第二节 金属材料 （9大题型专项训练）化学人教版2019必修第一册

第二节 金属材料 题型01 合金及其性能 题型02 铁合金及其用途 题型03 铝及其重要化合物 题型04 铝合金及其用途 题型05 新型合金及其用途 题型06 物质的量在化学方程式计算中的应用 题型07 可溶性铝盐溶液中加碱的图像分析 题型08 化学计算中的常用方法 题型09 基于金属元素的工艺流程题 题型01 合金及其性能 概念 由两种或两种以上的 (或 )熔合而成的具有 特性的物质 性能 硬度 硬度一般 它的成分金属 熔点 熔点一般 它的成分金属 与纯金属材料相比，合金具有优良的物理、化学或机械性能 【典例1】下列关于合金的说法错误的是 A．合金是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 B．镁铝合金的硬度比镁和铝都小 C．在合金中加入适量的稀土金属能大大改善合金的性能 D．青铜、硬铝、钢都是合金 【变式1-1】相对于纯金属制成的金属材料来说合金的优点是 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，可得到具有不同性能的合金 ④合金比纯金属的应用范围更广泛 A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③ 【变式1-2】金属在人类文明进步和社会发展中起着重要的作用，下列关于金属的叙述正确的是。 A．金属都是银白色的固体，都具有较高的硬度和密度 B．金属元素的单质在常温下均为固体 C．金属单质都可以和酸发生置换反应产生氢气 D．金属在化合物中一定显正化合价 【变式1-3】合金与纯金属制成的金属材料相比，优点是 ①合金的硬度一般比它的各成分金属的大　②一般地，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，可以得到具有不同性能的合金　④合金比纯金属的导电性能更强　⑤合金比纯金属的应用范围更广泛 A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①②④⑤ 题型02 铁合金及其用途 1．铁合金的两大类型——生铁和钢 用量最大、用途最广的铁合金是 。 2．钢的分类 不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是 ，不易生锈，抗腐蚀能力强。 【典例2】下列物质中不属于铁合金的是 A．不锈钢 B．生铁 C．碳素钢 D．氧化铁 【变式2-1】2022年世界冬奥会和冬残奥会在北京举行，其中短道速滑项目队员所穿的速滑冰刀可用不锈钢制成。下列叙述错误的是 A．不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度，导致合金的硬度变大 B．不锈钢中常添加镍和铬元素，从而使其具有特殊性能 C．不锈钢是最常见的一种合金钢 D．不锈钢中只含有金属元素，不含有非金属元素 【变式2-2】铁是一种应用广泛的金属。下列有关铁的叙述正确的是 A．铁是地壳中含量最多的金属 B．铁丝在氧气中燃烧生成氧化铁 C．用铁可以回收硝酸银废液中的银 D．炼铁就是把铁矿石变成纯净的氧化铁 【变式2-3】我国已成功完成某种性能优异的超级钢的研制，这一突破性的科技成果登上了著名学术期刊《科学》杂志。下列关于合金说法正确的是 A．我国最早使用的合金是黄铜 B．合金中只含有金属元素 C．合金都比纯金属的熔点更高，硬度更大 D．用于铸造硬币的合金需耐磨损、抗腐蚀且具有一定的硬度 题型03 铝及其重要化合物 1．金属铝 (1)铝是地壳中含量 的金属元素。 (2)铝是一种活泼金属，在 下就能与空气中的氧气发生反应，表面生成一层致密的 薄膜，其作用是保护内部金属不受腐蚀。 2．铝、氧化铝的性质 (1)铝、氧化铝与稀盐酸反应 化学方程式:Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O、2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑ (2)铝、氧化铝与NaOH溶液反应 化学方程式:Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]、2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ (3)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。 3．氢氧化铝 Al(OH)3是不溶于水的两性氢氧化物(既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水的氢氧化物叫做两性氢氧化物)，既能与强酸反应：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，又能与强碱反应：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 (1)氢氧化铝是白色胶状沉淀，有吸附作用。 (2)Al(OH)3的实验室制法：用可溶性铝盐和氨水反应制取。 化学方程式：AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl。 【典例3】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 【变式3-1】下列各组物质的转化中，不是通过一步反应实现的是 A． B． C． D． 【变式3-2】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 【变式3-3】下列两瓶没有标签的无色透明溶液，不用任何试剂，只需互滴就能鉴别出来的是 A．明矾溶液和烧碱溶液 B．明矾溶液和盐酸 C．盐酸与烧碱溶液 D．溶液和烧碱溶液 题型04 铝合金及其用途 铝合金：向铝中加入少量的合金元素，如Cu、Mg、Si、Mn、Zn及稀土元素等，可制成铝合金。铝合金是目前用途广泛的合金之一。例如，硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。 【典例4】下列关于金属的说法不正确的是 A．有显著导电性 B．熔点高于合金 C．硬度强于合金 D．表面易被氧化成一层致密氧化膜 【变式4-1】液体铝钠合金（钠和铝熔合而成）可用于核反应堆的载热介质。下列有关说法不正确的是（　　） A．自然界中没有游离的钠和铝 B．若铝钠合金投入水中无固体剩余，则n(Al)≤n(Na) C．铝钠合金投入到氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出 D．相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小 【变式4-2】将34.8g铝铁铜合金分为两等份，一份投入足量的NaOH溶液中，产生6.72L(标准状况)气体，另一份投入足量的稀盐酸中，产生8.96L(标准状况)气体，则该合金中Al、Fe、Cu的物质的量之比为 A．2：1：1 B．3：1：1 C．3：2：1 D．3：1：2 【变式4-3】易拉罐的主要成分为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案与现象、结论正确的是 选项 实验方案 现象、结论 A 加入盐酸 产生无色气体；含铝、铁、镁三种金属 B 加入NaOH溶液 有无色气体产生；含有镁、铝两种金属 C 加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液 产生白色沉淀；含有金属镁 D 用盐酸溶解并放置一会儿后，加入KSCN溶液 溶液呈红色；含有铁元素 A．A B．B C．C D．D 题型05 新型合金及其用途 新型合金：用于贮氢的新型合金Ti­Fe合金和La­Ni合金；钛合金、耐热合金和形状记忆合金等新型合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。 【典例5】新型镁合金可制成笔记本电脑外壳、竞赛自行车框架等，这说明镁合金具有的性能是 ①熔点低  ②硬度大  ③不导热  ④导电性强  ⑤密度小  ⑥耐腐蚀 A．