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高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 金属材料课堂检测
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这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 金属材料课堂检测，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（12题）
1．2022年北京冬奥会上，我国短道速滑队所用冰刀材料是特殊的钢材料。下列说法中正确的是
A．该合金熔点比纯铁熔点高B．该合金硬度比纯铁高
C．该合金碳含量比生铁高D．该合金属于共价晶体
2．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量空气(常温)中充分反应，则 下列说法正确的是
A．第一块钠失去电子多B．两块钠失去电子一样多
C．第二块钠的反应产物质量大D．两块钠的反应产物质量一样大
3．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．CuCl2B．FeCl3C．FeCl2D．AlCl3
4．在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是
A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡
B．铝球表面有气泡产生，盛有稀NaOH溶液的烧杯中溶液澄清
C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D．铁球表面有红色物质析出，盛有稀CuSO4溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升
5．用铝箔包裹0.1ml金属钠，用针在铝箔上扎一些小孔，用镊子夹住，放入水中，待完全反应后，收集到的气体在标准状况下的体积为
A．0.56LB．1.12LC．4.48LD．5.6L
6．下列各组离子在给定条件的溶液中可能大量共存的是
A．加入铝片有大量氢气产生的溶液中：Mg2+、K+、SO、Cl-
B．碱性无色溶液中：Na+、K+、MnO、NO
C．在0.1ml/L的盐酸中：Ca2+、Fe2+、Na+、ClO-
D．在强碱性溶液中：Ca2+、K+、NH、Cl-
7．新型镁铝合金()有储氢性能，下列说法正确的是
A．1ml与足量盐酸完全反应放出的总物质的量为34ml
B．等质量的镁、铝和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成的体积(同温同压)由大到小的顺序为V(Al)>V(合金)>V(Mg)
C．该合金中存在
D．该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成
8．现有某铁的氧化物样品，用90mL 4ml·L-1盐酸溶液恰好完全溶解，向反应后的溶液中通入氯气672mL(标准状况下)Fe2+可以全部转化为Fe3+。则该氧化物可能的化学式为
A．Fe5O6B．Fe3O4C．Fe7O9D．Fe4O5
9．在200g8%的NaOH溶液中通入一定量的CO2后，再向溶液中逐滴滴加稀盐酸至150g时开始产生气体，继续滴加稀盐酸到200g时，气体质量最大(假设CO2全部逸出)。溶液中产生CO2的质量与加入盐酸的质量如图所示。下列说法正确的是(设盐酸的密度为1g/mL)
A．B点时所得溶液的溶质为NaHCO3
B．AB段发生的反应只有Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl
C．最初通入的CO2的质量为8.8g
D．OA段发生的反应只有酸碱中和
10．已知2Fe3++Fe=3Fe2+，将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+个数相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的个数之比是
A．2：3B．3：2C．1：2D．1：1
11．Mg、Al组成的混合物与足量的盐酸反应，产生标况下的氢气4.48L。下列推断中正确的是
A．Mg、Al在反应中失去0.4ml电子
B．参加反应的HCl为0.2 ml
C．参加反应的Mg、Al共0.2ml
D．若与足量稀硫酸反应能产生0.1ml H2
12．现有盐酸和硫酸混合溶液100mL，其中c(Cl-)=1.6ml·L-1，，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是
A．原混合酸中n(SO)=0.01ml
B．原混合酸中n(H+)=0.18ml
C．V=2.24
D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18ml
二、填空题（4大题）
13．化学与我们的生活、生产、环境、资源利用等息息相关。回答下列问题：
(1)“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C具有 (填“氧化”或“还原”)性。
(2)金属钠等活泼金属着火时，应该用 来灭火，金属钠需密封保存，其中一个目的是与水隔离，原因是 (用离子反应方程式表示)。
(3)Al(OH)3可用作中和胃酸的药片，其中Al(OH)3中和胃酸的原理为 (用离子反应方程式表示)。
(4)KAl(SO4)2·12H2O(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Al，含少量Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示。回答下列问题：
①为尽量少引入杂质，试剂①应选用 (填序号)
A．NaOH溶液 B．H2SO4溶液 C．氨水 D．HCl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： 。
