正确的是 A．由图可知最早冶炼的金属为Au B．人类最早使用的合金为铁合金 C．铝是地壳中含量最高的金属元素，但铝的冶炼时间较晚 D．铁、铁合金、铁的氧化物都为金属材料 【答案】C 【解析】A．由图可知最早冶炼的金属为Cu，故A错误； B．人类最早使用的合金为铜合金，故B错误； C．铝元素在地壳中的含量仅次于氧和硅，是地壳中含量最丰富的金属元素，并且是仅次于铁的全球使用第二多的金属，但人类直到19世纪才掌握了分离和生产纯铝的技术，故C正确； D．金属材料一般指金属单质或合金，故D错误； 故答案选C。 5．（23-24高一上·陕西汉中·阶段练习）金属材料在生产生活中应用广泛。下列关于金属材料的说法不正确的是 A．铁合金是世界上使用最广泛的金属材料，我国铁制品使用最早可追溯到西周晚期 B．不锈钢是合金钢的一种，它的合金元素主要是铬(Cr)和镍(Ni) C．合金硬度、熔沸点和导电导热性都比成分金属优良 D．合金是金属与金属或金属与非金属熔合而成的，所以合成合金是物理变化 【答案】C 【解析】A．世界上使用最广泛的金属材料是铁合金，我国铁制品使用最早可追溯西周晚期，A正确； B．不锈钢是合金钢的一种，它的合金元素主要是铬(Cr)和镍(Ni)，B正确； C．合金硬度比成分金属大，熔沸点比成分金属低，导电导热性比成分金属差，C错误； D．合金是金属与金属或金属与非金属熔合而成的，所以合成合金是物理变化，D正确； 答案选C。 6．（22-23高一上·河南郑州·阶段练习）将30g某合金溶于足量的稀硫酸中，充分反应后，收集到11.2L(标准状况)H2，则该合金可能为 A．锌铁合金 B．铁铝合金 C．镁铝合金 D．铁镁合金 【答案】A 【解析】生成标准状况下11.2L的氢气，转移的电子的物质的量为1mol，Zn，Fe、Mg、Al与稀硫酸反应时，失去1mol电子消耗金属的质量依次为32.5g、28g、12g、9g，则此30g合金可能为锌铁合金，A项符合题意。 铝单质 ⭐积累与运用 1. 铝和铝合金 （1）铝是地壳中含量 最多 的金属元素，常温下就能与空气中的 氧气 发生反应，表面生成一层致密的 氧化铝 薄膜，保护内部金属。 特别提醒　在常温下形成致密保护膜的金属，如铝、镁等金属。铁在高温下形成致密保护膜，俗称“烤蓝”，铁或铝遇到浓H2SO4或浓HNO3时，迅速反应生成致密氧化膜，称为钝化。 （2）铝合金 铝合金是目前用途广泛的合金之一，硬铝是在铝中添加了一定比例的Cu、Mg、Mn、Si，它的密度 小 ，强度 高 ，具有较强抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。 7．（24-25高一上·辽宁沈阳·阶段练习）用表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．将钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成分子数为 B．质量分数为46%的乙醇溶液中O原子的数目为 C．与盐酸反应转移电子数为 D．与足量硫粉充分反应转移电子数为 【答案】B 【解析】A．由于n(Na)=0.2mol，与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，所以生成分子数大于，A错误； B．质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇1mol，含有水3mol，故O原子的数目为，B正确； C．物质的量为0.2mol，盐酸中HCl物质的量为0.6mol，根据比例关系MnO2~4HCl~Cl2~2e-，MnO2过量、且随着反应的进行，盐酸变稀，反应停止，转移电子数无法具体计算，C错误； D．物质的量为1mol，与足量硫粉充分反应生成FeS，转移电子数为2NA，D错误； 故选B。 8．（24-25高一上·贵州·阶段练习）下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A．烧碱溶液：、、、 B．无色透明的溶液中：、、、 C．与Al反应放出的溶液：、、、 D．的溶液：、、、 【答案】A 【解析】A．烧碱是氢氧化钠，氢氧化钠溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选A； B．含有的溶液呈黄色，无色透明的溶液中不能大量含有，且、生成Fe(SCN)3，故不选B； C．与Al反应放出的溶液呈酸性或碱性，与H+、OH-都不能共存，故不选C； D．的溶液呈碱性，碱性条件下不能大量存在，故不选D； 选A。 9．（24-25高一上·全国·课后作业）现有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，金属离子正好全部转化为沉淀。则上述盐酸的浓度为 A．0.5mol/L B．1.0mol/L C．2.0mol/L D．3.0mol/L 【答案】B 【解析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余， 向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl， 根据钠离子守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.250L×2.00mol/L=0.5mol， 根据氯离子守恒可得：n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol， 故该元素的物质的量浓度= =1.0mol/L。 10．（24-25高一上·海南·阶段练习）已知某品牌饮料易拉罐的材质为镁铝合金，现利用一个空的该易拉罐进行试验： （1）向易拉罐中充满CO2，然后往罐中注入足量的浓NaOH溶液，立即用胶布封严罐口，一会儿听到罐内发出“咔、咔”的响声，且易拉罐变瘪，原因是 ；再过一会儿易拉罐又鼓起来恢复原样，原因是 ；易拉罐鼓起过程反应的化学方程式为 。 （2）将镁铝合金的易拉罐打磨、清洗并干燥后，剪碎并磨成粉，将该粉未浸入盐酸中完全溶解，再加入足量的NaOH溶液中，充分反应之后，仍存在白色沉淀，该白色沉淀是 (填化学式)。 （3）另取一个空的该易拉罐，从中间锯开，用砂纸将其内壁的氧化膜除去，装入约20 ml 蒸馏水，再往水中投入2.3 g金属钠，理论上最多可收集到氢气的物质的量为 。 