①②③ B．②③④ C．①③⑥ D．②⑤⑥ 【变式5-1】稀土元素是指元素周期表中15个镧系元素以及钪和钇，它们在科技、生产中有广泛的应 用，被称为万能之土，还被称为工业上的维生素。我国拥有丰富的稀土资源，约占世界 已知储量的80%．其中稀土铈(Ce)元素可作为反应核燃料的稀释剂，金属铈在空气中易氧 化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应并产生气体。已知：铈常见的化合价为+3和+4，且Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，下列说法正确的是(　　) A．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，合金具有硬度大，熔点大等性能 B．用少量碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，离子方程式为Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+ C．金属铈着火，可用水灭火 D．金属铈应储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源 【变式5-2】经研究发现，含有95%铝和5%镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气，整个反应中只消耗铝，而反应生成的Al2O3可回收再利用，这样不仅降低了制氢气的成本，而且方便快捷，这一发现将燃氢汽车的研发推向新的里程碑。下列有关说法不正确的是 A．此合金一定比纯铝柔软 B．铝作为还原剂，有资源丰富的优势 C．合金与水反应的总反应式为2Al＋3H2O=Al2O3＋3H2↑ D．合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应可能起催化作用 题型06 物质的量在化学方程式计算中的应用 物质的量在化学方程式计算中六个基本步骤： 【典例6】5．4 g铝与足量NaOH溶液反应生成的氢气在标准状况下的体积是多少？ 【变式6-1】对固体NaHCO3充分加热，产生的气体通过足量Na2O2，Na2O2增重0.3 g，则固体NaHCO3的质量为 A．0.42 g B．1.68 g C．0.84 g D．3.36 g 【变式6-2】将由与组成的固体混合物，在密闭容器中充分加热后，最后排出气体，经检测只残留一种固体物质，则原混合物中的物质的量至少为 A． B． C． D． 【变式6-3】一定量的液态化合物XY2在一定量O2中恰好完全反应：XY2(l)＋3O2(g)点燃，XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后在标准状况下，测得生成物的体积为672mL，密度为2.56g·L-1.求： (1)反应前O2的体积为 。 (2)化合物XY2的摩尔质量是 。 (3)在XY2分子中，X、Y两元素质量之比为3∶16，则X、Y两元素分别是 。 题型07 可溶性铝盐溶液中加碱的图像分析 1．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量 发生反应的离子方程式为OA段：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， AB段：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 从图中不难看出，向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，若达不到最大沉淀量时，对应的氢氧化钠溶液的体积有两种情况：一是加入的氢氧化钠不足；二是加入的过量的氢氧化钠将生成的氢氧化铝溶解了一部分。 2．向铝盐溶液中滴入氨水 一水合氨是一种弱碱，氢氧化铝不会溶解在氨水中，向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液，反应现象是相同的。 若向铝盐溶液中滴加氨水，离子方程式为 3NH3·H2O＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3NH。 当n(Al3＋)∶n(NH3·H2O)＝1∶3时，产生最大沉淀量。 3．向AlCl3、MgCl2的酸性溶液中滴加NaOH溶液 反应的离子方程式依次为 OA段：H＋＋OH－===H2O， AB段：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓， Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， BC段：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 现象是开始滴加NaOH溶液时无沉淀生成，随着NaOH溶液的量增2加，沉淀的量也逐渐增加，直到沉淀量达到最大值，继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝沉淀开始溶解，最后剩余的为氢氧化镁沉淀。 【典例7】向20 mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2 mol·L－1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题： (1)图中A点表示的沉淀是________，其物质的量是________。 (2)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为________。 (3)图中B点溶液中的溶质有____________。 (4)AlCl3溶液的浓度为________________。 (5)O点到B点总反应的离子方程式可表示为________________________________。 【变式7-1】向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中，能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量) 【变式7-2】将的镁、铝混合物溶于溶液中然后再滴加溶液。若在滴加溶液的过程中，沉淀质量m随加入溶液的体积V变化如图所示。当时，则为 A． B． C． D． 【变式7-3】某溶液中可能含有H＋、Na＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，已知①做焰色试验时，该溶液的焰色没有黄色；②当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。由此可知： (1)该溶液中肯定含有的离子是__________________________；各离子的物质的量之比为______________________________________。 (2)肯定不含的阳离子是__________________。 题型08 化学计算中的常用方法 1．关系式法 当已知物和未知物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”即可求解未知量。 例：把CO还原Fe2O3生成的CO2通入澄清的石灰水中，求生成沉淀的量。 发生反应的化学方程式：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O。 则关系式为3CO～3CO2～3CaCO3，即CO～CaCO3。 2．守恒法 化学反应中的守恒关系有：质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒。 1中例子也可直接根据碳原子守恒得出CO～CaCO3。 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。该差量的大小与反应物的有关量成正比。 