14．把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110mL4ml/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+)=0.4ml/L。
请回答下列问题(请写出必要的解题过程)：
(1)残留固体1.28g为 (填化学式)。
(2)原混合物粉末中，m(CuO)= g。
(3)滤液稀释到200mL后，c(Fe2+)= ml/L。
(4)稀释后，加入足量的硝酸银，产生沉淀的物质的量n(AgCl)= ml。
(5)原混合物总质量为m(总)= g。
15．含镁3%~5%的铝镁合金是轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原料。现有一块质量为m g的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下不同的实验方案：
方案1：铝镁合金与足量盐酸反应，测定气体在标准状况下的体积V1L。
方案2：铝镁合金与足量氢氧化钠溶液反应，过滤、洗涤、烘干，测定剩余固体质量w1 g。
方案3：铝镁合金与过量的盐酸反应，在溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，测定固体的质量w2 g。
(1)某化学实验小组利用如图所示的装置，按照方案1进行了实验。
①装置中仪器a、b的名称分别是 、 。
②实验装置中有两处明显错误，请指出： 、 ；绘出正确的装置图 。
(2)方案2中的离子方程式为 。
(3)方案3中“过滤”操作中用到玻璃棒，玻璃棒的作用是 ，若按方案3进行实验，测得的镁的质量分数为 。
(4)请你设计一个不同于上述方案的实验方案，简述实验原理： 。
16．A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。
(1)写出下列物质的化学式：A 、E 、J 、G 。
(2)按要求写方程式：
①A＋B→C＋D的化学方程式： ；
②F→G的化学方程式： ；
③C→I的离子方程式： ；
④B与过量NaOH溶液反应的离子方程式： ；
⑤向E溶液中通入Cl2的离子方程式：
参考答案：
1．B
【详解】A．合金的熔点低于成分金属，A错误；
B．合金的硬度比成分金属大，该合金硬度比纯铁高，适合用于制造冰刀，B正确；
C．钢的含碳量低于生铁，C错误；
D．合金属于金属晶体，D错误；
故答案选B。
2．B
【详解】设两块钠的质量都是23g，即钠的物质的量是1ml，钠在氧气中加热的反应方程式为：2Na+O2Na2O2，23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1ml；钠在氧气在常温下反应为：4Na+O2=2Na2O，23g钠与氧气发生反应，生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1ml； 所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，故选B。
3．D
【详解】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；
B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；
C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；
D.，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；
故答案为D。
4．B
【详解】A．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，A错误；
B．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O =2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，B正确；
C．右边烧杯中发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4铁球表面有红色物质析出，溶液中c(CuSO4)减小，溶液蓝色变浅，左边烧杯中消耗Al，铝球的质量变小，右边烧杯中铁球上析出Cu，质量变大，杠杆右边下沉，C错误；
D．由C项分析知，D错误；
故选B。
5．C
【详解】钠与水反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1ml金属钠完全反应生成0.1ml NaOH、0.05ml H2，因为Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.1ml NaOH又反应生成0.15ml H2，共产生0.2ml H2，在标准状况下的体积为0.2ml×22.4L/ml=4.48L；
故选C。
6．A
【详解】A．加入铝片有大量氢气产生的溶液可能是强酸也可能是强碱，强酸溶液中有大量的H+，H+、Mg2+、K+、SO、Cl-能够大量共存，强碱溶液中有大量的OH-，OH-与Mg2+不能大量共存，A符合题意；
B．无色溶液中不可能含有大量的MnO，B不合题意；
C．在0.1ml/L的盐酸中有大量的H+，H+、Fe2+、ClO-因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．在强碱性溶液中有大量的OH-，OH-、NH不能大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
7．B
【详解】A．1mlMg、Al分别与足量盐酸完全反应放出的物质的量分别为1ml、1.5ml。则1ml与足量盐酸完全反应放出的总物质的量为1×17+1.5×12=35ml，A错误；