【答案】（1）NaOH溶液吸收CO2，罐内压强减小，外界气压将易拉罐压瘪 易拉罐合金中的金属Al与NaOH溶液反应产生H2，重新将易拉罐又鼓起来 2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ （2）Mg(OH)2 （3）0.2 mol 【解析】（1）易拉罐变瘪发生的的反应为NaOH溶液吸收CO2，罐内压强减小，外界气压将易拉罐压瘪，易拉罐鼓起过程发生的反应为易拉罐合金中的金属Al与NaOH溶液反应产生H2，重新将易拉罐又鼓起来，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑；故答案为：NaOH溶液吸收CO2，罐内压强减小，外界气压将易拉罐压瘪；易拉罐合金中的金属Al与NaOH溶液反应产生H2，重新将易拉罐又鼓起来；2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑； （2）将镁铝合金的易拉罐打磨、清洗并干燥后，剪碎并磨成粉，将该粉未浸入盐酸中完全溶解，再加入足量的NaOH溶液中，充分反应之后，仍存在白色沉淀发生的反应为加入盐酸，镁、铝与盐酸反应生成氯化镁、氯化铝，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氯化镁、氯化铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，后氢氧化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水，则白色沉淀是氢氧化镁，故答案为：Mg(OH)2； （3）由题意可知，往水中投入2.3 g金属钠发生的反应为2Na+2H2O=2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，则由方程式可知，理论上最多可收集到氢气的物质的量为×(+)=0.2mol，故答案为：0.2。 铝、氧化铝的性质 ⭐积累与运用 铝、氧化铝的性质 （1）①铝、氧化铝与稀盐酸反应 实验操作 实验现象 铝片 逐渐溶解 ，有无色气泡冒出，将点燃的木条放在试管口有 爆鸣声。 化学方程式 Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O 2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑ 离子方程式 Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑ ②铝、氧化铝与NaOH溶液反应 实验操作 实验现象 试管①中一开始无气泡产生，一段时间后，铝片 溶解 ，有无色气泡冒出，试管②中铝片溶解，立即产生无色气泡，将点燃的木条放在试管口，都有 爆鸣声 化学方程式 Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 离子方程式 Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2O 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑ （2）两性氧化物 既能与 酸 反应生成盐和水，又能与 碱 反应生成盐和水的氧化物，如Al2O3等，其与强酸、强碱反应的离子方程式为： Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O ； Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2O 11．（24-25高一上·黑龙江鹤岗·阶段练习）下列除杂质选用试剂和主要操作都正确的是 编号 物质 杂质 试剂 主要操作 A． Cl2 HCl 饱和Na2CO3溶液 洗气 B． NaHCO3 Na2CO3 —— 加热 C． Fe2O3 Al2O3 NaOH溶液 过滤 D． FeCl2 FeCl3 Cu 过滤 【答案】C 【解析】A．HCl与饱和Na2CO3溶液反应会产生CO2气体，使Cl2中混入新的杂质气体，不能达到除杂的目的，A错误； B．NaHCO3不稳定，加热会分解产生Na2CO3、CO2、H2O，导致物质完全变质，B错误； C．Al2O3是两性氧化物，能够与强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，而Fe2O3难溶于水，然后通过过滤，就可分离得到Fe2O3，达到分离除杂的目的，C正确； D．FeCl3与Cu在溶液中反应产生FeCl2、CuCl2，使FeCl2中仍然含有杂质CuCl2，不能达到除杂的目的，D错误； 故合理选项是C。 12．（24-25高一上·全国·课后作业）下列有关氧化铝的说法错误的是 A．可用材料制成的坩埚熔融烧碱 B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，能防止内部金属被氧化 C．氧化铝是一种高熔点物质，是一种较好的耐火材料 D．氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应 【答案】A 【解析】A．氧化铝与烧碱在加热时会发生反应，故不能用氧化铝材料制成的坩埚熔融烧碱，否则会损坏坩埚，A错误； B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，氧化膜比较致密，能防止内部金属被氧化，B正确； C．氧化铝熔点高达2000°C以上，是一种高熔点物质，可以作较好的耐火材料使用，C正确； D．氧化铝属于两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应，D正确； 故选A。 13．（24-25高一上·湖北·期中）甲、乙、丙、丁溶液分别含、、、、、、中的两种离子，可以发生如下图转化，下列说法不正确的是[已知水中与反应生成沉淀和] A．在丁中滴加甲能发生反应： Ba2＋＋HCO＋OH-=BaCO3↓＋H2O B．溶液丙中还可以大量共存的离子有：、、 C．白色沉淀A能溶解在溶液丙中 D．向乙溶液中加入少量丁溶液可产生白色沉淀 【答案】B 【分析】甲、乙、丙、丁是由、、、、、、离子中的两种组成，由离子共存，只能与组成HCl，只能与组成，根据已知水中与反应生成沉淀和，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、气体和氯化钠，则应是铝离子与碳酸氢根发生反应，A为，B为，甲、乙分别为、中的一种，甲与丙反应得到氯化钠与二氧化碳，则甲为，乙为，丙为HCl，甲与丁反应得到白色沉淀C与无色反应D，则丁为，由于物质的用量不确定，则D为NaOH或碳酸钠； 【解析】A．甲为NaHCO3、丁为Ba(OH)2，在丁中滴加NaHCO3，最初NaHCO3不足，能发生反应：，故A正确； B．