例：对化学反应CuO＋H2Cu＋H2O中的固体物质作定量研究会发现，每80 g CuO发生反应，同时有64 g Cu生成，反应前后固体的质量差为16 g，此质量关系可表示为： CuO＋H2Cu＋H2O　固体质量差(Δm) 80 g 64 g 16 g 这个固体质量差(Δm)我们称之为“差量”。若取任意量的CuO与H2发生化学反应，参加反应的固体与生成的固体在质量上有定量关系：＝＝。 4．方程组法 当反应中出现多个未知量时，可列方程组求解未知量。 【典例8】将5．0 g CaCO3加入足量盐酸中，并将生成的气体全部通入足量的红热的炭中充分反应，得到气体的体积(标准状况下)为 A．1．12 L B．2．24 L C．11．2 L D．22．4 L 【变式8-1】把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SO的物质的量浓度之比为 A．1∶4 B．2∶7 C．1∶2 D．3∶8 【变式8-2】将20 g CO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了11．2 g，则原混合气体中CO2的质量分数为 A．32% B．44% C．56% D．88% 【变式8-3】已知：①碳酸钠高温下不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g，完全反应后固体质量减轻了3．1 g，求： (1)原混合物中碳酸钠的质量是多少？ (2)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是多少？ 题型09 基于金属元素的工艺流程题 基于金属元素的工艺流程题 (1)要灵活应用元素守恒和物料转化思想 原料中的“核心元素”经多步转化最终“留存”于目标产物中，因此解题时要注意金属元素的变化过程。 (2)要做好知识和生产实际的密切联系 一是工艺流程中的大部分反应都源于教材，部分陌生反应的反应原理也是源于教材； 二是涉及实际工艺，因此要注意环境保护和资源的利用，最终废弃物尽可能少且无害，部分物质需要循环利用等。 (3)掌握工艺流程中常见的术语 如研磨、粉碎、浸出、酸溶、碱洗、燃烧等。 【典例9】大部分废催化剂常被作为固体废弃物丢弃，不仅造成资源浪费，也对环境造成极大的污染。合成氨转化工段二段炉固体废Z205催化剂表面有少量积碳，该废催化剂主要含(质量分数约90%)、NiO(氧化镍，质量分数约6%)等，从废Z205催化剂中回收活性氧化铝的工艺流程如图。 已知：“焙烧1”时，NiO不参与反应；经“焙烧1”“浸取”后可得溶液。 回答下列问题： (1)为提高“浸取”的效率，可采取的措施有 (填一项)；为从所得废渣中回收金属镍，还需要加 (填“氧化剂”或“还原剂”)才能实现。 (2)试写出“焙烧1”时。发生反应的化学方程式： 。 (3)“抽滤”后的滤饼的主要成分的化学式为 ，设计实验检验滤饼是否洗涤干净： ；滤液经处理后可在 工序中循环利用。 (4)浸取时间对氧化铝回收率的影响如图所示，则浸取时间应选择 h为宜。“焙烧2”过程发生反应的化学方程式为 。 (5)若“浸取”工序中浸取率按78.6%计，“焙烧2”的回收率按67.6%计，则1000g废Z205催化剂最多可以回收 (列出计算式)g活性氧化铝。 【变式9-1】工业上以软锰矿（含和少量的、、）为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法错误的是 A．酸浸过程不能将硫酸换为稀硝酸 B．酸浸过程中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 C．试剂会氧化，从绿色化学角度分析，试剂可以选择、 D．系列操作包括多步操作，第一步操作为蒸发溶液至有大量晶体析出，停止加热 【变式9-2】用不锈钢酸洗污泥(主要含)生产的工业流程如下： 已知：与性质相似。下列说法正确的是 A．滤渣1为SiO2 B．除杂的目的是除去元素 C．滤渣3为 D．若用NaOH替换效果更好 【变式9-3】利用硫铁矿焙烧后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4·7H2O），实验室模拟该流程如图所示： 已知：Al2O3既可与强酸反应又可与强碱反应，均生成可溶于水的盐。 回答下列问题： (1)为提高烧渣的酸浸速率，可采取的措施为 （答出两点即可）。 (2)若步骤①使用盐酸溶解，该流程中固体1的主要成分为 （填化学式），溶液2中主要含有的离子为 （填离子符号），步骤③中选用酸的名称为 。 (3)步骤①中Fe2O3与酸反应的离子方程式为 步骤④涉及反应的离子方程式为 。 (4)步骤⑤可采取的操作方法为 、 ，过滤、洗涤、干燥。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二节 金属材料 题型01 合金及其性能 题型02 铁合金及其用途 题型03 铝及其重要化合物 题型04 铝合金及其用途 题型05 新型合金及其用途 题型06 物质的量在化学方程式计算中的应用 题型07 可溶性铝盐溶液中加碱的图像分析 题型08 化学计算中的常用方法 题型09 基于金属元素的工艺流程题 题型01 合金及其性能 概念 由两种或两种以上的金属(或金属和非金属)熔合而成的具有金属特性的物质 性能 硬度 硬度一般大于它的成分金属 熔点 熔点一般低于它的成分金属 与纯金属材料相比，合金具有优良的物理、化学或机械性能 【典例1】下列关于合金的说法错误的是 A．合金是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 B．镁铝合金的硬度比镁和铝都小 C．在合金中加入适量的稀土金属能大大改善合金的性能 D．青铜、硬铝、钢都是合金 【答案】B 【详解】A．合金是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，A正确； B．镁铝合金的硬度比镁和铝都大，B错误； C．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，C正确； D．青铜是铜合金、硬铝是铝合金、钢是铁碳合金，D正确； 故选B。 【变式1-1】相对于纯金属制成的金属材料来说合金的优点是 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，可得到具有不同性能的合金 ④合金比纯金属的应用范围更广泛 A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】A 【详解】合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，在许多方面优于它的各成分金属。例如，合金的硬度一般比各成分金属的硬度大，多数合金的熔点比各成分金属的熔点低。 【变式1-2】金属在人类文明进步和社会发展中起着重要的作用，下列关于金属的叙述正确的是。 A．金属都是银白色的固体，都具有较高的硬度和密度 B．金属元素的单质在常温下均为固体 C．金属单质都可以和酸发生置换反应产生氢气 D．金属在化合物中一定显正化合价 【答案】D 【详解】A．金属不都是银白色的固体，如铜为紫红色，不都具有较高的硬度和密度，如钠密度较小，硬度较小，A项错误； B．金属元素的单质在常温下不均为固体，如汞为液体，B项错误； C．金属单质不都可以和酸发生置换反应产生氢气，如铜与稀硫酸、盐酸不反应，C项错误； D．金属原子在反应中易失去电子，所以金属在化合物中一定显正化合价，D项正确； 答案选D。 【变式1-3】合金与纯金属制成的金属材料相比，优点是 ①合金的硬度一般比它的各成分金属的大　②一般地，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，可以得到具有不同性能的合金　④合金比纯金属的导电性能更强　⑤合金比纯金属的应用范围更广泛 A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①②④⑤ 【答案】A 【详解】一般情况下纯金属的导电性比合金的导电性好。 题型02 铁合金及其用途 1．铁合金的两大类型——生铁和钢 用量最大、用途最广的铁合金是钢。 2．