B．设金属质量均为m，金属提供电子越多则生成氢气体积越大，铝提供电子的物质的量为，镁提供电子的物质的量为，合金提供电子的物质的量为，故等质量的镁、铝和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成的体积(同温同压)由大到小的顺序为V(Al)>V(合金)>V(Mg)，B正确；
C．合金中的金属以单质形式存在，故C错误;
D．镁和氮气在一定温度下会发生反应，故不能用氮气做保护气，D错误。
故选B。
8．C
【详解】90mL 4ml·L-1盐酸溶液中含有n(HCl)=0.09L×4ml·L-1=0.36ml；设某铁的氧化物样品，用90mL 4ml·L-1盐酸溶液恰好完全溶解后得到xmlFeCl3、ymlFeCl2；根据氯离子守恒：3x+2y=0.36；氯气672mL(标准状况下)的物质的量为=0.03ml，根据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-反应分析，亚铁离子的物质的量为0.06ml，根据3x+2y=0.36分析，x=0.08ml，所以氧化物中n(Fe3+)：n(Fe2+)=0.08ml：0.06ml=4：3，所以铁的氧化物可以用2Fe2O3∙3FeO表示，即化学式为Fe7O9；
故选C。
9．D
【分析】200g8%的NaOH溶液中NaOH的物质的量是0.4ml；反应放出二氧化碳的最大质量是4.4g，则最初通入的CO2的质量为4.4g，通入二氧化碳的物质的量是0.1ml，氢氧化钠和二氧化碳发生反应，所得溶液中的溶质是0.2mlNaOH和0.1mlNa2CO3。结合H+的能力：，滴加盐酸，和H+依次发生反应的方程式是、、；反应消耗50g盐酸，则反应消耗50g盐酸，根据图象，反应消耗100g盐酸。
【详解】A. OB段依次发生反应、，B点时所得溶液的溶质为NaCl、NaHCO3，故A错误；
B. 根据分析AB段发生的反应有、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故B错误；
C. 反应放出二氧化碳的最大质量是4.4g，则最初通入的CO2的质量为4.4g，故C错误；
D. 反应消耗100g盐酸，OA段发生的反应只有酸碱中和，故D正确；
选D。
10．A
【详解】将适量铁粉放入FeCl3溶液中，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，设参加反应的Fe3+为x个，则反应生成Fe2+为1.5x个，已知溶液中的Fe2+和Fe3+个数相等，则溶液中的Fe3+个数为1.5x， 则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的个数之比是 ，则A满足；
答案选A。
11．A
【解析】Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，金属完全反应，遵循质量守恒、得失电子守恒。
【详解】A．产生标准状况下的氢气4.48L，n(H2)==0.2ml；根据转移电子相等可知，Mg、Al在反应中共失去电子的物质的量=0.2ml×2=0.4 ml，故A正确；
B．根据H原子守恒得n(HCl)=2n(H2)=0.4ml，故B错误；
C．因为反应后Mg、Al化合价不同，且金属混合物的质量未知，所以无法计算参加反应的Mg、Al的物质的量，故C错误；
D．与足量的稀硫酸反应生成的氢气和与足量的盐酸生成的氢气的量相同，也为0.2 ml H2，故D错误；
答案选A。
12．D
【分析】将溶液分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，该沉淀应为硫酸钡，则每份溶液中n(SO)==0.01ml，所以原溶液中n(SO)=0.02ml，c(SO)==0.2ml/L，根据电荷守恒c(H+)=2c(SO)+ c(Cl-)=2.0ml/L。
【详解】A．根据分析可知原溶液中n(SO)=0.02ml，A错误；
B．根据分析可知原溶液中c(H+)=2.0ml/L，则n(H+)=2.0ml/L×0.1L=0.2ml，B错误；
C．原溶液中n(H+)=0.2ml，则每份溶液中n(H+)=0.1ml，与足量铁片反应，全部转化为氢气，所以n(H2)=0.05ml，体积为0.05ml×22.4L/ml=1.12L，C错误；
D．根据分析，原溶液中n(H2SO4)=n(SO)=0.02ml，n(HCl)=n(Cl-)=1.6ml/L×0.1L=0.16ml，所以HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18ml，D正确；
综上所述答案为D。
13．(1)还原
(2) 沙土 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(3)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(4) A 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3
【解析】（1）
“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C在该反应中作还原剂，还原剂具有还原性，所以维生素C具有还原性；
（2）
钠燃烧时生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，所以金属钠等活泼金属着火时，应该用沙土灭火；钠极易和空气中的氧气、水反应，所以保存钠时，要密封保存，一般放在煤油中保存；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）
胃酸的主要成分为盐酸，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（4）
废易拉罐(主要成分是Al，含少量Fe、Mg杂质)，加入试剂氢氧化钠溶液，过滤出铁和镁，滤液为偏铝酸钠溶液，加入碳酸氢铵，得到氢氧化铝沉淀，加入硫酸钾和稀硫酸，反应后得到明矾晶体；
①金属铝能够与强酸和强碱溶液反应，与一水合氨不反应，而铁和镁只能溶解在强酸溶液中，所以在满足尽量少引入杂质的条件下，选择氢氧化钠溶液，故选A；