丙为HCl，H2SO3为弱酸，溶液丙中不能大量存在，故B错误； C．甲为NaHCO3、乙为AlCl3，则白色沉淀A为Al(OH)3，Al(OH)3能和盐酸反应，即能溶解在溶液丙中，故C正确； D．乙为AlCl3、丁为Ba(OH)2，向乙溶液中加入少量丁溶液，氢氧根不足，可能产生白色沉淀Al(OH)3，故D正确； 故答案为：B。 14．（24-25高一上·黑龙江·阶段练习）铝及其化合物在生产、生活中的应用日趋广泛。 （1）氧化铝是一种两性氧化物，写出其与溶液反应的化学方程式： 。 （2）可用作中和胃酸的药片，其中中和胃酸的原理为 (用离子方程式表示)。 （3）某合金是一种潜在的贮氢材料。73.2g该合金恰好溶解于溶液中，则该合金中和的物质的量之比为 。 （4）下图表示将足量的不断通入、、的混合溶液中，生成沉淀与通入的量的关系，最先与发生反应的物质是 (填化学式)，ab段发生反应的离子方程式为 。 （5）(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分是，含少量、杂质)制备明矾的过程如图所示。 ①为尽量少引入杂质，试剂①应选用 (填字母)。 A．溶液    B．溶液    C．氨水    D．溶液 ②易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 。 ③沉淀B的化学式为 。 【答案】（1） （2） （3）17:12 （4） （5）A Al(OH)3 【分析】废易拉罐(主要成分是，含少量、杂质)加入溶液转化为Na[Al(OH)4]，加入NH4HCO3将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，再加入稀硫酸和硫酸钾转化为明矾，据此回答。 【解析】（1）氧化铝是一种两性氧化物，其与溶液反应生成四羟基合铝酸钠，化学方程式为：； （2）可用作中和胃酸(HCl)的药片，其中中和胃酸的原理为：； （3）73.2g该合金恰好溶解于溶液中，假设Mg的物质的量为x，Al的物质的量为y，则24x+27y=73.2g，2x+3y=1.4L×5mol/L=7mol，解得x=1.7mol，y=1.2mol，则该合金中和的物质的量之比为17:12； （4）通入CO2依次与Ba(OH)2、NaOH、Na[Al(OH)4]、Na2CO3、BaCO3发生反应，方程式依次为：、、、、，最先与CO2发生反应的物质是Ba(OH)2，ab段生成氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为：； （5）①根据Fe、Mg、Al均能与酸反应，而Al只能与强碱反应可知，可以选择NaOH溶液溶解废易拉罐，故选A； ②易拉罐溶解过程中生成四羟基合铝酸钠和氢气，主要反应的化学方程式为：； ③根据分析可知，沉淀B的化学式为Al(OH)3。 物质的量在化学方程式中的计算常用方法 ⭐积累与运用 1.关系式法 当已知量和未知量之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定已知量和未知量之间的比例关系，即“关系式”。 （1）根据化学方程式确定关系式 写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。 (2) 根据原子守恒确定关系式 2.守恒法 （1）反应前后元素种类、质量、原子个数不变。 （2）还原剂失电子总数＝氧化剂得电子总数 （3）电荷守恒 电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性。例如，在0.1mol·L-1的K2SO4溶液中，c(K＋)＋c(H＋)＝2c( SO42- )＋c(OH－)。 3.差量法 根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”，如反应前后的质量差、物质的量差、气体体积差等，该差量与反应物的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系求解的方法。 4.方程组法 一般方程组法用于解决两种物质的混合物计算，一般读题时能找到两个已知量时，均可以利用二元一次方程组进行求算未知量。 15．（22-23高一上·辽宁朝阳·期末）现有的混合溶液250mL，向其中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。则混合液中的物质的量浓度为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由图像知，用于溶解氢氧化铝的氢氧化钠物质的量为，由铝元素守恒知，原溶液中含，由知，全部转化为时，消耗1.8molNaOH，故用于生成氢氧化铁的氢氧化钠的物质的量为，由，知原溶液中氯化铁的物质的量为0.4mol，故原溶液中氯化铁的物质的量浓度为，D项正确。 答案选D。 16．（23-24高一上·江西宜春·阶段练习）某无色溶液中可能含有中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是 A．溶液中的阳离子有 B．溶液中n(Al3+)=0.1 mol C．溶液中一定不含，一定含有 D．n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶1 【答案】D 【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO不能大量存在；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO；由图可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n()=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al(OH)3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)=(0.4mol-0.1mol×3)×=0.05mol。 【解析】A．由分析可知，由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、，故A正确； B．由上述分析可知，溶液中n(Al3+)=0.1mol，故B正确； C．由上述分析可知，溶液中一定不含，一定含有，故C正确； D．由上述分析可知，溶液中n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D错误； 答案选D。 17．（24-25高一上·四川德阳·开学考试）已知：Al(OH)3可与NaOH溶液反应，即Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，而Mg(OH)2不与NaOH 溶液反应，但受强热易分解。现将a g镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀进行洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末的质量还是a g，则原合金中镁的质量分数为 A．80% B．40% C．60% D．无法确定 【答案】C 【解析】镁、铝先和盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，然后氯化铝再和过量的氢氧化钠反应生成能溶于水的Na[Al(OH)4]，而氢氧化镁和氢氧化钠不反应，故沉淀为氢氧化镁，灼烧后的白色粉末为氧化镁，且白色粉末的质量还是a g，从反应的整个过程依据元素守恒，所以原合金中镁的质量分数就是氧化镁中镁元素的质量分数，即原合金中镁的质量分数=×100%=60%；故答案选C。 18．（22-23高一上·江西赣州·阶段练习）将8.0g镁铁合金加入500mL稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状况下氢气4.48L。下列有关说法不正确的是 A．该合金中镁、铁的物质的量之比为1：1 B．反应中转移电子0.6mol C．该盐酸的物质的量浓度为0.8mol/L D．将标准状况下8.96LHCl气体溶于500mL水中即可配制成该盐酸 【答案】BD 【解析】A．得到标准状况下氢气4.48L，其物质的量为，设镁、铁的物质的量分别为x mol和y mol，则有：，解得，故知该合金中镁、铁的物质的量之比为1：1，A项正确； B．得到标准状况下氢气4.48L，其物质的量为，生成0.2mol H2转移电子0.4mol，B项错误； C．生成0.2mol H2，根据原子守恒，HCl的物质的量为0.4mol，该盐酸的物质的量浓度为，C项正确； D．标准状况下的物质的量为0.4mol，溶于500mL水，不等于溶液体积为500mL，D项错误； 答案选BD。 19．（23-24高一上·海南海口·期末）在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示，则： （1）图中C点表示当加入 mol NaOH时， Al3＋已经全部转化为 ，(填化学式)  Mg2＋已经全部转化为 (填化学式)； （2）图中线段OA︰AB= 。 【答案】（1）0.6mol Na[Al(OH)4]或者[Al(OH)4]- Mg(OH)2 （2）图中线段OA︰AB=5：1 【分析】根据图象可知，在滴加NaOH溶液到加入氢氧化钠为Amol时，沉淀量最大为0.2mol，说明氯化铝、氯化镁恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液．继续滴加氢氧化钠，但在加入(B-A)mol时，沉淀物质的量最小为0.1mol，是氢氧化镁沉淀，所以加入Amol氢氧化钠时沉淀中有氢氧化镁0.1mol、氢氧化铝0.1mol；此时溶液为氯化钠、四羟基合铝酸钠溶液，据此回答。 【解析】（1）根据氢氧根守恒可知，沉淀量最大时加入的氢氧化钠n(NaOH)=2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，C点氢氧化铝完全溶解，根据铝元素、钠元素守恒可知n(Na[Al(OH)4])=n[Al(OH)3]=0.1mol，所以溶解氢氧化铝加入的氢氧化钠为0.1mol．所以加入的氢氧化钠的物质的量为0.5mol+0.1mol=0.6mol；C点氢氧化铝完全溶解，铝元素在溶液中以Na[Al(OH)4]存在；根据分析可知，Mg2+已经全部转化为Mg(OH)2； （2）沉淀量最大时加入的氢氧化钠n(NaOH)=2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，C点氢氧化铝完全溶解，根据铝元素、钠元素守恒可知n(Na[Al(OH)4])=n[Al(OH)3]=0.1mol，所以图中线段OA︰AB=5：1。 1．（24-25高一上·全国·期末）下列除去杂质的方法中，错误的是 选项 物质(括号内为杂质) 除去杂质的方法 A MgO固体(Al2O3) 加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥 B NaCl溶液(Na2CO3) 加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤 C FeCl3溶液(FeCl2) 通入适量的Cl2 D CO2气体(HCl) 通过饱和NaHCO3溶液洗气、干燥 【答案】B 【解析】A．氧化铝与NaOH溶液反应，氧化镁不反应，反应后过滤、洗涤、干燥可分离，A正确； B．Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaOH，会引入新杂质NaOH，故不能用加入适量的Ca(OH)2溶液、过滤的操作来除去NaCl中混有的少量Na2CO3，应该加入足量的稀盐酸然后加热煮沸，B错误； C．已知2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故可以向混有少量FeCl2的FeCl3溶液中通入适量Cl2的方法来除去FeCl3溶液中的FeCl2，C正确； D．HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，依次通过饱和NaHCO3溶液和浓硫酸，洗气可分离，D正确； 故选B。 2．（24-25高一上·海南·阶段练习）某合金与铁的物理性质比较如下： 熔点/℃ 密度/ g·cm⁻3 硬度 导电性(银为100) 其他性质 某合金 2 500 3.00 7.4 2.3 耐腐蚀 铁 1 535 7.86 4.5 17 纯铁耐腐蚀 从以上性能看，该合金不适合制成 A．导线 B．门窗 C．炉具 D．飞机外壳 【答案】A 【分析】根据图表数据分析可知：某合金的熔点高、硬度大、密度小，导电性差，此分析选项。 【解析】A．该合金和铁相比导电性差，不适合做导线，A符合题意； B．该合金硬度大、密度小、适合做门窗框，B不符合题意； C．该合金的熔点很高，可以做炉具，C不符合题意； D．合金的熔点高、硬度大、密度小、适合做飞机外壳，D不符合题意； 故合理选项是A。 3．（24-25高一上·福建·期中）下列物质间的转化能通过加盐酸一步反应实现的是 ①  ②  ③  ④  ⑤ A．①② B．②④ C．①④ D．③⑤ 【答案】C 【解析】①硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，选①   ②氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，不能通过加盐酸一步反应实现，故不选②；   ③铜和稀盐酸不反应，不能通过加盐酸一步反应实现，故不选③；   ④氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，选④；   ⑤铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能通过加盐酸一步反应实现，故不选⑤； 能通过加盐酸一步反应实现的是①④，选C。 4．（24-25高一上·福建莆田·期中）下列实验操作、现象和结论均正确的是 编号 实验操作 现象 结论 A 用坩埚钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰上加热，轻轻晃动铝片 铝片表面呈灰白色，熔化而不滴落 铝的熔点很高 B 把加入碘水中，振荡、静置、分液，从上口倒出有机层 有机层呈现紫红色 能萃取碘，且密度比水大 C 取浓度约为15%的双氧水盛放于试管中，观察现象，然后再把试管置于75℃热水浴中 气泡产生速率变快 其他条件不变时，升温可以加快反应速率 D 将通入石蕊试液中 石蕊试液先变红后褪色 具有漂白性 【答案】C 【解析】A．用坩埚钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰上加热，轻轻晃动铝片，由于Al的性质很活泼能与O2快速形成Al2O3，Al2O3的熔点远高于Al的熔点，故可观察到铝片表面呈灰白色，铝片内有熔化物，但铝片没有下滴，A错误； B．CCl4密度比水大，碘的四氯化碳溶液在下层，应由下口放出，而不是从上口倒出，B错误； C．取浓度约为15%的双氧水2-3ml盛放于试管中，然后再把试管置于75℃水中，可观察到气泡产生速率变快，实验变量唯一只有温度改变，故能说明升高温度可以加快反应速率，C正确； D．将Cl2通入石蕊试液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红后褪色，变红是盐酸的作用，褪色是次氯酸的作用，D错误； 故选C。 5．（24-25高一上·河南郑州·期中）取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的后，再分别稀释到100mL，在稀释后的溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，产生的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示，下列说法不正确的是 A．A曲线表明原溶液通入后，所得溶质为NaOH和 B．B曲线表明原溶液通入后，所得溶质为和且物质的量之比为1∶1 C．B曲线表明原溶液通入后，所得溶质与盐酸反应产生气体的体积为112mL(标准状况) D．A曲线和B曲线所得的溶液混合后，恰好得到溶质为的溶液 【答案】D 【分析】CO2和NaOH溶液反应，根据通入CO2的量分四种情况，第一种情况是CO2量不足，反应后溶液的成分是NaOH、Na2CO3，第二种是CO2恰好反应，反应后溶液成分只有一种Na2CO3，第三种是CO2过量不多，反应后的溶液成分是Na2CO3、NaHCO3，最后一种是CO2完全过量，反应后溶液成分是NaHCO3。Na2CO3溶液中滴入盐酸先生成碳酸氢钠和氯化钠：Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，继续滴加盐酸，则发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，2个反应中消耗等量的HCl，结合图像可知，曲线A、B对应的溶液均不是碳酸钠溶液，A中第一阶段消耗盐酸大于第二阶段，A对应溶液中溶质是NaOH、Na2CO3，B中第一阶段消耗盐酸小于第二阶段，则B对应溶液中溶质是Na2CO3、NaHCO3； 【解析】A．由分析，A曲线表明原溶液通入后，所得溶质为NaOH和，A正确； B．据分析B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3、NaHCO3，滴入HCl(25-0) mL段反应为Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，则碳酸钠为0.025L×0.1mol/L =0.0025 mol，滴入HCl(75-25) mL段反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应恰好完全时， B溶液共消耗0.075L×0.1mol/L =0.0075 molHCl，结合元素质量守恒，则B溶液中含NaHCO3为0.0075mol -2×0.0025mol =0.0025mol，则Na2CO3、NaHCO3物质的量之比为1∶1，B正确； C．结合选项B可知，B溶液中含Na2CO3、NaHCO3均为0.0025mol，由碳元素守恒可知，B曲线表明原溶液通入CO2后所得溶质与盐酸反应产生气体最多为0.0025mol +0.0025mol=0.005mol，则最大体积为112mL(标准状况)，C正确；   D．B溶液中含Na2CO3、NaHCO3均为0.0025mol；结合图，A溶液中含Na2CO3、NaOH分别为(0.075L-0.060L)×0.1mol/L=0.0015 mol、0.060L×0.1mol/L-0.0015=0.0045 mol；A曲线和B曲线所得的溶液混合后，氢氧化钠和碳酸氢钠反应后氢氧化钠过量，则得到不是只有的溶液，D错误； 故选D。 6．（24-25高一上·河北石家庄·阶段练习）向含，，的溶液中通入过量的，溶液中四种粒子的物质的量变化如下图所示，已知，线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素。下列说法错误的是 A．原溶液中 B．线段Ⅱ表示的变化情况 C．线段Ⅳ表示的变化情况 D．根据图像可计算出， 【答案】D 【分析】向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol； 【解析】A．由分析，n(FeBr2)∶n(FeI2)=n(Br-)∶n(I-)=6mol∶2mol=3∶1，A正确； B．由分析，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，表示Fe2+的变化情况，B正确； C．线段Ⅳ表示一种含氧酸，且I和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，则a点后发生氯气氧化碘单质的反应，已知碘单质的物质的量为1mol，已知，则反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，HIO3是一元强酸，则线段Ⅳ可表示的变化情况，C正确； D．由分析可知，溶液中n(Br-)=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，又b-a=5，所以b=a+5=6+5=11，D错误； 答案选D。 7．（24-25高一上·广东广州·期中）双氧水和84消毒液是生活常用的两种消毒剂，某同学设计如下实验研究H2O2的性质。 序号 实验 实验现象 ⅰ 向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液 a．溶液紫色褪去；b．有大量气泡产生 ⅱ 向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液 c．溶液变蓝 （1）①已知淀粉遇碘会变蓝，能证明H2O2具有还原性的实验是 (填序号)。 ②试写出实验i中反应的离子方程式 。 ③依据表格信息，将I2、H2O2、KMnO4按氧化性由强到弱依次排序： (写化学式)。 （2）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaClO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO H2O2(填”>”或“<”)；当参加反应的NaClO和H2O2的个数比为1：1时，该反应的还原产物为 (填字母序号)。 A．O2     B．H2O       C．Cl2       D．NaCl       E．NaClO2 （3）饮用水中的对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将还原为N2，Al被氧化为。上述反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是 。若生成3molN2，转移电子数是 个(用NA表示阿伏伽德罗常数)。 【答案】（1）ⅰ （2）＞ D （3）3:5 30NA 【分析】过氧化氢中氧元素的化合价为中间价态-1价，既能得到电子表现氧化性，也能失去电子表现还原性。 实验ⅰ有大量气泡产生，说明过氧化氢被氧化为氧气，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢为还原剂，表现还原性，反应原理为：；实验ⅱ溶液变蓝，已知淀粉遇碘会变蓝，说明I-被氧化为I2，KI是还原剂，为氧化剂，表现氧化性。 【解析】（1）①根据分析，能证明具有还原性的实验是ⅰ； ②实验ⅰ溶液紫色褪去、有大量气泡产生，被还原为Mn2+，过氧化氢被氧化为氧气，反应的离子方程式为； ③实验ⅰ中被还原为Mn2+，过氧化氢被氧化为氧气，氧化剂是，还原剂是，则氧化性：>，实验ⅱ中I-被氧化为I2，被还原为H2O，氧化剂是，氧化产物是I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，则氧化性：> I2，、、按氧化性由强到弱顺序为：； （2）NaClO与反应产生O2，说明被NaClO氧化，NaClO作氧化剂，作还原剂，则氧化性：NaClO＞；当参加反应的NaClO与反应的个数比为1∶1时，1 mol 反应失去2 mol电子，则1 mol NaClO反应得到2 mol电子，Cl元素化合价降低2价，反应前在NaClO中Cl为+1价，因此反应后Cl的化合价为-1价，因此还原产物为NaCl，故答案选D。 （3）铝粉将还原为N2，Al被氧化为，铝元素的化合价升高3，反应中Al作还原剂，氮元素化合价降低5，作氧化剂，结合得失电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为3:5；用最小公倍法配平化学方程式: 10Al+6+4OH-+18H2O=10[Al(OH)4]-+3N2↑；反应中，若转移电子30mol，生成氮气3mol，故生成3molN2，转移电子数是30NA。 8．（24-25高一上·江苏无锡·阶段练习）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示。回答下列问题： （1）明矾属于___________。 A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物 （2）为了溶解易拉罐，并在溶解后滤去杂质，试剂①应选用NaOH溶液，请写出相关化学方程式： 。 （3）含Al质量分数为27%的易拉罐10 g，在步骤1中理论上可以制取气体(标准状况下)体积 L，理论上可以制得明矾质量 g。 （4）下列物质的转化不能通过一步实现的是___________。 A．NaCl→NaHCO3 B．Al2O3→Al(OH)3 C．Cl2→NaClO D．Fe(OH)2→Fe(OH)3 【答案】（1）C （2）6H2O+2NaOH+2Al=2Na[Al(OH)4]+3H2↑ （3）3.36 47.4 （4）B 【分析】废易拉罐的主要成分为Al，含有少量Fe、Mg杂质，废易拉罐中加入试剂①微热然后过滤，得到滤液A，滤液A中加入NH4HCO3得到沉淀B，沉淀B中加入稀硫酸、硫酸钾得到明矾，则沉淀B为Al(OH)3，Al能和NaOH溶液反应，Fe、Mg不和NaOH溶液反应，则试剂①为NaOH溶液，滤液A中含有Na[Al(OH)4]和过量的NaOH。 【解析】（1）明矾的化学式为KAl(SO4)2•12H2O，明矾是由一种物质组成的且含有多种元素，明矾含有金属阳离子和酸根离子和结晶水，则明矾属于盐，故答案为：C； （2）为了溶解易拉罐，并在溶解后滤去杂质，试剂①应选用NaOH溶液，反应方程式为：6H2O+2NaOH+2Al=2Na[Al(OH)4]+3H2↑； （3）含Al质量分数为27%的易拉罐10g，n(Al)==0.1mol，根据“6H2O+2NaOH+2Al=2Na[Al(OH)4]+3H2↑”知，0.1molAl制取氢气的物质的量为0.1mol×=0.15mol，V(H2)=0.15mol×22.4L/mol=3.36L；根据Al原子守恒得n[KAl(SO4)2•12H2O]=n(Al)=0.1mol，m[KAl(SO4)2•12H2O]=0.1mol×474g/mol=47.4g； （4）A．饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，NH3+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，能一步实现，故A不选； B．氧化铝是两性氧化物，不溶于水，不能一步转化为氢氧化铝，故B选； C．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，能一步实现，故C不选； D．氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，能一步实现，故D不选； 答案为B。 9．（24-25高一上·广西·阶段练习）有关物质间转化关系如下图，试回答： （1）转化②的化学方程式为 ；与足量氢氧化钠溶液反应，生成气体(标况下)的体积为 L；转移的电子数目为 (阿伏加德罗常数用表示)。 （2）转化③的离子方程式为 。 （3）若转化⑤用于实验室制，则试剂A宜选择 (填名称)，离子方程式为 。 （4）溶液中的物质的量浓度为 ，取出加水稀释到，则稀释后所得溶液中物质的量浓度为 。 【答案】（1）2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑) 33.6 3NA （2） （3）氨水 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH （4）9mol·L-1 0.3mol·L-1 【分析】氧化铝电解得到单质铝，铝与碱反应生成氢气与四氧基合铝酸钠；二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与四氧基合铝酸钠反应可得氯化铝，加入氨水可制得氢氧化铝，据此分析； 【解析】（1）铝与碱反应生成氢气与四氧基合铝酸钠的化学方程式：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)；根据关系式法：2Al~3H2~6e-，的物质的量为1mol，与足量氢氧化钠溶液反应，生成气体(标况下)的体积为；转移的电子数目3NA； （2）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式为：； （3）实验室制，因溶解于强碱，故试剂A宜选择氨水，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH； （4）1个含有3个，溶液中的物质的量浓度为9mol·L-1；取出加水稀释到，根据稀释定律，后所得溶液中物质的量浓度为； 10．（24-25高一上·湖北·期中）叠氮化钠()是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，难溶于乙醚。某汽车安全气囊的产气药剂主要含有、、、等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。某硝酸工厂处理尾气并制备叠氮化钠的工艺流程如图所示： I．已知合成时，无其他含氮化合物生成；乙醚在水中溶解度很小，乙醇以任意体积比与水互溶。回答下列问题： （1）合成时，生成1mol对应转移的电子数为 。 （2）中N的化合价为 ，合成的化学方程式为 。 （3）试剂①与试剂②分别为 、 (填名称)。 （4）安全气囊受撞击时，产生大量气体同时放热，为避免灼伤人员，产气药剂中起冷却作用的是 (填化学式)。 II．某学习小组对叠氮化钠的实验室制备进行相关探究。制备的装置如下图所示。 查阅资料：①氨基钠()的熔点为20℃，易潮解和氧化；有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸()不稳定，易分解爆炸； ②， ； ③低沸点、易挥发。 回答下列问题： （5）①按气流方向，图1中装置的连接顺序为 (填仪器接口字母)。 ②实验时装置E中生成沉淀，反应的化学方程式为 。 ③装置C中物质充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为 。 【答案】（1）0.5NA （2）-2 （3）乙醇 乙醚 （4）NaHCO3 （5）a→f(g)→g(f)→d→e→b→c→h 继续通入N2O至三颈烧瓶冷却，关闭装置A中分液漏斗活塞 【分析】：一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠，再和肼反应生成叠氮化钠，加入乙醇促使其结晶析出，过滤分离出晶体，使用乙醚洗涤得到叠氮化钠。 ：根据反应原理，利用盐酸与混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氮，利用D中的碱石灰吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，进入装置C中与NaNH2反应制备NaN3，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理，由上述分析可知，按气流方向，装置的连接顺序为。据此分析解题。 【解析】（1）由电子及原子守恒可知反应为，由方程式可知2mol∼1mol，则生成lmol时转移电子0.5mol。 （2）中氢化合价为+1，则N的化合价为-2，亚硝酸钠再和肼反应生成叠氮化钠，结合质量守恒可知，还生成水，合成的化学方程式为：。 （3）叠氮化钠是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚。结合分析可知，试剂①与试剂②分别为乙醇、乙醚。 （4）全气囊的产气药剂主要含有、、、等物质，其中碳酸氢钠受热分解为吸热过程，故产气药剂中起冷却作用的是。 （5）①根据反应原理，利用盐酸与混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氮，利用D中的碱石灰吸收中混有的和水蒸气，进入装置C中与反应制备，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理。由上述分析可知，按气流方向，装置的连接顺序为：a→f（g）→g（f）→d→e→b→c→h。 ②由信息，有强氧化性，故E中生成沉淀的化学方程式为。 ③C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为继续通入至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞。 1．（新考法——铝盐受热分解与热重曲线结合）（23-24高一下·河北衡水·开学考试）可用作焙烤食品的添加剂，《中华人民共和国国家标准》规定焙烤食品中铝的残留量。取加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示，a、b、c点对应的固体均为纯净物。下列说法错误的是 A．在水中的电离方程式为 B．a点剩余的固体可能为 C．b点剩余的固体可能为 D．c点剩余的固体可能为 【答案】B 【分析】的物质的量为=0.01mol，加热到a点时，质量差为4.53g-2.37g=2.16g，结晶水的质量m(H2O)=0.01mol=2.16g，2.16g刚好为结晶水的质量，此时固体为，加热到b点时，质量为1.71g，m()=0.01mol=1.71g，即此时固体为，c点时固体质量为0.51g，m()=0.01mol=0.51g，即此时固体为。 【解析】A．在水中的电离方程式为，故A正确； B．由上述分析可知，a点剩余的固体可能为，故B错误； C．由分析可知，b点剩余的固体可能为，故C正确； D．由分析可知，c点剩余的固体可能为，故D正确。 答案选B。 2．（新考法——多个离子在溶液中相互作用）（23-24高一上·四川遂宁·阶段练习）将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，残留固体1.28g，过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H+)为0.400mol/L。则原混合物中氧化铁的质量是 A．10.08g B．6.4g C．5.60g D．3.36g 【答案】B 【解析】根据题意，反应后盐酸剩余，残留固体1.28g为铜，铜的物质的量为0.02mol，滤液中无Cu2+，反应后的溶液为FeCl2、HCl的混合溶液，剩余HCl0.08mol，生成FeCl20.18mol，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，氢气物质的量为0.04mol，设Fe为xmol，Fe2O3ymol，根据原子守恒和得失电子守恒，可得：x+2y=0.18，0.02×2+0.04×2+2y=2x，求得x=0.1，y=0.04，则原混合物中氧化铁的质量是0.04mol×160g/mol=6.4g； 故选B。 3．（新考法——铝盐的探究性实验）（24-25高一上·广东佛山·开学考试）学习小组研究用明矾净水并探究影响明矾净水效果的因素。 【查阅资料】 ①明矾溶于水生成胶体吸附水中悬浮物而沉降，达到净水目的。 ②胶体能溶于酸。 ③净水效果可用浊度去除率A表示，A值越大表示净水效果越好。 【提出猜想】 猜想a：一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好。 猜想b：一定范围内，水样的酸性越强，净水效果越差。 【实验准备】 配制溶液和稀硫酸 （1）用明矾配制100mL质量分数为1%的溶液(密度取1.0)，用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、 。 （2）用质量分数为98%的浓硫酸(密度取1.8)加水稀释配制100mL质量分数为9.8%的稀硫酸(密度取1.0)，需量取浓硫酸的体积为 mL(结果保留1位小数)。 【实验过程】 取某水样，按下列实验方案加入试剂后，充分搅拌，静置tmin，测定水样的浊度并计算得到浊度去除率，记录数据。 实验序号 水样体积/mL 1%溶液体积/mL 9.8%硫酸体积/mL 蒸馏水体积/mL tmin后浊度去除率 ⅰ 200 5.0 0 5.0 ⅱ 200 0 7.5 ⅲ 200 0 0 ⅳ 200 5.0 2.0 3.0 ⅴ 200 5.0 5.0 0 【实验分析】 （3）实验ⅰ、ⅱ、ⅲ用于探究猜想a是否成立，则 ， 。 （4）实验测得，由此得出的结论是 。 （5）实验证明猜想b成立，得出该结论的依据是 (用A的大小关系表示)。 （6）水样的酸性越强，净水效果越差，原因是 。 【拓展研究】 （7）也是常用净水混凝剂。若比较1%的溶液和1%的溶液对模拟水样的净水效果，其实验操作为：取200mL模拟水样， (补充实验设计)。 【答案】（1）玻璃棒 （2）5.6 （3）2.5 10.0 （4）猜想a成立 （5）A4>A5 （6）氢氧化铝胶体与硫酸发生中和反应，影响净水效果 （7）向其中加入5.0mL1%的溶液，5mL蒸馏水，测tmin后浊度去除率，并与A1比较 【分析】根据控制唯一变量法，溶液总体积为210mL，V1=2.5，V2=10.0；实验i、ii、iii中絮凝剂的添加量逐渐减少，可验证猜想a是否成立，若，则猜想a成立；实验iv和v用于验证猜想b是否成立，若A4>A5，则猜想b成立。 【解析】（1）用明矾配制100mL质量分数为1%的Al2 (SO4)3溶液(密度取1.0g/cm3)，需要99mL水和1g明矾进行配制，需要用到的仪器有托盘天平、量筒、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒，其中用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒； （2）用质量分数为98%的浓硫酸(密度取1.8)加水稀释配制100mL质量分数为9.8%的稀硫酸(密度取1.0)，配制前后溶液中硫酸的质量相同，设需量取浓硫酸的体积为VmL，则，解得V=5.6； （3）根据控制唯一变量法，溶液总体积为210mL，则V1=2.5，V2=10.0； （4）由可知，其他条件相同时，絮凝剂溶液浓度越大，净水效果越好，即一定范围内，明矾的用量越大，净水效果越好，因此猜想a成立； （5）实验iv和v中絮凝剂溶液体积相同，iv中加入蒸馏水，硫酸溶液浓度小于9.8%酸性减弱，v中加入蒸馏水体积为0，硫酸溶液浓度等于9.8%酸性不变，如果A4>A5，说明一定范围内水样的酸性越强，净水效果越差，猜想b成立，故答案为：A4>A5； （6）水样的酸性越强，净水效果越差，原因是：氢氧化铝胶体与硫酸发生中和反应，影响净水效果； （7）与实验1对比，取200mL模拟水样，向其中加入5.0mL1%的溶液，5mL蒸馏水，测tmin后浊度去除率，并与A1比较。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$