钢的分类 不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍，不易生锈，抗腐蚀能力强。 【典例2】下列物质中不属于铁合金的是 A．不锈钢 B．生铁 C．碳素钢 D．氧化铁 【答案】D 【详解】合金是由两种或两种以上的金属(或金属和非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。不锈钢、生铁、碳素钢是铁合金；氧化铁是氧化物，属于纯净物，不是合金，故D项符合题意。 【变式2-1】2022年世界冬奥会和冬残奥会在北京举行，其中短道速滑项目队员所穿的速滑冰刀可用不锈钢制成。下列叙述错误的是 A．不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度，导致合金的硬度变大 B．不锈钢中常添加镍和铬元素，从而使其具有特殊性能 C．不锈钢是最常见的一种合金钢 D．不锈钢中只含有金属元素，不含有非金属元素 【答案】D 【详解】A．合金的硬度大于纯金属的硬度，不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度，导致合金的硬度变大，选项A正确； B．不锈钢中常添加镍和铬元素，使其表面生成一薄层致密的钝态氧化物保护膜，具有抗腐蚀的性能，选项B正确； C．不锈钢属于合金，是铁、铬、镍熔合而成具有金属特性的合金，选项C正确； D．钢是铁和碳的合金，不锈钢中含有金属元素，还含有非金属元素碳，选项D错误； 答案选D。 【变式2-2】铁是一种应用广泛的金属。下列有关铁的叙述正确的是 A．铁是地壳中含量最多的金属 B．铁丝在氧气中燃烧生成氧化铁 C．用铁可以回收硝酸银废液中的银 D．炼铁就是把铁矿石变成纯净的氧化铁 【答案】C 【详解】A. 铝是地壳中含量最多的金属，A错误； B. 铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁，B错误； C. 铁与硝酸银发生置换反应生成硝酸亚铁和银，故用铁可以回收硝酸银废液中的银 ，C正确； D. 炼铁就是用还原剂把铁矿石中的铁还原成铁单质，但是得到的是生铁，D错误； 答案选C。 【变式2-3】我国已成功完成某种性能优异的超级钢的研制，这一突破性的科技成果登上了著名学术期刊《科学》杂志。下列关于合金说法正确的是 A．我国最早使用的合金是黄铜 B．合金中只含有金属元素 C．合金都比纯金属的熔点更高，硬度更大 D．用于铸造硬币的合金需耐磨损、抗腐蚀且具有一定的硬度 【答案】D 【详解】A．我国最早使用的合金是青铜，故A错误； B．合金中一定含有金属元素，可能含有非金属元素，故B错误； C．合金一般比纯金属的熔点低，硬度大，故C错误； D．用于铸造硬币的合金需耐磨损、抗腐蚀且具有一定的硬度，以便于流通和保存，故D正确； 答案选D。 题型03 铝及其重要化合物 1．金属铝 (1)铝是地壳中含量最多的金属元素。 (2)铝是一种活泼金属，在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，其作用是保护内部金属不受腐蚀。 2．铝、氧化铝的性质 (1)铝、氧化铝与稀盐酸反应 化学方程式:Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O、2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑ (2)铝、氧化铝与NaOH溶液反应 化学方程式:Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]、2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ (3)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。 3．氢氧化铝 Al(OH)3是不溶于水的两性氢氧化物(既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水的氢氧化物叫做两性氢氧化物)，既能与强酸反应：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，又能与强碱反应：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 (1)氢氧化铝是白色胶状沉淀，有吸附作用。 (2)Al(OH)3的实验室制法：用可溶性铝盐和氨水反应制取。 化学方程式：AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl。 【典例3】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 【答案】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； 答案选D。 【变式3-1】下列各组物质的转化中，不是通过一步反应实现的是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A．和水不反应，则不能一步实现，A符合题意； B．氯气和氢气反应生成氯化氢，氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠，氯化钠和硝酸银反应生成硝酸钠和氯化银沉淀，则均能一步实现，B不符合题意； C．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，则均能一步实现，C不符合题意； D．铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，则均能一步实现，D不符合题意； 故选A。 【变式3-2】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 【答案】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。 【变式3-3】下列两瓶没有标签的无色透明溶液，不用任何试剂，只需互滴就能鉴别出来的是 A．明矾溶液和烧碱溶液 B．明矾溶液和盐酸 C．盐酸与烧碱溶液 D．溶液和烧碱溶液 【答案】A 【详解】A．将烧碱溶液滴入明矾溶液：先产生白色沉淀氢氧化铝，继续滴加沉淀溶解，生成；将明矾溶液滴入烧碱溶液：无沉淀（因OH⁻过量，直接生成可溶的），现象明显不同，可鉴别，A符合题意； B．两种溶液之间不反应，互滴没有明显现象，无法鉴别，B不符合题意； C．盐酸为强酸，烧碱为NaOH强碱，二者间发生中和反应，但无沉淀、气体或颜色变化；pH变化难以观察（无指示剂），现象无区别，无法鉴别，C不符合题意； D．溶液和烧碱溶液之间不反应，互滴没有明显现象，无法鉴别，D不符合题意； 故选A。 题型04 铝合金及其用途 铝合金：向铝中加入少量的合金元素，如Cu、Mg、Si、Mn、Zn及稀土元素等，可制成铝合金。铝合金是目前用途广泛的合金之一。例如，硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。 【典例4】下列关于金属的说法不正确的是 A．有显著导电性 B．熔点高于合金 C．硬度强于合金 D．表面易被氧化成一层致密氧化膜 【答案】C 【详解】A．金属具有良好的导电性，金属铝有显著的导电性，A正确； B．合金要比组成其纯金属的熔点低，Mg-Al合金的熔点比Al的熔点低，B正确； C．合金要比组成其纯金属的硬度大，Mg-Al合金的硬度比Al的硬度大，C错误； D．铝在空气中与氧气反应，表面生成一层致密的氧化铝薄膜，D正确； 答案选C。 【变式4-1】液体铝钠合金（钠和铝熔合而成）可用于核反应堆的载热介质。下列有关说法不正确的是（　　） A．自然界中没有游离的钠和铝 B．若铝钠合金投入水中无固体剩余，则n(Al)≤n(Na) C．铝钠合金投入到氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出 D．相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小 【答案】D 【详解】A. Na、Al活泼性很强，在自然界中没有游离态，故A正确； B.