②金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
③结合以上分析可知，滤液中加入碳酸氢铵溶液后，铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3。
14．(1)Cu
(2)1.6g
(3)0.9ml/L
(4)0.44ml
(5)13.6g
【分析】根据题中信息，还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留物没有Fe，1.28g固体只有Cu，而Cu残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+，反应有：CuO + 2H+=Cu2++H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2H+=Fe2++H2↑，根据原子守恒和得失电子总数相等计算，设原有Fe为xml ，Fe2O3为yml，CuO为zml，1.28gCu的物质的量n== =0.02ml, CuO物质的量为0.02ml，生成H2为 =0.04ml，根据得失电子总数相等知2x= 2y+2×0.02 +2×0.04，又根据Cl-知：(x+ 2y) + 0.2×0.400=0.1×4.40将上述两式联立解出：x=0.1ml，y = 0.04ml，z = 0.02ml，原混合物中单质铁的质量56g/ml×0.1ml = 5.6g，以此来解析；
(1)
依据上述分析可知，最后剩余1.28g固体为铜；
(2)
依据上述计算可知氧化铜物质的量为0.02ml,所以氧化铜质量为m (CuO) = 0.02ml×80g/ml= 1.6g；
(3)
上述计算可知溶液中亚铁离子物质的量=x+2y= 0.1ml + 2×0.04ml=0.18ml，c(Fe2+)== =0.9ml/L；
(4)
滤液加水稀释到200mL后，加入足量的硝酸银，产生的沉淀的物质的量依据Cl-～AgCl得到，n (Cl-)=0.110L×4ml/L=0.44ml，可得n (AgCl)=0.44ml；
(5)
计算可知原混合物含有的物质为Fe为0.1ml，Fe2O3为0.04ml，CuO为0.02ml，原混合物的总质量m(总)=0.1ml×56g/ml+0.04ml×160g/ml+ 0.02ml×80g/ml= 13.6g。
15．(1) 分液漏斗 圆底烧瓶 收集气体的集气瓶中进气管插入液面下 导管在量筒刻度线以上
(2)
(3) 引流，避免液体外溅
(4)铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数
【分析】根据镁铝合金与盐酸或者氢氧化钠溶液反应生成的气体可计算其含量，进而计算其质量分数。
【详解】（1）①由图可知，仪器a为分液漏斗，仪器b为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
②方案1利用铝镁合金与盐酸反应产生的将集气瓶中的水压入量筒中，间接测量的体积，集气瓶中应短管进气，排液管应插到液面以下；测定气体体积时，要使集气瓶和右侧量筒中液面在同一高度，即量筒中导管应插到量筒中下部，图中导管在刻度线以上，不能调平液面；正确的装置图为 ，故答案为：收集气体的集气瓶中进气管插入液面下；导管在量筒刻度线以上； ；
（2）铝镁合金与足量氢氧化钠溶液反应，镁不与氢氧化钠反应，只有与铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）过滤操作中玻璃棒用于引流，避免液体外溅；方案3中得到的固体是，则，根据镁原子守恒，可求得合金中的质量为，故合金中的质量分数为，故答案为：引流，避免液体外溅；；
（4）利用金属镁不能和氢氧化钠反应，但是金属铝能与氢氧化钠反应进行设计，铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数，故答案为：铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数。
16． Fe2O3 FeCl2 Al(OH)3 Fe(OH)3 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 Al2O3+2OH-=2+H2O 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【分析】是一种红棕色金属氧化物，所以是三氧化二铁，和金属B在高温下发生铝热反应，生成的C为铝的氧化物，既能和酸反应又能和碱反应，白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀，一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换，所以G是氢氧化铁，F是氢氧化亚铁，根据物质的性质可推断得，E是氯化亚铁，D是金属铁，J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝，则金属B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，E在酸性条件与双氧水反应得K为氯化铁，根据铁及化合物以及铝及化合物的有关性质来回答。
【详解】(1)由分析可知，A为Fe2O3，E为FeCl2，J为Al(OH)3，G为Fe(OH)3，故答案为：Fe2O3；FeCl2；Al(OH)3；Fe(OH)3；
(2)①Fe2O3和铝发生铝热反应生成Fe和Al2O3，方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
②氢氧化亚铁可以被氧气氧化生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
③氧化铝能够和NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；
④铝与过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
⑤FeCl2可以被氯气氧化成FeCl3，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
一、单选题（12题）
1．2022年北京冬奥会上，我国短道速滑队所用冰刀材料是特殊的钢材料。下列说法中正确的是
A．该合金熔点比纯铁熔点高B．该合金硬度比纯铁高
C．该合金碳含量比生铁高D．该合金属于共价晶体
2．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量空气(常温)中充分反应，则 下列说法正确的是
A．第一块钠失去电子多B．两块钠失去电子一样多
C．第二块钠的反应产物质量大D．两块钠的反应产物质量一样大
3．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．CuCl2B．FeCl3C．FeCl2D．AlCl3
4．在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是
A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡
B．铝球表面有气泡产生，盛有稀NaOH溶液的烧杯中溶液澄清
C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D．铁球表面有红色物质析出，盛有稀CuSO4溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升
5．用铝箔包裹0.1ml金属钠，用针在铝箔上扎一些小孔，用镊子夹住，放入水中，待完全反应后，收集到的气体在标准状况下的体积为
A．0.56LB．1.12LC．4.48LD．5.6L
6．下列各组离子在给定条件的溶液中可能大量共存的是
A．加入铝片有大量氢气产生的溶液中：Mg2+、K+、SO、Cl-
B．碱性无色溶液中：Na+、K+、MnO、NO
C．在0.1ml/L的盐酸中：Ca2+、Fe2+、Na+、ClO-
D．在强碱性溶液中：Ca2+、K+、NH、Cl-
7．新型镁铝合金()有储氢性能，下列说法正确的是
A．1ml与足量盐酸完全反应放出的总物质的量为34ml
B．等质量的镁、铝和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成的体积(同温同压)由大到小的顺序为V(Al)>V(合金)>V(Mg)
C．该合金中存在
D．该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成
8．现有某铁的氧化物样品，用90mL 4ml·L-1盐酸溶液恰好完全溶解，向反应后的溶液中通入氯气672mL(标准状况下)Fe2+可以全部转化为Fe3+。则该氧化物可能的化学式为
A．Fe5O6B．Fe3O4C．Fe7O9D．Fe4O5
9．在200g8%的NaOH溶液中通入一定量的CO2后，再向溶液中逐滴滴加稀盐酸至150g时开始产生气体，继续滴加稀盐酸到200g时，气体质量最大(假设CO2全部逸出)。溶液中产生CO2的质量与加入盐酸的质量如图所示。下列说法正确的是(设盐酸的密度为1g/mL)
A．B点时所得溶液的溶质为NaHCO3
B．AB段发生的反应只有Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl
C．最初通入的CO2的质量为8.8g
D．OA段发生的反应只有酸碱中和
10．已知2Fe3++Fe=3Fe2+，将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+个数相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的个数之比是
A．2：3B．3：2C．1：2D．1：1
11．Mg、Al组成的混合物与足量的盐酸反应，产生标况下的氢气4.48L。下列推断中正确的是
A．Mg、Al在反应中失去0.4ml电子
B．参加反应的HCl为0.2 ml
C．参加反应的Mg、Al共0.2ml
D．若与足量稀硫酸反应能产生0.1ml H2
12．现有盐酸和硫酸混合溶液100mL，其中c(Cl-)=1.6ml·L-1，，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是
A．原混合酸中n(SO)=0.01ml
B．原混合酸中n(H+)=0.18ml
C．V=2.24
D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18ml
二、填空题（4大题）
13．化学与我们的生活、生产、环境、资源利用等息息相关。回答下列问题：
(1)“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C具有 (填“氧化”或“还原”)性。
(2)金属钠等活泼金属着火时，应该用 来灭火，金属钠需密封保存，其中一个目的是与水隔离，原因是 (用离子反应方程式表示)。
(3)Al(OH)3可用作中和胃酸的药片，其中Al(OH)3中和胃酸的原理为 (用离子反应方程式表示)。
(4)KAl(SO4)2·12H2O(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Al，含少量Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示。回答下列问题：
①为尽量少引入杂质，试剂①应选用 (填序号)
A．NaOH溶液 B．H2SO4溶液 C．氨水 D．HCl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： 。
14．把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110mL4ml/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+)=0.4ml/L。
请回答下列问题(请写出必要的解题过程)：
(1)残留固体1.28g为 (填化学式)。
(2)原混合物粉末中，m(CuO)= g。
(3)滤液稀释到200mL后，c(Fe2+)= ml/L。
(4)稀释后，加入足量的硝酸银，产生沉淀的物质的量n(AgCl)= ml。
(5)原混合物总质量为m(总)= g。
15．含镁3%~5%的铝镁合金是轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原料。现有一块质量为m g的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下不同的实验方案：
方案1：铝镁合金与足量盐酸反应，测定气体在标准状况下的体积V1L。
方案2：铝镁合金与足量氢氧化钠溶液反应，过滤、洗涤、烘干，测定剩余固体质量w1 g。
方案3：铝镁合金与过量的盐酸反应，在溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，测定固体的质量w2 g。
(1)某化学实验小组利用如图所示的装置，按照方案1进行了实验。
①装置中仪器a、b的名称分别是 、 。
②实验装置中有两处明显错误，请指出： 、 ；绘出正确的装置图 。
(2)方案2中的离子方程式为 。
(3)方案3中“过滤”操作中用到玻璃棒，玻璃棒的作用是 ，若按方案3进行实验，测得的镁的质量分数为 。
(4)请你设计一个不同于上述方案的实验方案，简述实验原理： 。
16．A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。
(1)写出下列物质的化学式：A 、E 、J 、G 。
(2)按要求写方程式：
①A＋B→C＋D的化学方程式： ；
②F→G的化学方程式： ；
③C→I的离子方程式： ；
④B与过量NaOH溶液反应的离子方程式： ；
⑤向E溶液中通入Cl2的离子方程式：
参考答案：
1．B
【详解】A．合金的熔点低于成分金属，A错误；
B．合金的硬度比成分金属大，该合金硬度比纯铁高，适合用于制造冰刀，B正确；
C．钢的含碳量低于生铁，C错误；
D．合金属于金属晶体，D错误；
故答案选B。
2．B
【详解】设两块钠的质量都是23g，即钠的物质的量是1ml，钠在氧气中加热的反应方程式为：2Na+O2Na2O2，23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1ml；钠在氧气在常温下反应为：4Na+O2=2Na2O，23g钠与氧气发生反应，生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1ml； 所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，故选B。
3．D
【详解】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；
B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；
C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；
D.，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；
故答案为D。
4．B
【详解】A．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，A错误；
B．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O =2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，B正确；
C．右边烧杯中发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4铁球表面有红色物质析出，溶液中c(CuSO4)减小，溶液蓝色变浅，左边烧杯中消耗Al，铝球的质量变小，右边烧杯中铁球上析出Cu，质量变大，杠杆右边下沉，C错误；
D．由C项分析知，D错误；
故选B。
5．C
【详解】钠与水反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1ml金属钠完全反应生成0.1ml NaOH、0.05ml H2，因为Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.1ml NaOH又反应生成0.15ml H2，共产生0.2ml H2，在标准状况下的体积为0.2ml×22.4L/ml=4.48L；
故选C。
6．A
【详解】A．加入铝片有大量氢气产生的溶液可能是强酸也可能是强碱，强酸溶液中有大量的H+，H+、Mg2+、K+、SO、Cl-能够大量共存，强碱溶液中有大量的OH-，OH-与Mg2+不能大量共存，A符合题意；
B．无色溶液中不可能含有大量的MnO，B不合题意；
C．在0.1ml/L的盐酸中有大量的H+，H+、Fe2+、ClO-因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．在强碱性溶液中有大量的OH-，OH-、NH不能大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
7．B
【详解】A．1mlMg、Al分别与足量盐酸完全反应放出的物质的量分别为1ml、1.5ml。则1ml与足量盐酸完全反应放出的总物质的量为1×17+1.5×12=35ml，A错误；
B．设金属质量均为m，金属提供电子越多则生成氢气体积越大，铝提供电子的物质的量为，镁提供电子的物质的量为，合金提供电子的物质的量为，故等质量的镁、铝和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成的体积(同温同压)由大到小的顺序为V(Al)>V(合金)>V(Mg)，B正确；
C．合金中的金属以单质形式存在，故C错误;
D．镁和氮气在一定温度下会发生反应，故不能用氮气做保护气，D错误。
故选B。
8．C
【详解】90mL 4ml·L-1盐酸溶液中含有n(HCl)=0.09L×4ml·L-1=0.36ml；设某铁的氧化物样品，用90mL 4ml·L-1盐酸溶液恰好完全溶解后得到xmlFeCl3、ymlFeCl2；根据氯离子守恒：3x+2y=0.36；氯气672mL(标准状况下)的物质的量为=0.03ml，根据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-反应分析，亚铁离子的物质的量为0.06ml，根据3x+2y=0.36分析，x=0.08ml，所以氧化物中n(Fe3+)：n(Fe2+)=0.08ml：0.06ml=4：3，所以铁的氧化物可以用2Fe2O3∙3FeO表示，即化学式为Fe7O9；
故选C。
9．D
【分析】200g8%的NaOH溶液中NaOH的物质的量是0.4ml；反应放出二氧化碳的最大质量是4.4g，则最初通入的CO2的质量为4.4g，通入二氧化碳的物质的量是0.1ml，氢氧化钠和二氧化碳发生反应，所得溶液中的溶质是0.2mlNaOH和0.1mlNa2CO3。结合H+的能力：，滴加盐酸，和H+依次发生反应的方程式是、、；反应消耗50g盐酸，则反应消耗50g盐酸，根据图象，反应消耗100g盐酸。
【详解】A. OB段依次发生反应、，B点时所得溶液的溶质为NaCl、NaHCO3，故A错误；
B. 根据分析AB段发生的反应有、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故B错误；
C. 反应放出二氧化碳的最大质量是4.4g，则最初通入的CO2的质量为4.4g，故C错误；
D. 反应消耗100g盐酸，OA段发生的反应只有酸碱中和，故D正确；
选D。
10．A
【详解】将适量铁粉放入FeCl3溶液中，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，设参加反应的Fe3+为x个，则反应生成Fe2+为1.5x个，已知溶液中的Fe2+和Fe3+个数相等，则溶液中的Fe3+个数为1.5x， 则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的个数之比是 ，则A满足；
答案选A。
11．A
【解析】Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，金属完全反应，遵循质量守恒、得失电子守恒。
【详解】A．产生标准状况下的氢气4.48L，n(H2)==0.2ml；根据转移电子相等可知，Mg、Al在反应中共失去电子的物质的量=0.2ml×2=0.4 ml，故A正确；
B．根据H原子守恒得n(HCl)=2n(H2)=0.4ml，故B错误；
C．因为反应后Mg、Al化合价不同，且金属混合物的质量未知，所以无法计算参加反应的Mg、Al的物质的量，故C错误；
D．与足量的稀硫酸反应生成的氢气和与足量的盐酸生成的氢气的量相同，也为0.2 ml H2，故D错误；
答案选A。
12．D
【分析】将溶液分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，该沉淀应为硫酸钡，则每份溶液中n(SO)==0.01ml，所以原溶液中n(SO)=0.02ml，c(SO)==0.2ml/L，根据电荷守恒c(H+)=2c(SO)+ c(Cl-)=2.0ml/L。
【详解】A．根据分析可知原溶液中n(SO)=0.02ml，A错误；
B．根据分析可知原溶液中c(H+)=2.0ml/L，则n(H+)=2.0ml/L×0.1L=0.2ml，B错误；
C．原溶液中n(H+)=0.2ml，则每份溶液中n(H+)=0.1ml，与足量铁片反应，全部转化为氢气，所以n(H2)=0.05ml，体积为0.05ml×22.4L/ml=1.12L，C错误；
D．根据分析，原溶液中n(H2SO4)=n(SO)=0.02ml，n(HCl)=n(Cl-)=1.6ml/L×0.1L=0.16ml，所以HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18ml，D正确；
综上所述答案为D。
13．(1)还原
(2) 沙土 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(3)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(4) A 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3
【解析】（1）
“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C在该反应中作还原剂，还原剂具有还原性，所以维生素C具有还原性；
（2）
钠燃烧时生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，所以金属钠等活泼金属着火时，应该用沙土灭火；钠极易和空气中的氧气、水反应，所以保存钠时，要密封保存，一般放在煤油中保存；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）
胃酸的主要成分为盐酸，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（4）
废易拉罐(主要成分是Al，含少量Fe、Mg杂质)，加入试剂氢氧化钠溶液，过滤出铁和镁，滤液为偏铝酸钠溶液，加入碳酸氢铵，得到氢氧化铝沉淀，加入硫酸钾和稀硫酸，反应后得到明矾晶体；
①金属铝能够与强酸和强碱溶液反应，与一水合氨不反应，而铁和镁只能溶解在强酸溶液中，所以在满足尽量少引入杂质的条件下，选择氢氧化钠溶液，故选A；
②金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
③结合以上分析可知，滤液中加入碳酸氢铵溶液后，铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3。
14．(1)Cu
(2)1.6g
(3)0.9ml/L
