3.2金属材料 暑假初升高衔接练习 2025-2026学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

人教版（2019）化学必修第一册暑假初升高衔接练习 第三章第2节 金属材料 [基础巩固] 1．“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是（ ） A．钢是以铁为主的含碳合金 B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大 C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高 D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3 2．化学与人们的生活紧密相关，下列说法错误的是（ ） A．哈尔滨亚冬会火炬“澎湃”采用Q355D钢材和316L不锈钢，有耐寒、耐腐蚀的特点 B．利用铬酸可以使铝制品氧化膜产生美丽的颜色，这是一种物理方法 C．天问一号火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 D．La-Ni合金是一种新型储氢合金材料，稳定性不强，属于混合物 3．下列变化不可能通过一步实验直接完成的是（ ） A．Al(OH)3→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3 C．Al→[Al(OH)4]- D．AlCl3→Al(OH)3 4．铝及其化合物的用途广泛。部分含铝物质的类别与所含铝元素化合价的关系如图所示。下列推断不正确的是（ ） A．a可与反应转化为b B．a可与盐酸反应转化为c C．b可与KOH溶液反应转化为c D．c的溶液可与反应转化为a 5．在CuO中混有少量的Al2O3杂质，欲将杂质除去可选用的试剂是（ ） A．稀硫酸 B．浓氨水 C．稀盐酸 D．氢氧化钾溶液 6．野外可利用“铝热剂”（主要成分和）焊接钢轨。其原理是高温引发反应放出大量的热，将生成的铁熔化为钢水浇注到轨道缝隙中，将轨道焊接起来。对该反应的分析正确的是（ ） A．铁为氧化剂 B．中的氧元素被还原 C．铝的还原性强于铁 D．生成物属于碱性氧化物 7．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的物质是（ ） ①Al(OH)3   ②Al2O3   ③Al   ④NaHCO3   ⑤Mg(OH)2 A．①②③④⑤ B．①②③④ C．①②③ D．①②④⑤ 8．将一定质量的镁和铝混合物投入稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入溶液，生成沉淀的物质的量与加入的溶液体积的变化关系如图所示。判断下列说法不正确的是（ ） 资料：为两性氢氧化物，不仅可以与酸反应生成盐，也可以与碱反应生成盐，反应的离子方程式为：。 A．镁和铝的总质量为 B．最初溶液用于中和过量的稀硫酸 C．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 D．生成的氢气在标准状况下的体积为 9．兰尼镍是常用的金属催化剂，可大大提高氧化剂与氢气的反应速率，它的高化学活性源于镍的还原性和其特殊的多孔结构。已知相同条件下的还原性与相当，制备工艺如下图所示。下列推断错误的是（ ） A．通入防止铝和镍被空气氧化 B．“浸出”时发生的反应为 C．用铝与镍制成合金后再用溶液将铝溶解，目的是使镍具有更大的表面积 D．兰尼镍的保存和普通镍一样，因为常温下都不易与空气反应 10．将的溶液与的溶液，按下列两种方法相混合：①将逐滴加入中，边加边振荡②将逐滴加入中，边加边振荡。对上述实验所得出的结论正确的是（ ） A．现象相同，沉淀量相同 B．现象相同，沉淀量不相同 C．现象不相同，剩余溶液质量相同 D．现象不相同，剩余溶液质量不相同 11．溶液的电导率可以表示溶液的导电能力，电导率越大，溶液的导电能力越强。向的溶液中缓慢通入气体，在反应初期生成氢氧化铝、水和碳酸钠。溶液的电导率随通入气体时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ） A．溶液的电导率大小仅与溶液中离子的浓度有关 B．点对应溶液中溶质的主要成分为 C．段发生反应的离子方程式为 D．段电导率上升的原因是与和发生反应生成 12．已知某混合物A含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的转化： 据此回答下列问题： (1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是 。 (2)根据上述框图反应关系，写出B、C、D、E所含物质的化学式： 固体B ；固体C ； 固体D ；溶液E ； (3)反应①③的化学方程式分别为 、 。反应②的离子方程式为 。 13．铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其它元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同的实验方案进行探究。回答下列问题： [方案一] 用如图所示装置，反应前第一次读取量气管D液面刻度，将A中溶液与B中镁铝合金充分反应，待反应停止后，体系冷却至室温，然后第二次调节量气管D的高度，使D中液面与C中液面相平，记算反应前后两次液面的高度差即为产生气体体积，并将体积折算成标准状况下的体积为； (1)按图连接好装置后，实验前需先 。 (2)导气管E的作用为 。 (3)实验中发生反应的化学方程式为 。 (4)合金中铝的质量分数为 %。 (5)反应后读数时，若D管中液面高于C，则会导致测量结果 (填“偏大”或“偏小”) [方案二] 将一定质量的镁铝合金与足量稀硫酸反应，测定生成气体的体积。 (6)同学们拟选用下图的部分实验装置完成实验： 你认为最简易的实验装置接口的连接顺序是 (填接口字母)。 (7)若实验用铝镁合金的质量为，测得氢气体积为(标准状况)，则合金中铝的质量分数为 (保留两位有效数字)。 14．测定某铝合金(仅含Cu、Mg)中Cu的质量分数方法是：取10.00 g 铝合金样品，加入到500mL 3mol·L-1盐酸中充分反应，产生气体M，过滤，得到不溶固体0.70 g和滤液N。 (1)样品中铜的质量分数是 %。 (2)往滤液N中加入1mol·L-1的NaOH溶液，为得到沉淀的质量最大，则加入的NaOH溶 液 L。 (3)为测定样品中铝的质量分数ω，下列方法可行的是 。 A．取10.00 g样品加入到足量NaOH溶液中，剩余固体a g，则ω= B．往滤液N中加入过量NaOH溶液，生成沉淀b g，则ω= C．测定气体M在标准状况下的体积为11.2L，则ω=81% [能力提升] 15．某溶液能与铝反应放出，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（ ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 16．将a g镁铝合金投入500 mL 2 mol·L-1盐酸中， 固体完全溶解，收集到11.2 L气体(标准状况)。向反应后所得的溶液中加入1mol·L-1的NaOH溶液，所得沉淀的质量最大为27.20g。若将等质量的镁铝合金溶于1mol·L-1的NaOH溶液中，充分反应，消耗的NaOH 溶液的体积为（ ） A．100 mL B．200 mL C．400 ml D．500 mL 17．现有 200 mL MgCl2和 AlCl3的混合溶液，其中 c(Mg2+)=0.2mol/L，c(Cl-)=1.3mol/L，要使 Mg2+转化为 Mg(OH)2，并使 Mg2+与 Al3+分离开，至少需要 4 mol/L 的NaOH 溶液的体积为（ ） A．140mL B．120mL C．100mL D．80mL 18．下列有关图象的说法正确的是（ ） A．图甲表示：向某溶液中逐滴加入溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加溶液体积的关系 B．图乙表示：向含等物质的量的和的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加溶液体积的关系 C．图丙表示：物质的量之比为3：2的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系 D．图丁为溶液中滴加溶液的导电性变化图像 19．等体积的NaOH和AlCl3两种溶液混合后，溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比是（ ） ①1：1    ②1：2    ③3：10     ④3：11 A．①② B．②③ C．①④ D．③ 20．将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入到一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应，反应过程中无气体放出。向反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示，下列说法错误的是（ ） A．根据关系图，硝酸被还原成铵盐 B．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为l∶1 C．a点对应NaOH溶液的体积为20mL D．原溶液中硝酸的物质的量为0.37mol 21．甲、乙两烧杯中各盛有100mL6mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙=2∶5，则加入铝粉的质量为（ ） A．5.4g B．3.6g C．13.5g D．10.8g 22．将固体逐渐加入含的混合溶液中并微热，产生沉淀与气体的物质的量与加入的物质的量的关系如图所示，则原溶液中物质的量分别为（ ） A． B． C． D． 23．(1)碱洗铝材除其表面的氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是 (用离子方程式表示)。为将碱洗后溶液中的铝以沉淀形式回收，最好应加入下列试剂中 的 (填字母)。 a.稀H2SO4 b.盐酸 c.CO2 d.氨水 e.NaOH (2)某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。请回答下列问题： ①写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式 。 ②氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？ 。 24．用含有、和少量的铝灰制备，工艺流程如下(部分操作和条件略)： Ⅰ．向铝灰中加入过量稀，过滤； Ⅱ．向滤液中加入过量溶液，调节溶液的pH约为3； Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色； Ⅳ．加入至紫红色消失，过滤； Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。 已知：ⅰ．一定条件下，生成氢氧化物沉淀的pH 开始沉淀时 3.4 6.3 1.5 完全沉淀时 4.7 8.3 2.8 ⅱ．一定条件下，可与反应生成 (1)步骤Ⅰ中溶解的离子方程式为 。 (2)步骤Ⅰ中过滤所得滤液中的阳离子除、外还有 。 (3)步骤Ⅱ中加入过量溶液并调节溶液的pH约为3的目的是 。 (4)步骤Ⅳ中加入至紫红色消失的目的是 ，该过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)步骤Ⅳ中过滤所得滤渣的主要成分为 。 25．已知某种治疗胃病药品的主要成分是铝碳酸镁片，化学式为，已知药品中的其它成分受热不分解，不溶于水且不与稀硫酸反应。某研究性学习小组设计了如图实验探究铝碳酸镁片的组成。 【实验一】取m g该药片，研成粉末放入硬质玻璃管中，加热，充分反应后测得装置C增重2.16g，装置D增重0.44 g。 (1)装置C和D中盛放的药品：C ，D 。 (2)实验开始前先通入一段时间空气，其操作方法是 。当B处的酒精灯点燃后以及反应结束后一段时间内仍然再通入空气的目的是 。 【实验二】另取m g该药片，加入100 mL 1的稀硫酸，充分反应后滤去不溶物，向滤液中逐滴加入1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积之间的关系如图： (3)根据以上所给数据求出x= 。 (4)通过计算确定铝碳酸镁的化学式为 。 26．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。 (1)A点的沉淀物的化学式为 。 (2)写出A点至B点发生反应的离子方程式 。 (3)某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为： NaOH溶液、 (填化学式)和盐酸。 (4)C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为 mL。 27．某研究性学习小组，进行甲、乙、丙三组实验：各取100mL同浓度的盐酸，加入不同质量的同种铝合金颗粒，反应充分，产生气体。有关数据记录如下：请回答以下问题： 实验序号 甲 乙 丙 合金质量(g) 1.008 1.260 1.512 生成气体体积(mL)(标况) 1075.2 1344 1344 (1)计算盐酸的物质的量浓度为 。 (2)实验中所用合金粉末中镁、铝的物质的量之比为 。 (3)实验乙结束后的混合体系中加入一定量的NaOH溶液，充分反应，得到固体M。如果固体M的质量不再减少，消耗NaOH的质量至少为 g。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确； B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故B正确； C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误； D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确； 故选C。 2．B 【详解】A．Q355D钢材和316L不锈钢属于金属材料，具有耐寒、耐腐蚀的特点，故A正确； B．铬酸具有强氧化性，可以使铝氧化为氧化铝膜，同时铬元素附着在薄膜上，产生美丽的颜色，是一种化学变化，故B错误； C．纳米气凝胶为胶体，可产生丁达尔效应，故C正确； D．La-Ni合金储氢量大，金属氢化物既容易形成，稍稍加热又容易分解，室温下吸、放氢的速率快，是一种新型储氢合金材料，合金是混合物，故D正确； 故选B。 3．B 【详解】A．Al(OH)3→Al2O3，氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，A不符合题意； B．Al2O3→Al(OH)3，Al2O3难溶于水，应先将Al2O3与酸反应变成Al3＋或与强碱溶液反应生成[Al(OH)4]-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al(OH)3，不可以一步完成，B符合题意； C．Al和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，可以一步完成，C不符合题意； D．AlCl3→Al(OH)3，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，可以一步完成，D不符合题意； 故选B。 4．D 【分析】a为Al单质，b为Al2O3，c为+3价的铝盐，可以是Al3+或者[Al(OH)4]-盐； 【详解】A．Al与O2反应可以生成Al2O3，A正确； B．Al与盐酸反应得到AlCl3，B正确； C．b为Al2O3，与KOH反应得到KAl(OH)4，C正确； D．c的溶液可以是Al3+或者[Al(OH)4]-的盐，与O2不能反应转化为Al单质，D错误； 故选D。 5．D 【详解】A．稀硫酸与二者均能反应，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，A不合题意； B．浓氨水与二者均不能反应，无法除杂，B不合题意； C．稀盐酸与二者均能反应，CuO+2HCl=CuCl2+H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，C不合题意； D．氢氧化钾溶液与Al2O3反应转化为可溶性NaAlO2，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，而CuO不能，故能用于除杂，D符合题意； 故选D。 6．C 【详解】A．所述铝热反应的化学方程式为，反应过程中，铁元素化合价由+3价降至0价，Fe是反应的还原产物，是反应的氧化剂，A错误； B．Fe2O3中的氧元素的化合价在反应前后均为-2价，氧元素未被还原，B错误； C．反应中Al元素化合价从0价升至+3价，Al为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性：Al>Fe，C正确； D．Al2O3既可与酸反应生成盐和水，也可与强碱反应生成盐和水，Al2O3是两性氧化物，不属于碱性氧化物，D错误； 故选C。 7．B 【详解】①Al(OH)3 属于两性氢氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH反应； ②Al2O3属于两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH反应； ③Al是金属单质，与盐酸反应生成AlCl3和H2，与NaOH反应生成NaAlO2和H2； ④NaHCO3是酸式盐，与盐酸反应生成CO2，与NaOH反应生成Na2CO3； ⑤Mg(OH)2只能与盐酸反应，不与NaOH反应； 因此既能与盐酸反应，又能与NaOH反应的有①②③④；答案选B。 8．D 【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明溶解Mg、Al后硫酸有剩余，因此将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL稀硫酸中，固体全部溶解后，所得溶液为H2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4的混合溶液。发生的有关化学反应方程式为：2Al+3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2↑；Mg+ H2SO4= MgSO4+H2↑；从开始至加入NaOH溶液20mL，该阶段发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，继续滴加NaOH溶液至200mL，到沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，产生沉淀发生的反应为：Al2(SO4)3+6NaOH= 3Na2SO4+2Al(OH)3↓；MgSO4+2NaOH= Na2SO4+Mg(OH)2↓，沉淀的物质的量之和为0.35mol，此时溶液中溶质为Na2SO4，再继续滴加NaOH溶液，沉淀部分溶解，发生的反应为：，沉淀量最小时为Mg(OH)2为0.15mol，故到沉淀量最大时Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，溶解的沉淀为氢氧化铝，因此n[Al(OH)3]=(0.35-0.15)mol=0.2mol，剩余的沉淀为氢氧化镁，即n[Mg(OH)2]=0.15mol，根据原子守恒可知，n[Al(OH)3]=n(Al)=0.2mol，n[Mg(OH)2]= n(Mg)=0.15mol，则m(合金)=m(Al)+m(Mg)= 0.2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，故A正确； B．由图像可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，故B正确； C．因为在反应中，n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，V(NaOH)=40mL=0.04L，所以c(NaOH)===5mol/L，故C正确； D．由A中可知n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，即反应放出的氢气在标准状况下的体积为V(H2)=n(H2)·Vm =0.45mol×22.4L/mol=10.08L，故D错误； 故选D。 9．D 【详解】A．由于镍与铝高温条件下均能与空气反应，则通入的作用是防止铝和镍被空气氧化，A正确； B．“浸出”时合金中的铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应方程式为，B正确； C．用铝与镍制成合金后，使镍具有更大的表面积，再用溶液将铝溶解，可以加快反应速率，C正确； D．兰尼镍可大大提高氧化剂与氢气的反应速率，它的高化学活性源于镍的还原性和其特殊的多孔结构，而普通镍的还原性与相当，易被空气中的氧气氧化，故兰尼镍的保存和普通镍不同，D错误； 故选D。 10．C 【分析】将NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，依次发生：Al3++3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－＝AlO+2H2O，将AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中，分别发生：Al3++4OH－＝AlO+2H2O、Al3++3AlO+6H2O＝4Al(OH)3↓，以此进行判断。 【详解】100mL 4mol•L-1NaOH溶液中n(NaOH)=0.4mol，100mL 1mol•L-1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1mol，则： ①将NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，发生：Al3++3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－＝AlO+2H2O，现象为观察到白色沉淀，后沉淀溶解，最终得到0.1mol偏铝酸钠； ②将AlCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中，根据二者的物质的量可知只发生：Al3++4OH－＝AlO+2H2O，即没有沉淀出现，但最终仍然得到0.1mol偏铝酸钠，所以二者现象不同，根据质量守恒定律可知剩余溶液质量相同。 故选C。 11．B 【分析】向150mL 0.05mol⋅L−1的Na[Al(OH)4]溶液中缓慢通入CO2气体，a→b段先发生反应2Na[Al(OH)4]+CO2=Na2CO3+2Al(OH)3↓+H2O，反应前Na[Al(OH)4]电离成Na+和[Al(OH)4]−，反应后Na2CO3电离成Na+和，由于反应生成水，离子浓度降低，溶液电导率降低，继续通CO2，b→c段发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，反应消耗水，离子浓度增大，溶液电导率升高； 【详解】A．溶液的电导率大小和离子浓度、离子电荷数、溶液温度等因素有关，A错误； B．由分析，b点对应溶液中溶质的主要成分为Na2CO3，B正确； C．由分析，将a→b段的反应改写成离子方程式为2[Al(OH)4]−+CO2=+2Al(OH)3↓+H2O，C错误； D．CO2通入水中生成碳酸，碳酸是弱酸，无法溶解氢氧化铝沉淀生成铝离子，D错误； 故选B。 12．(1)过滤 (2)Al2O3 Al2O3、Fe2O3 Fe2O3 K2SO4、(NH4)2SO4 (3)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O NaAlO2+HCl+ H2O =NaCl+ Al(OH)3↓ Al3++3NH3·H2O=3NH+Al(OH)3↓ 【分析】KAl(SO4)2易溶于水，氧化铝和氧化铁不溶于水，所以C是氧化铝和氧化铁的混合物，所得溶液是KAl(SO4)2溶液；KAl(SO4)2和氨水反应生成白色沉淀氢氧化铝、还有硫酸铵和硫酸钾生成，因此溶液E中含有硫酸铵和硫酸钾；氧化铝能溶于氢氧化钠溶液中，但氧化铁不能溶解，所以D是氧化铁，溶液是偏铝酸钠；偏铝酸钠和盐酸反应可以生成白色沉淀氢氧化铝；氢氧化铝分解生成氧化铝和水，所以B是氧化铝。 【详解】（1）分离溶液和沉淀的方法是过滤； （2）结合分析可知B为Al2O3；C为Al2O3、Fe2O3；D为Fe2O3；E为K2SO4、(NH4)2SO4； （3）反应①为氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O； 反应③为偏铝酸钠和适量盐酸反应生成NaCl、水和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+ H2O =NaCl+ Al(OH)3↓； 反应②为明矾和一水合氨反应生成硫酸钾、硫酸铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=3NH+Al(OH)3↓。 13．(1)检查装置气密性 (2)平衡气压，使得分液漏斗中液体能够顺利滴下 (3) (4) (5)偏小 (6)E，D接G (7) 【分析】镁和氢氧化钠溶液不反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠与氢气，通过测量生成氢气的多少，然后计算合金中铝的质量； 镁铝合金与酸发生反应生成氢气，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管应该要短进长出，利用气体产生的压强，将广口瓶中的水排出进入量筒，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E，D接G； 【详解】（1）实验中涉及气体的产生和测量，故按图连接好装置后，实验前需先检查装置气密性，防止装置漏气； （2）导气管E可以平衡装置中压强，使得分液漏斗中液体能够顺利滴下； （3）镁和氢氧化钠溶液不反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠与氢气，反应的化学方程式为：； （4）实验中产生气体体积，折算成标准状况下的体积为，则氢气为，结合，合金中铝的质量分数为； （5）反应后读数时，若D管中液面高于C，使得生成氢气被压缩，测得氢气体积减小，则会导致测量结果偏小； （6）由分析，实验装置接口的连接顺序是接E，D接G； （7）实验用铝镁合金的质量为，测得氢气体积为(标准状况，为5.6L÷22.4L/mol=0.25mol)，设铝镁的物质的量分别为amol、bmol，则27a+24b=5.1，、，则1.5a+b=0.25，解得a=0.1，则合金中铝的质量分数为。 14．(1)7 (2)1.5 (3)ABC 【详解】（1）铝合金中不与盐酸反应，不溶固体即为，根据质量分数公式：。 （2）滤液中含、和过量。要使沉淀质量最大，需将、完全沉淀，此时溶液中溶质为。根据守恒，，由与的反应关系，，则。 （3）A．与反应，、不反应，剩余固体为、，则，，A可行； B．滤液加过量，沉淀为，根据质量可算出质量，样品中，进而算出，B可行； C．气体为，标况下物质的量为，根据、与盐酸反应的化学方程式，结合质量，可算出质量，进而得，C可行； 综上，答案是ABC。 15．A 【分析】能与铝反应放出的溶液呈酸性或碱性。 【详解】A．酸性或碱性条件下，、、相互之间不反应，一定能大量共存，故选A； B．与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，碱性条件下不能大量含有，故不选B； C．与OH-反应生成，与H+反应放出二氧化碳，酸性或碱性条件下都不能大量含有，故不选C； D．酸性条件下，、反应生成氯气，酸性条件下、不能共存，故不选D； 故选A。 16．B 【详解】设合金中镁的物质的量为，铝的物质的量为。 镁铝合金投入500ml 2mol•L－1盐酸中，固体完全溶解发生化学反应为、，收集到气体为二者生成的总和，向反应所得溶液中加入1mol·L-1的氢氧化钠溶液，所得沉淀的质量最大为27.20g，故溶液中、完全沉淀，所得沉淀的质量最大其组成为和的混合物，故可列方程组求解，，解得，若将等质量的镁铝合金溶于1mol·L-1的NaOH溶液中，充分反应，只有铝与氢氧化钠反应，0.2molAl消耗0.2mol NaOH，消耗的NaOH 溶液的体积为200 mL，故选B。 17．D 【详解】要使Mg2+转化为Mg(OH)2，并使之与Al3+分开，则铝离子应该生成偏铝酸钠，即有关的方程式是Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。MgCl2和 AlCl3的混合溶液中 c(Mg2+)=0.2mol/L，c(Cl-)=1.3mol/L，根据电荷守恒，c(Al3+)=( c(Cl-)-2 c(Mg2+))÷3=( 1.3 mol/L-2×0.2mol/L)÷3=0.3 mol/L； Mg2+转化为 Mg(OH)2消耗NaOH的物质的量是0.2mol/L×0.2L×2=0.08mol，Al3+需要转化为AlO2-消耗NaOH的物质的量是0.3mol/L×0.2L×4=0.24mol，需要 4 mol/L 的NaOH 溶液的体积，故选D。 18．C 【详解】A．向某溶液中逐滴加入溶液至过量，生成沉淀、沉淀溶解消耗氢氧化钠溶液体积的比为3:1，故不选A； B．图乙表示，向含和物质的量比为2:1的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加溶液体积的关系，故不选B； C．物质的量之比为3：2的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，镁和酸反应速率快，放出的氢气一样多，故C正确； D．和恰好1:1反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，和恰好1:2反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠、水，溶液中离子浓度不能变为0，导电率不可能为0，故不选D； 故选C。 19．B 【详解】NaOH和AlCl3两种溶液混合，生成的沉淀为Al(OH)3，溶液中含铝元素的物质，可能为AlCl3，可能为Na[Al(OH)4]；溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则表明沉淀中所含Al原子的物质的量的是溶液中所含Al原子的物质的量是2倍；当溶液中的铝以AlCl3存在时，可用方程式表示为：3AlCl3(溶液中的总加入量)+6NaOH=2Al(OH)3↓+6NaCl+AlCl3(反应后剩余)，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为1：2，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为1：2；当溶液中的铝以Na[Al(OH)4]存在时，可用方程式表示为：3AlCl3+10NaOH=2Al(OH)3↓+Na[Al(OH)4]+9NaCl，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为3：10，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为3：10； 综合以上分析，②③正确； 故选B。 20．D 【分析】反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，向反应后溶液溶液中滴加NaOH溶液，开始没有沉淀生成，可知硝酸过量，故铝和铁被氧化为Al3+、Fe3+，反应后溶液加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③+OH-=NH3•H2O，④Al(OH)3+OH-=，据此分析解题。 【详解】A．反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，向反应后溶液溶液中滴加NaOH溶液，开始没有沉淀生成，可知硝酸过量，故铝和铁被氧化为Al3+、Fe3+，反应后溶液加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可知与发生了反应，则硝酸被还原为铵盐(NH4NO3)，A正确； B．cd段消耗NaOH溶液8mL，根据Al(OH)3+OH-=+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.008L×5mol/L=0.04mol,故n(Al)=n[Al(OH)3]=0.04mol,而bc段消耗的氢氧化钠的6mL，根据与+OH-═NH3•H2O可知，n()=n(NaOH)=0.006L×5mol/L=0.03mol,根据电子转移守恒有：：3n(Fe)+3n(Al)=8n()，即3n(Fe)+3×0.04mol=8×0.03mol，解得n(Fe)=0.04mol,则n(Al)：n(Fe)=0.04mol：0.04mol=1：1，B正确； C．根据电子转移守恒可知Al、Fe提供电子物质的量为8×0.03mol=0.24mol，由电荷守恒可知，ab段消耗NaOH物质的量为0.24mol，ab段消耗NaOH溶液体积为=0.048L=48mL，故a点对应NaOH溶液体积为68mL-48mL=20mL，C正确； D．加入氢氧化钠溶液为68mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n()=0.03mol，根据Na元素守恒有n(NaNO3)=n(NaOH)=0.068L×0.05mol/L=0.34mol，根据N元素守恒原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.34mol+0.03mol×2=0.4mol，D错误； 故选D。 21．C 【分析】甲、乙两烧杯中各盛有100mL6mol/L的盐酸和NaOH溶液，两烧杯中所含溶质物质的量都为6mol/L×0.1L=0.6mol，Al与盐酸、NaOH溶液反应的化学方程式依次为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；若等质量的Al都完全反应，则生成的H2的体积比为1∶1；若等物质的量的HCl、NaOH都完全反应，则生成的H2的体积比为1∶3；反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙=2∶5，说明与盐酸反应时HCl完全反应、Al过量；与NaOH溶液反应时Al完全反应、NaOH过量；据此计算。 【详解】根据分析，与盐酸反应时HCl完全反应、Al过量，以HCl计算生成的H2；与NaOH溶液反应时Al完全反应、NaOH过量，以Al计算生成的H2；n(HCl)= 6mol/L×0.1L=0.6mol，根据反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，与盐酸反应生成H2物质的量为n(HCl)=0.3mol；反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙=2∶5，与NaOH溶液反应生成H2物质的量为0.3mol×=0.75mol，根据反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，与NaOH溶液反应消耗Al的物质的量为0.75mol×=0.5mol，则加入Al粉的质量为0.5mol×27g/mol=13.5g； 故选C。 22．D 【详解】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，氢氧化镁的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，含有镁离子的物质的量为3mol、含有铝离子的物质的量2mol，根据生成气体的量的增加趋势可知，生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还有铵根离子与氢氧根离子反应生成的氨气，图象中加入过氧化钠的物质的量在0∼amol之间时，所得沉淀量为0，与溶液中的氢离子反应，结合气体的图象分析，加入8mol过氧化钠时，共生成气体6mol，由反应方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，2mol的过氧化钠生成1mol的氧气，所以8mol的过氧化钠生成4mol的氧气，则生成氨气是2mol，所以铵根离子为2mol，则原溶液中的NH、Mg2+、Al3+的物质的量分别为2mol、3mol、2mol， 故选D。 23． 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ c Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=+2H2O(或者写Al3++4OH-=+2H2O) 不能，因为在Al3+与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开 【详解】(1)碱洗铝材除其表面的氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是铝与碱溶液反应放出氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；碱洗后的溶液中含偏铝酸根，要将偏铝酸根以沉淀形式回收，必须加入酸，由于沉淀Al(OH)3能溶于强酸，故使用强酸无法控制用量，最好使用弱酸，稀硫酸、盐酸为强酸溶液，氨水和NaOH溶液为碱溶液，CO2的水溶液为弱酸H2CO3；答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，c。 (2)加入足量NaOH溶液得到Mg(OH)2沉淀和溶液a，溶液a中含Na+、K+、Cl-、，向溶液a中加入适量盐酸得到的沉淀c为氢氧化铝，氢氧化铝溶于盐酸得到AlCl3溶液； ①混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，镁离子与OH-形成氢氧化镁沉淀，铝离子与OH-先形成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝溶解转化成偏铝酸根，溶液中发生反应的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=+2H2O(或者写Al3++4OH-=+2H2O)；答案为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=+2H2O(或者写Al3++4OH-=+2H2O)。 ②氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在Al3+与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开；答案为：不能，因为在Al3+与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。 24．(1) (2)、 (3)将全部氧化为，并除尽溶液中的 (4)除去过量的 (5)、 【分析】由题意可知，制备十八水硫酸铝的实验过程为向铝灰中加入过量稀硫酸，金属氧化物溶解得到硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铁，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有过量稀硫酸、硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铁的滤液；向滤液中加入过量的高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为3，加热条件下将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，向反应后的溶液中加入硫酸锰，将溶液中过量的高锰酸钾转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和硫酸铝溶液；溶液经浓缩、结晶、分离得到十八水硫酸铝。 【详解】（1）步骤Ⅰ中氧化铝溶解的反应为氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （2）由分析可知，步骤Ⅰ所得滤液的主要成分为过量稀硫酸、硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铁，溶液中的阳离子为氢离子、铝离子、亚铁离子和铁离子，故答案为：、； （3）由分析可知，步骤Ⅱ中加入过量的高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为3的目的是在加热条件下将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：将全部氧化为，并除尽溶液中的； （4）由分析可知，步骤Ⅳ中加入硫酸锰的目的是将溶液中过量的高锰酸钾转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：除去过量的；； （5）由分析可知，步骤Ⅳ中过滤所得滤渣的主要成分为氢氧化铁、二氧化锰，故答案为：、。 25． 无水CaCl2或P2O5 碱石灰 关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a 将固体分解产生的CO2、H2O赶入C、D中，使其被充分吸收 200 【分析】药品中的AlaMgb(OH)cCO3·dH2O受热分解产生Al2O3、MgO、CO2、H2O(g)，生成的气体分别被C、D装置吸收，吸收CO2可用碱性试剂，如碱石灰，但同时碱石灰也会吸收H2O，故需先测生成H2O的量，所以C中可以盛放无水CaCl2、P2O5等与CO2不反应的干燥剂，装置E作用为防止空气中H2O、CO2进入D中引起实验误差。 【详解】(1)由分析知，装置C中盛放无水CaCl2或P2O5，D中盛放碱石灰； (2)先通空气的目的为将装置中的空气赶尽，防止对实验产生误差，由于空气中本来就含有CO2、H2O等物质，故需先经过装置A除杂，具体操作为：关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a；反应开始和结束继续通空气的目的为将固体分解产生的CO2、H2O赶入C、D中，使其被充分吸收； (3)由图示知，溶解药品时，硫酸过量，故所得溶液成分为：H2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4，加入NaOH后沉淀总量为0.08 mol，其中NaOH过量后，溶解的沉淀为Al(OH)3，其物质的量为0.08-0.06=0.02 mol，未溶解的沉淀为Mg(OH)2，物质的量为0.06 mol，则Mg2+、Al3+完全沉淀消耗的NaOH为：n(NaOH)=3n(Al(OH)3)+2n(Mg(OH)2)=3×0.02 mol+2×0.06 mol=0.18 mol，其对应体积V=，即180 mL，由图示知x=20+180=200； (4)由元素守恒得：n(Al3+)= n(Al(OH)3)= 0.02 mol，n(Mg2+)= n(Mg(OH)2)= 0.06 mol，由实验一知装置D增加的为CO2质量，n(CO2)=，根据C元素守恒得n()=n(CO2)=0.01 mol，由电荷守恒得：3n(Al3+)+2n(Mg2+)=2n()+n(OH-)，带入数据解得n(OH-)=0.16 mol，由实验一知装置C增加的为H2O质量，n(H2O)=，样品分解产生的H2O来源于OH-分解和原结晶水，由H元素守恒得2n(H2O)=n(OH-)+2n(结晶水)，带入数据解得n(结晶水)=0.04 mol，故n(Al3+)：n(Mg2+)：n(OH-)：n()：n(结晶水)=2：6：16：1：4，所以铝碳酸镁的化学式为。 26． Mg(OH)2 AlO+H++H2O=Al(OH)3↓ CO2 130 【分析】向所得悬浊液中加入盐酸时，0-A时固体质量不变，表示没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，A点的沉淀为Mg(OH)2，然后盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，到B点时偏铝酸钠完全反应，则B点的沉淀物为Mg(OH)2和Al (OH)3，C点沉淀全部溶解，溶质为NaCl、AlCl3、MgCl2，B到C点发生的反应是Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O，Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，据此分析解答。 【详解】(1)根据上述分析可知，A点的沉淀为Mg(OH)2； (2)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为AlO+H++H2O=Al(OH)3↓； (3)分离MgCl2和AlCl3两种溶质，可利用Al(OH)3表现两性，先加入过量的NaOH溶液，发生Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓，Al3＋＋4OH-=＋2H2O，然后过滤，向沉淀中加入盐酸，Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O，因为Al(OH)3表现两性，溶于强酸，因此向滤液中先通入足量CO2，＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，然后过滤，向沉淀中加入盐酸，得到氯化铝； (4)根据铝原子守恒得n(AlCl3)=n()=0.02mol，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸的体积为：V=。 【点睛】本题的难点在问题(4)，涉及化学计算，需要弄清楚整个反应过程，利用元素守恒的思想解决问题，从沉淀的最大值，确认溶液中的溶质，根据氯元素守恒，解决问题。 27．(1)1.2 (2)3：2 (3)5.6 【分析】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，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，据此作答。 【详解】（1）标况下，丙中生成气体体积为1344 mL，气体的物质的量为，按关系式：可知盐酸中HCl的物质的量为0.12mol，则盐酸的物质的量浓度为。 （2）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气1075.2mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=1.008，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，联立方程解得：x=0.024、y=0.016，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.024mol：0.016mol=3：2。 （3）实验乙中合金的质量为1.260g，根据(2)知，合金中Mg、Al的物质的量之比为，设合金中n(Al)=nmol，n(Mg)=1.5nmol，，n=0.02mol，则n(Mg)=0.03mol，Mg完全反应生成n(H2)=n(Mg)=0.03mol，Mg生成的V(H2)= ，Al完全反应生成n(H2)=1.5n(Al)=0.03mol，Al生成的V(H2)= ，如果合金恰好完全反应，得到总的气体为1344mL，所以乙中合金恰好完全反应，根据表格中数据知，乙中盐酸恰好完全消耗；实验乙结束后的混合体系中加入一定量的NaOH溶液，充分反应，得到固体M，固体为Mg(OH)2，而此时铝元素以Na[(AlOH)4]的形式存在，溶液中溶质为NaCl和Na[(AlOH)4]，根据氢原子守恒得，最少消耗的n(NaOH)=n(HCl)+n(Al)=0.12mol+0.02mol=0.14mol，。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$