先钠与水反应生成氢氧化钠，再与Al反应， 2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，按照方程式关系得出铝钠合金投入水中无固体剩余，则有n(Al)≤n(Na)，故B正确； C. 铝钠合金投入到氯化铜溶液中，先是钠与水反应生成氢氧化钠，再与氯化铜反应生成氢氧化铜，当铜过量，铝和氯化铜反应置换出铜，因此一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出，故C正确； D. ， 解得，，因此相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越大，故D错误。 综上所述，答案为D。 【变式4-2】将34.8g铝铁铜合金分为两等份，一份投入足量的NaOH溶液中，产生6.72L(标准状况)气体，另一份投入足量的稀盐酸中，产生8.96L(标准状况)气体，则该合金中Al、Fe、Cu的物质的量之比为 A．2：1：1 B．3：1：1 C．3：2：1 D．3：1：2 【答案】A 【详解】与NaOH反应时只有Al反应，生成H₂。标准状况下，与氢氧化钠溶液反应产生氢气的物质的量，铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为，由化学方程式可知n(Al)=0.2mol，则原合金中Al总物质的量为0.4mol。与稀盐酸反应时，Al和Fe均反应，Cu不反应。标准状况下，与稀盐酸反应产生氢气的物质的量，铝与稀盐酸反应产生氢气的物质的量与氢氧化钠溶液反应产生氢气的物质的量相同，为0.3mol，则铁与稀盐酸反应产生氢气的物质的量为n=0.4mol-0.3mol=0.1mol。铁与稀盐酸反应的化学方程式为，由化学方程式可知n(Fe)=0.1mol，则原合金中Fe总物质的量为0.2mol。合金质量为34.8g，m(Al)= 0.4mol×27g/mol=10.8g，m(Fe)=0.2mol×56g/mol=11.2g，则m(Cu)=34.8g-10.8g-11.2g=12.8g，，原合金中Cu总物质的量为0.2mol。因此n（Al）：n（Fe）：n（Cu）= 0.4：0.2：0.2 = 2：1：1，故答案选A。 【变式4-3】易拉罐的主要成分为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案与现象、结论正确的是 选项 实验方案 现象、结论 A 加入盐酸 产生无色气体；含铝、铁、镁三种金属 B 加入NaOH溶液 有无色气体产生；含有镁、铝两种金属 C 加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液 产生白色沉淀；含有金属镁 D 用盐酸溶解并放置一会儿后，加入KSCN溶液 溶液呈红色；含有铁元素 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．铝、铁、镁均能和盐酸反应，加入盐酸，产生无色气体，不能说明含有含铝、铁、镁三种金属，故A错误； B．只有铝能和NaOH溶液反应生成无色气体产生，只能说明含有铝，故B错误； C．Al(OH)3也是白色沉淀，所以可能还有铝，故C错误； D．用盐酸溶解后，金属以离子形式存在，并放置一会儿，加入KSCN溶液溶液呈红色，说明含有铁元素，故D正确； 故答案选D。 题型05 新型合金及其用途 新型合金：用于贮氢的新型合金Ti­Fe合金和La­Ni合金；钛合金、耐热合金和形状记忆合金等新型合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。 【典例5】新型镁合金可制成笔记本电脑外壳、竞赛自行车框架等，这说明镁合金具有的性能是 ①熔点低  ②硬度大  ③不导热  ④导电性强  ⑤密度小  ⑥耐腐蚀 A．①②③ B．②③④ C．①③⑥ D．②⑤⑥ 【答案】D 【详解】A．①熔点低是合金的普遍特性，但题目应用场景不涉及高温，故A不符合题意； B．③不导热不符合金属特性，且④导电性强并非结构材料所需，故B不符合题意； C．①熔点低和③不导热均与题干应用无关，故C不符合题意； D．②硬度大满足结构强度需求，⑤密度小符合轻量化要求，⑥耐腐蚀确保使用寿命，均正确，故D符合题意； 故选D。 【变式5-1】稀土元素是指元素周期表中15个镧系元素以及钪和钇，它们在科技、生产中有广泛的应 用，被称为万能之土，还被称为工业上的维生素。我国拥有丰富的稀土资源，约占世界 已知储量的80%．其中稀土铈(Ce)元素可作为反应核燃料的稀释剂，金属铈在空气中易氧 化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应并产生气体。已知：铈常见的化合价为+3和+4，且Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，下列说法正确的是(　　) A．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，合金具有硬度大，熔点大等性能 B．用少量碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，离子方程式为Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+ C．金属铈着火，可用水灭火 D．金属铈应储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源 【答案】D 【详解】A．合金具有硬度大、熔点低的性能，在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，A错误； B．根据Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+可知还原性：Fe2+＞Ce3+，而I-的还原性比Fe2+强，所以少量碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，I-、Fe2+均会被氧化，B错误； C．金属铈与水会很快反应并产生气体，金属铈着火，不能用水灭火，C错误； D．金属铈在空气中易被氧气氧化变暗，受热时燃烧，则金属铈应储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源，D正确； 故答案为D。 【变式5-2】经研究发现，含有95%铝和5%镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气，整个反应中只消耗铝，而反应生成的Al2O3可回收再利用，这样不仅降低了制氢气的成本，而且方便快捷，这一发现将燃氢汽车的研发推向新的里程碑。下列有关说法不正确的是 A．此合金一定比纯铝柔软 B．铝作为还原剂，有资源丰富的优势 C．合金与水反应的总反应式为2Al＋3H2O=Al2O3＋3H2↑ D．合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应可能起催化作用 【答案】A 【详解】A．一般情况下，合金的硬度比其组成金属的组分的硬度都大，故A错误； B．在此反应中，铝发生氧化还原反应生成了氧化铝，化合价升高，做还原剂，故B正确； C．在此反应中，铝与水发生反应，生成氢气，方程式为：2Al+3H2O=Al2O3 +3H2↑，故C正确； D．常温下，铝与水的反应缓慢，而加入镓、铟及锡后，化学反应速率变快，且镓、铟及锡的含量及化学性质均不发生变化，故其可能是催化剂，故D正确； 故答案为A。 题型06 物质的量在化学方程式计算中的应用 物质的量在化学方程式计算中六个基本步骤： 【典例6】5．4 g铝与足量NaOH溶液反应生成的氢气在标准状况下的体积是多少？ 解：与NaOH反应的n(Al)＝＝＝0．2 mol 2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ 2 3 0．2 mol n(H2) ＝ 解得n(H2)＝0．3 mol V(H2)＝n(H2)·Vm＝0．3 mol×22．4 L·mol－1＝6．72 L。 