(4)0.44ml
(5)13.6g
【分析】根据题中信息，还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留物没有Fe，1.28g固体只有Cu，而Cu残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+，反应有：CuO + 2H+=Cu2++H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2H+=Fe2++H2↑，根据原子守恒和得失电子总数相等计算，设原有Fe为xml ，Fe2O3为yml，CuO为zml，1.28gCu的物质的量n== =0.02ml, CuO物质的量为0.02ml，生成H2为 =0.04ml，根据得失电子总数相等知2x= 2y+2×0.02 +2×0.04，又根据Cl-知：(x+ 2y) + 0.2×0.400=0.1×4.40将上述两式联立解出：x=0.1ml，y = 0.04ml，z = 0.02ml，原混合物中单质铁的质量56g/ml×0.1ml = 5.6g，以此来解析；
(1)
依据上述分析可知，最后剩余1.28g固体为铜；
(2)
依据上述计算可知氧化铜物质的量为0.02ml,所以氧化铜质量为m (CuO) = 0.02ml×80g/ml= 1.6g；
(3)
上述计算可知溶液中亚铁离子物质的量=x+2y= 0.1ml + 2×0.04ml=0.18ml，c(Fe2+)== =0.9ml/L；
(4)
滤液加水稀释到200mL后，加入足量的硝酸银，产生的沉淀的物质的量依据Cl-～AgCl得到，n (Cl-)=0.110L×4ml/L=0.44ml，可得n (AgCl)=0.44ml；
(5)
计算可知原混合物含有的物质为Fe为0.1ml，Fe2O3为0.04ml，CuO为0.02ml，原混合物的总质量m(总)=0.1ml×56g/ml+0.04ml×160g/ml+ 0.02ml×80g/ml= 13.6g。
15．(1) 分液漏斗 圆底烧瓶 收集气体的集气瓶中进气管插入液面下 导管在量筒刻度线以上
(2)
(3) 引流，避免液体外溅
(4)铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数
【分析】根据镁铝合金与盐酸或者氢氧化钠溶液反应生成的气体可计算其含量，进而计算其质量分数。
【详解】（1）①由图可知，仪器a为分液漏斗，仪器b为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
②方案1利用铝镁合金与盐酸反应产生的将集气瓶中的水压入量筒中，间接测量的体积，集气瓶中应短管进气，排液管应插到液面以下；测定气体体积时，要使集气瓶和右侧量筒中液面在同一高度，即量筒中导管应插到量筒中下部，图中导管在刻度线以上，不能调平液面；正确的装置图为 ，故答案为：收集气体的集气瓶中进气管插入液面下；导管在量筒刻度线以上； ；
（2）铝镁合金与足量氢氧化钠溶液反应，镁不与氢氧化钠反应，只有与铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）过滤操作中玻璃棒用于引流，避免液体外溅；方案3中得到的固体是，则，根据镁原子守恒，可求得合金中的质量为，故合金中的质量分数为，故答案为：引流，避免液体外溅；；
（4）利用金属镁不能和氢氧化钠反应，但是金属铝能与氢氧化钠反应进行设计，铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数，故答案为：铝镁合金与足量的NaOH溶液反应，测定反应前后装置与药品总质量，质量之差等于Al与NaOH溶液产生H2的质量，根据H2的质量计算Al的质量，进而计算镁的质量分数。
16． Fe2O3 FeCl2 Al(OH)3 Fe(OH)3 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 Al2O3+2OH-=2+H2O 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【分析】是一种红棕色金属氧化物，所以是三氧化二铁，和金属B在高温下发生铝热反应，生成的C为铝的氧化物，既能和酸反应又能和碱反应，白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀，一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换，所以G是氢氧化铁，F是氢氧化亚铁，根据物质的性质可推断得，E是氯化亚铁，D是金属铁，J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝，则金属B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，E在酸性条件与双氧水反应得K为氯化铁，根据铁及化合物以及铝及化合物的有关性质来回答。
【详解】(1)由分析可知，A为Fe2O3，E为FeCl2，J为Al(OH)3，G为Fe(OH)3，故答案为：Fe2O3；FeCl2；Al(OH)3；Fe(OH)3；
(2)①Fe2O3和铝发生铝热反应生成Fe和Al2O3，方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
②氢氧化亚铁可以被氧气氧化生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
③氧化铝能够和NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；
④铝与过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
⑤FeCl2可以被氯气氧化成FeCl3，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
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