【变式6-1】对固体NaHCO3充分加热，产生的气体通过足量Na2O2，Na2O2增重0.3 g，则固体NaHCO3的质量为 A．0.42 g B．1.68 g C．0.84 g D．3.36 g 【答案】B 【详解】NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、CO2、H2O，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，分解产生CO2、H2O能够与Na2O2发生反应：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据反应方程式可知：2 mol NaHCO3分解产生了1 mol CO2、1 mol H2O，它们与足量Na2O2发生反应时分别使固体质量增加28 g、2 g，固体共增加28 g+2 g=30 g。现在Na2O2增重0.3 g，则分解的NaHCO3的物质的量为n(NaHCO3)=×2 mol=0.02 mol，其质量为m(NaHCO3)=0.02 mol×84 g/mol=1.68 g，故合理选项是B。 【变式6-2】将由与组成的固体混合物，在密闭容器中充分加热后，最后排出气体，经检测只残留一种固体物质，则原混合物中的物质的量至少为 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】发生的反应有：受热分解：，每2mol生成1mol 、1mol CO2和1mol H2O；CO2和H2O与Na2O2反应：、；生成的NaOH与CO2进一步反应：；故最终剩余的固体一定只有； 根据钠守恒：原混合物中Na的总物质的量等于最终中Na的物质的量，即；根据碳守恒：原中的碳全部进入，即；设物质的量为，为，则钠守恒：；质量守恒：；解得：、； 综上所述：当的物质的量为0.4mol时，完全反应，最终固体仅为；若的量更少，则会有剩余，导致固体不唯一；因此，原混合物中的物质的量至少为0.4mol，对应选项D。 【变式6-3】一定量的液态化合物XY2在一定量O2中恰好完全反应：XY2(l)＋3O2(g)点燃，XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后在标准状况下，测得生成物的体积为672mL，密度为2.56g·L-1.求： (1)反应前O2的体积为 。 (2)化合物XY2的摩尔质量是 。 (3)在XY2分子中，X、Y两元素质量之比为3∶16，则X、Y两元素分别是 。 【答案】(1)672mL (2)76g·mol-1 (3)碳元素、硫元素 【解析】【小题1】由题中的化学方程式XY2(l)＋3O2(g)XO2(g)＋2YO2(g)可知，该反应是反应前后气体分子数不变的反应，即反应前后气体体积相同，因反应物中的XY2为液态，故反应前O2的体积为672mL。 【小题2】n(O2)==0.03mol，因XY2与O2恰好完全反应，则它们的物质的量之比为1∶3(由化学方程式知)，故XY2的物质的量为0.01mol，又因反应后的气体体积为672mL，密度为2.56g·L-1，则反应后气体总质量为m=ρV=2.56g·L-1×672×10-3L≈1.72g，根据质量守恒定律有m(XY2)=1.72g-m(O2)=1.72g-0.03mol×32g·mol-1=0.76g，M(XY2)==76g·mol-1。 【小题3】由题意知：M(X)+2M(Y)=76g/mol、，解得M(X)=12g/mol、M(Y)=32g/mol，所以X为碳元素，Y为硫元素。 题型07 可溶性铝盐溶液中加碱的图像分析 1．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量 发生反应的离子方程式为OA段：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， AB段：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 从图中不难看出，向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，若达不到最大沉淀量时，对应的氢氧化钠溶液的体积有两种情况：一是加入的氢氧化钠不足；二是加入的过量的氢氧化钠将生成的氢氧化铝溶解了一部分。 2．向铝盐溶液中滴入氨水 一水合氨是一种弱碱，氢氧化铝不会溶解在氨水中，向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液，反应现象是相同的。 若向铝盐溶液中滴加氨水，离子方程式为 3NH3·H2O＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3NH。 当n(Al3＋)∶n(NH3·H2O)＝1∶3时，产生最大沉淀量。 3．向AlCl3、MgCl2的酸性溶液中滴加NaOH溶液 反应的离子方程式依次为 OA段：H＋＋OH－===H2O， AB段：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓， Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， BC段：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 现象是开始滴加NaOH溶液时无沉淀生成，随着NaOH溶液的量增2加，沉淀的量也逐渐增加，直到沉淀量达到最大值，继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝沉淀开始溶解，最后剩余的为氢氧化镁沉淀。 【典例7】向20 mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2 mol·L－1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题： (1)图中A点表示的沉淀是________，其物质的量是________。 (2)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为________。 (3)图中B点溶液中的溶质有____________。 (4)AlCl3溶液的浓度为________________。 (5)O点到B点总反应的离子方程式可表示为________________________________。 答案：(1)Al(OH)3　0．01 mol　(2)15 mL　 (3)Na[Al(OH)4]、NaCl　(4)0．5 mol·L－1 (5)Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－ 解析：(1)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液时，先发生反应：AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl，后发生反应：Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]，故A点沉淀为Al(OH)3，其物质的量为＝0．01 mol。 (2)根据Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓可知，反应至A点时消耗的n(NaOH)＝3n[Al(OH)3]＝0．03 mol，消耗NaOH溶液的体积为＝0．015 L＝15 mL。 【变式7-1】向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中，能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量) 答案：A 解析：向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，NaOH溶液先后与Al2(SO4)3溶液、MgSO4溶液反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，当沉淀达到最多时，继续加入的NaOH溶液将氢氧化铝沉淀溶解，但氢氧化镁不能与过量的NaOH溶液反应。 【变式7-2】将的镁、铝混合物溶于溶液中然后再滴加溶液。若在滴加溶液的过程中，沉淀质量m随加入溶液的体积V变化如图所示。当时，则为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】镁、铝为活泼金属，能与硫酸发生Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，根据图像可知，0~V1段发生H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，从开始出现沉淀至沉淀最大，发生MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，继续滴加NaOH溶液，发生Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，据此分析。 【详解】令混合物中Mg的物质的量为xmol，则Al的物质的量为(0.1-x)mol，则混合物消耗的硫酸物质的量为[x+]mol，0~V1段消耗硫酸物质的量为×160×10-3L×1mol/L=0.08mol，因此有[x++0.08]mol=100×10-3L×2mol/L，解得x=0.06mol，则铝单质物质的量为0.04mol，当加入V2mL氢氧化钠溶液时，溶质为Na[Al(OH)4]和Na2SO4，根据电荷守恒有n(Na+)=n[Al(OH)]+2n(SO)，依据原子守恒有，V2×10-3L×1mol/L=0.04mol+2×100×10-3L×2mol/L，解得V2=440； 故答案为C。 【变式7-3】某溶液中可能含有H＋、Na＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，已知①做焰色试验时，该溶液的焰色没有黄色；②当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。由此可知： (1)该溶液中肯定含有的离子是__________________________；各离子的物质的量之比为______________________________________。 (2)肯定不含的阳离子是__________________。 [答案]　(1)H＋、NH、Al3＋、SO n(H＋)∶n(NH)∶n(Al3＋)∶n(SO)＝2∶3∶1∶4 (2)Na＋、Mg2＋、Fe3＋ [解析]　由题图可判断出最初的NaOH是与H＋反应；最后无沉淀，则溶液中无Mg2＋、Fe3＋；由已知①可知溶液中无Na＋；从题图的“先三份碱使其沉淀、后一份碱使其溶解”可以确定有Al3＋；关键是寻找与OH－反应、而又使沉淀量不变化的离子，从题给离子中可以确定是NH；由于溶液是电中性的，必须有阴离子，所以SO一定存在。据题图中数据，可推知：n(H＋)∶n(NH)∶n(Al3＋)∶n(SO)＝2∶3∶1∶n(SO)，再利用电荷守恒：n(H＋)＋n(NH)＋3n(Al3＋)＝2n(SO)，即2＋3＋3×1＝2n(SO)，得n(SO)＝4。 题型08 化学计算中的常用方法 1．关系式法 当已知物和未知物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”即可求解未知量。 例：把CO还原Fe2O3生成的CO2通入澄清的石灰水中，求生成沉淀的量。 发生反应的化学方程式：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O。 则关系式为3CO～3CO2～3CaCO3，即CO～CaCO3。 2．守恒法 化学反应中的守恒关系有：质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒。 1中例子也可直接根据碳原子守恒得出CO～CaCO3。 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。该差量的大小与反应物的有关量成正比。 例：对化学反应CuO＋H2Cu＋H2O中的固体物质作定量研究会发现，每80 g CuO发生反应，同时有64 g Cu生成，反应前后固体的质量差为16 g，此质量关系可表示为： CuO＋H2Cu＋H2O　固体质量差(Δm) 80 g 64 g 16 g 这个固体质量差(Δm)我们称之为“差量”。若取任意量的CuO与H2发生化学反应，参加反应的固体与生成的固体在质量上有定量关系：＝＝。 4．方程组法 当反应中出现多个未知量时，可列方程组求解未知量。 【典例8】将5．0 g CaCO3加入足量盐酸中，并将生成的气体全部通入足量的红热的炭中充分反应，得到气体的体积(标准状况下)为 A．1．12 L B．2．24 L C．11．2 L D．22．4 L 答案：B 解析：设生成的气体体积为V，则根据化学方程式CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C＋CO22CO可知： CaCO3～CO2～2CO 100 g 2×22．4 L 5．0 g V 故V＝2×22．4 L×＝2．24 L。 【变式8-1】把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SO的物质的量浓度之比为 A．1∶4 B．2∶7 C．1∶2 D．3∶8 答案：A 解析：设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x mol、y mol，则 Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑　 Δm（固体减少的质量） 1 mol 56 g x mol 56x g Fe ＋ CuSO4===FeSO4＋Cu Δm（固体增加的质量） 56 g 1 mol 64 g 8 g y mol 8y g 充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，即Δm(减)＝Δm(增)，则56x＝8y，＝＝＝，则＝＝。 【变式8-2】将20 g CO2和CO的混合气体，通过装有足量过氧化钠的干燥管，反应后干燥管的总质量增加了11．2 g，则原混合气体中CO2的质量分数为 A．32% B．44% C．56% D．88% 答案：D 解析：反应前后固体质量差源自CO2与Na2O2的反应，所以本题宜用“差量法”求解。设其中CO2的质量为x，则 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　Δm 88 56 x 11．2 g ＝ 解得x＝17．6 g 则w(CO2)＝×100%＝88%。 【变式8-3】已知：①碳酸钠高温下不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19 g，完全反应后固体质量减轻了3．1 g，求： (1)原混合物中碳酸钠的质量是多少？ (2)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是多少？ 答案：解：(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m，则： 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　质量减少Δm 168 106 62 m 3．1 g 故m＝×168＝8．4 g， 则碳酸钠的质量为19 g－8．4 g＝10．6 g。 (2)剩余固体为碳酸钠，质量为19 g－3．1 g＝15．9 g， n(Na2CO3)＝＝0．15 mol， 根据碳原子守恒可知，生成二氧化碳的物质的量为0．15 mol，标准状况下的体积为0．15 mol×22．4 L·mol－1＝3．36 L。 题型09 基于金属元素的工艺流程题 基于金属元素的工艺流程题 (1)要灵活应用元素守恒和物料转化思想 原料中的“核心元素”经多步转化最终“留存”于目标产物中，因此解题时要注意金属元素的变化过程。 (2)要做好知识和生产实际的密切联系 一是工艺流程中的大部分反应都源于教材，部分陌生反应的反应原理也是源于教材； 二是涉及实际工艺，因此要注意环境保护和资源的利用，最终废弃物尽可能少且无害，部分物质需要循环利用等。 (3)掌握工艺流程中常见的术语 如研磨、粉碎、浸出、酸溶、碱洗、燃烧等。 【典例9】大部分废催化剂常被作为固体废弃物丢弃，不仅造成资源浪费，也对环境造成极大的污染。合成氨转化工段二段炉固体废Z205催化剂表面有少量积碳，该废催化剂主要含(质量分数约90%)、NiO(氧化镍，质量分数约6%)等，从废Z205催化剂中回收活性氧化铝的工艺流程如图。 已知：“焙烧1”时，NiO不参与反应；经“焙烧1”“浸取”后可得溶液。 回答下列问题： (1)为提高“浸取”的效率，可采取的措施有 (填一项)；为从所得废渣中回收金属镍，还需要加 (填“氧化剂”或“还原剂”)才能实现。 (2)试写出“焙烧1”时。发生反应的化学方程式： 。 (3)“抽滤”后的滤饼的主要成分的化学式为 ，设计实验检验滤饼是否洗涤干净： ；滤液经处理后可在 工序中循环利用。 (4)浸取时间对氧化铝回收率的影响如图所示，则浸取时间应选择 h为宜。“焙烧2”过程发生反应的化学方程式为 。 (5)若“浸取”工序中浸取率按78.6%计，“焙烧2”的回收率按67.6%计，则1000g废Z205催化剂最多可以回收 (列出计算式)g活性氧化铝。 【答案】(1) 适当搅拌或适当升温 还原剂 (2) (3) 取最后一次洗涤液于试管中，向试管中滴入溶液，若有白色浑浊出现，说明滤饼未洗涤干净，反之则已洗涤干净 焙烧1、沉淀 (4) 2 (5) 【分析】本题为无机物制备类的工业流程题，首先将废催化剂粉碎，在碳酸钠存在的条件下焙烧，随后用水浸取，得到的浸取液中含有偏铝酸钠，向其中通入过量的二氧化碳，得到氢氧化铝，处理后，再次焙烧得到产品，以此解题。 【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，为提高“浸取”的效率，可采取的措施有适当搅拌或适当升温；镍在废催化剂中的存在形式为NiO，其中镍为+2价，则为从所得废渣中回收金属镍，还需要加还原剂才能实现； （2）结合题给信息可知，经“焙烧1”“浸取”后可得溶液，说明焙烧时，生成了偏铝酸钠，则“焙烧1”时，发生反应的化学方程式：； （3）向偏铝酸钠溶液通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，则“抽滤”后的滤饼的主要成分的化学式为；滤液中含有碳酸氢钠，则可以通过检验碳酸氢根是否存在来检验沉淀是否洗涤干净，具体方法为：取最后一次洗涤液于试管中，向试管中滴入溶液，若有白色浑浊出现，说明滤饼未洗涤干净，反之则已洗涤干净；滤液中含有碳酸氢钠，其受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则可以在焙烧1和沉淀工序中循环使用；故答案为：；取最后一次洗涤液于试管中，向试管中滴入溶液，若有白色浑浊出现，说明滤饼未洗涤干净，反之则已洗涤干净；焙烧1、沉淀； （4）结合图示可知，2h后浸取率不再发生变化，则浸取时间应选择2h为宜；“焙烧2”过程中氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，发生反应的化学方程式为； （5）结合题中信息可知，该废催化剂主要含(质量分数约90%)，结合铝元素守恒可知(将氧化铝作为整体分析)，1000g废Z205催化剂最多可以回收g活性氧化铝。 【变式9-1】工业上以软锰矿（含和少量的、、）为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法错误的是 A．酸浸过程不能将硫酸换为稀硝酸 B．酸浸过程中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 C．试剂会氧化，从绿色化学角度分析，试剂可以选择、 D．系列操作包括多步操作，第一步操作为蒸发溶液至有大量晶体析出，停止加热 【答案】D 【分析】以软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2发生氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入试剂A氧化Fe2+生成Fe3+，加入试剂B调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过系列操作得到MnSO4•H2O晶体。 【详解】A．该工艺是制备硫酸锰晶体，若将硫酸换成硝酸则会引入硝酸根成为杂质，难以除去，A正确； B．酸浸过程中发生氧化还原反应的氧化剂是MnO2，还原剂是FeSO4，有关系式：MnO2~Mn2+~得2e-，FeSO4~ Fe3+~失e-，根据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为，B正确； C．试剂A的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，作氧化剂生成H2O，作氧化剂生成-2价的O无污染，从绿色化学角度分析，试剂可以选择、，C正确； D．系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，析出晶体选择冷却结晶而不是蒸发结晶，故不能蒸发溶液至有大量晶体析出，蒸发浓缩即可，D错误； 故选D。 【变式9-2】用不锈钢酸洗污泥(主要含)生产的工业流程如下： 已知：与性质相似。下列说法正确的是 A．滤渣1为SiO2 B．除杂的目的是除去元素 C．滤渣3为 D．若用NaOH替换效果更好 【答案】C 【分析】不锈钢酸洗污泥中主要含，稀硫酸酸浸过程中，金属氧化物与酸反应生成硫酸盐溶液，由于SiO2不反应，生成的微溶于水，则滤渣1为SiO2、，滤液中金属阳离子主要含有、、；向滤液中加入除杂，则转化为NiS沉淀除杂，还原为；滤液中继续加入草酸沉铁，转化为沉淀除去，最后加入将转化为。 【详解】A．根据分析，SiO2不反应，生成的微溶于水，则滤渣1为SiO2、，A错误； B．滤渣1中含有，则除杂的目的是除去元素，B错误； C．根据分析，滤渣3为，C正确； D．与NaOH可以反应生成，且与性质相似，若用NaOH替换，则无法获得沉淀，D错误； 答案选C。 【变式9-3】利用硫铁矿焙烧后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4·7H2O），实验室模拟该流程如图所示： 已知：Al2O3既可与强酸反应又可与强碱反应，均生成可溶于水的盐。 回答下列问题： (1)为提高烧渣的酸浸速率，可采取的措施为 （答出两点即可）。 (2)若步骤①使用盐酸溶解，该流程中固体1的主要成分为 （填化学式），溶液2中主要含有的离子为 （填离子符号），步骤③中选用酸的名称为 。 (3)步骤①中Fe2O3与酸反应的离子方程式为 步骤④涉及反应的离子方程式为 。 (4)步骤⑤可采取的操作方法为 、 ，过滤、洗涤、干燥。 【答案】(1)将烧渣粉碎、适当加热（或增加酸的浓度或搅拌，合理即可） (2) 、、、 （稀）硫酸 (3) (4) 蒸发浓缩 降温结晶 【分析】烧渣的主要成分为、、，若加入足量稀盐酸，与稀盐酸不反应，固体1的主要成分为，溶液1的溶质为氯化铁、氯化铝以及过量的盐酸，向溶液1中加入过量的NaOH溶液，得到固体2为Fe(OH)3，溶液2中主要含有、、、，向固体2中加入足量的硫酸，反应得到硫酸铁溶液，再加入铁粉，生成硫酸亚铁溶液，经过一系列处理得到绿矾。 【详解】（1）提高烧渣的酸浸速率的措施有将烧渣粉碎、适当加热、增加酸的浓度、搅拌等，故答案为：将烧渣粉碎、适当加热（或增加酸的浓度或搅拌）； （2）若步骤①使用盐酸溶解，该流程中固体1的主要成分为，溶液2中主要含有的离子为、、、，步骤③中选用酸的名称为（稀）硫酸，故答案为：；、、、；（稀）硫酸； （3）步骤①中与酸反应的离子方程式为；步骤④涉及反应的离子方程式为； （4）步骤⑤可采取的操作方法为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩、降温结晶。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $