2019-2020学年高一上学期期末复习《新题速递·化学》12月（考点11-14）

−2020学年高一《新题速递·化学》上学期期末复习考点11−14考点11钠及其化合物的性质考点12物质的量在化学方程式计算中的应用考点13“铝三角”与“铁三角”考点14合金与金属材料考点11钠及其化合物的性质1.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）下列判断正确的是A.可用水来确定某氧化钠粉末中是否含有过氧化钠B.可用二氧化碳来确定某氧化钠粉末中是否含有过氧化钠C.可利用在空气中加热的方法除去氧化钠中的过氧化钠D.将足量的过氧化钠、氧化钠分别加到酚酞溶液中，最终溶液均为红色【答案】A【解析】A.氧化钠与水反应生成氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，向某氧化钠粉末中加入水，若产生无色无味的气体，则氧化钠粉末中含有过氧化钠，反之不含过氧化钠，A正确；B.氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，由于CO2、O2都是无色无味的气体，无论氧化钠中是否含有过氧化钠，二氧化碳通过某氧化钠粉末都不能观察到明显实验现象，B错误；C.在空气中加热会发生反应：2Na2O+O22Na2O2，不能将过氧化钠除去，且消耗氧化钠，C错误；D.将足量的过氧化钠、氧化钠分别加到酚酞溶液中，两者与水反应都有NaOH生成，但过氧化钠又具有强氧化性，故前者的溶液先变红后褪色，后者的溶液最终变为红色，D错误；答案选A。2.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）北京奥运会开幕式上的焰火“脚印”“笑脸”“五环”让奥运会更加辉煌、浪漫，这与高中化学中的“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是A.焰色反应均应透过蓝色的钴玻璃观察B.NaCl与Na2CO3灼烧时火焰的颜色相同C.焰色反应是化学变化D.所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色【答案】B【解析】A.只有观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，A错误；B.NaCl与Na2CO3中都含有Na元素，故它们灼烧时火焰的颜色相同，都呈黄色，B正确；C.焰色反应过程中没有新物质生成，焰色反应是物理变化，C错误；D.并非所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色，如Fe、Pt及其化合物等灼烧时火焰没有颜色，D错误；答案选B。【点睛】注意：焰色反应是某些金属元素的性质；观察钾元素的焰色反应透过蓝色钴玻璃的目的是滤去黄光。3.（辽宁师范大学附属中学2019−2020学年高一上学期第二次模块考试）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】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.（陕西省西安中学2019−2020学年高一12月月考）下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是（）A.将Na2O与Na2O2分别加入滴有酚酞的水中，二者现象相同B.在Na2O2与水的反应中，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：4C.相同物质的量的氧化钠和过氧化钠中阴离子物质的量之比为1：1D.等质量的Na2O与Na2O2投入等量且足量水中充分反应后所得溶液物质的量浓度相等【答案】C5.（四川省南充高级中学2019−2020学年高一12月月考）下列关于钠及其化合物的叙述不正确的是（）A.热稳定性：Na2CO3>NaHCO3B.钠与氧气反应的产物由反应条件决定C.Na2O2中阴阳离子个数比为1：1D.等质量的固体与足量盐酸反应放出CO2的质量Na2CO3＜NaHCO3【答案】C【解析】A.Na2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解，则热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，与题意不符，A错误；B.钠与氧气反应的产物加热时生成过氧化钠，常温时生成氧化钠，由反应条件决定，与题意不符，B错误；C.Na2O2中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子，阴阳离子个数比为1：2，符合题意，C正确；D.Na2CO3比NaHCO3的含碳量低，则等质量的固体与足量盐酸反应放出CO2的质量Na2CO3＜NaHCO3，与题意不符，D错误；答案为C。6.（安徽省六安市舒城中学2019−2020学年高一上学期第四次月考）某同学想探索研究钠与其它物质的水溶液反应情况，他将一小块钠投入到盛有100mL饱和澄清石灰水的烧杯中，试推测不可能观察到的现象是A.钠熔成小球并在液面上四处游动 B.有气体产生C.溶液底部有银白色物质生成 D.溶液变浑浊【答案】C【解析】钠投入到盛有氢氧化钙溶液的烧杯里，发生反应有：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，所以有Na与H2O反应现象，现象为：钠浮在液面上，与溶液剧烈反应，熔成小球，四处游动，发出嘶嘶声，有气泡冒出，，但是水的消耗，导致石灰水因溶剂减少而变为饱和溶液，所以可能会有氢氧化钙析出，导致溶液变浑浊，但是金属钠绝对不会置换出金属钙；故选C。7.（安徽省六安市舒城中学2019−2020学年高一上学期第四次月考）下列各组物质相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是()①金属钠投入FeCl2溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应③少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中④Na2O2投入CuSO4溶液中A.①④ B.③④ C.①③ D.②③【答案】A【解析】①钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠再和氯化亚铁发生复分解反应，生成Fe(OH)2沉淀，故①中既有气体生成最终又有沉淀生成；

②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应的方程式为：KAl(SO4)2+4NaOH=KAlO2+2Na2SO4+2H2O，故②中既无气体生成最终又无沉淀生成；

③中CaO与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成；

④Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，NaOH与CuSO4发生反应：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，故④中既有气体生成最终又有沉淀生成；

所以A选项是正确的。8．（山东省滕州市第一中学2019−2020学年高一12月份阶段检测）有关NaHCO3与Na2CO3的说法中，不正确的是（）A．二者在一定条件下可以相互转化B．分别加热两种样品，没有残留物质的是NaHCO3C．分别配成溶液，再加入澄清石灰水，只有后者能生成白色沉淀D．等质量的NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸反应，前者产生CO2多【答案】BC9.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）下列各组溶液只通过相互滴加不能鉴别出来的是（）A.NaAlO2溶液和盐酸 B.NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液C.NaOH溶液和浓AlCl3溶液 D.稀硫酸和碳酸钠溶液【答案】B【解析】A、盐酸滴加到NaAlO2：AlO2−+H++H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，先有沉淀，然后沉淀消失，NaAlO2滴加到盐酸：AlO2−+3H+=Al3++2H2O，Al3++3AlO2−+6H2O=4Al（OH）3↓，先无沉淀，后有沉淀，因此可以鉴别，A错误；B、NaHCO3滴加到Ca（OH）2中：：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，Ca（OH）2滴加到NaHCO3中：Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O，都有沉淀产生，不能鉴别，B正确；C、NaOH滴加到AlCl3溶液：Al3++3OH−=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH−=AlO2−+2H2O，先有沉淀，后沉淀消失，AlCl3溶液滴加到NaOH溶液：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O，Al3++3AlO2−+6H2O=4Al（OH）3↓，开始无现象，后有沉淀，因此可以鉴别，C错误；D、硫酸滴加到Na2CO3溶液：CO32−+H+=HCO3−，HCO3−+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3溶液滴加到硫酸中：CO32−+2H+=H2O+CO2↑，可以鉴别，D错误。答案选B。考点：考查物质的鉴别、离子反应方程式的书写等知识。10.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）某固体A在空气中点燃，火焰呈黄色，并生成淡黄色固体B；将A在空气中露置，最后变成白色固体C。将A、B投入水中都生成D；B、C、D在一定条件下均能与二氧化碳反应。（1）A是______；B是______；C是______；D是______。（填化学符号）（2）完成下列方程式：B与H2O反应的化学方程式__________________。向C的稀溶液中通入CO2的离子方程式___________________。A与H2O反应的离子方程式__________________。【答案】（1）Na（2）Na2O2（3）Na2CO3（4）NaOH（5）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（6）CO32−+CO2+H2O=2HCO3−（7）2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑【解析】由固体A在空气中点燃，火焰呈黄色，并生成淡黄色固体B，可知B为Na2O2，A为Na；由将A在空气中露置，最后变成白色固体C，则C为Na2CO3，由A、B投入水中都生成D，D为NaOH。（1）由上述分析可知：A是Na，B是Na2O2

，C是Na2CO3，D是NaOH，故答案为：Na；Na2O2

；Na2CO3；NaOH；（2）Na2O2与H2O反应为；向Na2CO3的稀溶液中通入CO2的离子方程式为：；Na与H2O反应的离子方程式为：。【点睛】固体钠在空气中放置，先变成氧化钠，最终会变质成碳酸钠。11.（四川省南充高级中学2019−2020学年高一12月月考）Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，写出该反应的化学方程式：_______________，该反应中，Na2O2的作用为_______________（填“还原剂”、“氧化剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。（2）在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选择适当的化学试剂和实验用品，用图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。装置A是CO2气体的发生装置，请写出仪器a的名称_________，B中盛饱和NaHCO3溶液，其作用是_______________。写出C中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式____________。D中盛放的试剂可以是_____________（填序号）。①浓H2SO4②NaOH溶液③CaCl2溶液④Na2SO3溶液（3）将一定量的Na2O2固体投入到含有下列离子的溶液中：NO3−、HCO3−、CO32−、Na+，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有（不考虑溶液体积的变化）_________（填离子符号）。【答案】（1）Na2O2+SO2=Na2SO4（2）氧化剂（3）分液漏斗（4）除去CO2中的HCl气体（5）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（6）②（7）NO3−【解析】（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4；Na2O2的化合价降低，作氧化剂；（2）根据装置特点，仪器a为分液漏斗；B中盛饱和NaHCO3溶液，可用吸收挥发出的HCl气体，并能降低二氧化碳的溶解度；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；装置D中装有吸收未反应的二氧化碳的试剂，则为NaOH溶液，答案为②；（3）Na2O2固体投入溶液中，与水反应生成NaOH，则溶液中的Na+增大，与HCO3−反应生成CO32−，则HCO3−减少，CO32−增大，而NO3−未变。考点12物质的量在化学方程式计算中的应用1.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL。向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。则下列关系不正确的是A. B. C.n=m+17Vc D.＜p＜【答案】C【解析】反应的化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4；Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4；；。A．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=，即c=，A正确；B．p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p==，B正确；C．得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n==，C错误；D．氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量p==；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p==；质量介于二者之间，D正确；故合理选项为C。2.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）将100mL某物质的量浓度的盐酸逐滴加入到100mL2mol·L−1的碳酸钠溶液中，下列说法正确的是()A.开始加入盐酸时有气体放出，盐酸过量后无气体放出B.加入盐酸时，开始无气体放出，最后有气体放出C.盐酸浓度为2mol·L−1时，放出二氧化碳4.4gD.盐酸浓度为5mol·L−1时，放出二氧化碳0.2mol【答案】D【解析】盐酸逐滴加入Na2CO3溶液中，随着盐酸的滴入，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，结合题给物质的量浓度和体积计算。n（Na2CO3）=2mol/L×0.1L=0.2mol，A.开始加入盐酸时发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有气体放出，A错误；B.开始加入盐酸时发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有气体放出，当加入的盐酸中HCl物质的量≤0.2mol（即盐酸物质的量浓度≤2mol/L）时，最后都没有气体放出，当加入的盐酸中HCl物质的量>0.2mol（即盐酸物质的量浓度>2mol/L）时，最后有气体放出，由于盐酸物质的量浓度未知，最后不一定有气体放出，B错误；C.盐酸的浓度为2mol/L时，n（HCl）=2mol/L×0.1L=0.2mol，HCl与Na2CO3恰好完全反应生成NaHCO3和NaCl，没有CO2放出，C错误；D.盐酸的浓度为5mol/L时，n（HCl）=5mol/L×0.1L=0.5mol，n（HCl）：n（Na2CO3）=0.5mol：0.2mol>2:1，故盐酸过量、Na2CO3完全反应放出CO2气体，根据C守恒放出的CO2物质的量=n（Na2CO3）=0.2mol，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是：盐酸与Na2CO3的反应是分步进行的，CO32−首先结合H+生成HCO3−，HCO3−继续结合H+才会放出CO2。3.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32−和HCO3−的物质的量浓度之比约是（）A.2：3 B.1：2 C.1:3 D.3:2【答案】C【解析】NaOH的物质的量为1L×1mol/L=1mol，设生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒、碳原子守恒，则：解得x=0.2、y=0.6故溶液中的CO32−和HCO3−的物质的量浓度之比为0.2mol：0.3mol=2：3，故选A．4.（安徽省六安市舒城中学2019−2020学年高一上学期第四次月考）由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共12g，跟足量的盐酸反应产生5.6L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是()A.Zn B.Mg C.Al D.Na【答案】A【解析】标况下5.6L氢气的物质的量=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，故12g金属提供的电子为0.25mol×2=0.5mol，则提供1mol电子需要金属的质量为12g×1mol÷0.5mol=24g，A．Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×1mol÷2=32.5g；B．Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×1mol÷2=12g；C．Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×1mol÷3=9g；D．Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g/mol×1mol=23g。提供1mol电子，只有Zn的质量大于24g，其它金属的质量都小于24g，故金属混合物中一定有Zn，选项A正确。故选A。5.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L。将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。下列结论不正确的是A.原混合气体所含氧原子总数为0.6NA(用NA表示阿伏加德罗常数的值)B.标况下气球中收集到的气体体积为4.48LC.原混合气体的平均摩尔质量为32g/molD.原混合气体CO和CO2的体积比为1:1【答案】C【解析】根据混合气体的质量和在标准状况下的体积，列方程组解出其中所含CO和CO2物质的量，结合物质的性质和相关公式分析作答。14.4gCO和CO2混合气体在标准状况下所占的体积约为8.96L，则28g/moln（CO）+44g/moln（CO2）=14.4g，n（CO）+n（CO2）==0.4mol，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.2mol；A.原混合气体所含氧原子物质的量为0.2mol+0.2mol×2=0.6mol，所含O原子数为0.6NA，A正确；B.NaOH溶液将CO2吸收，浓硫酸干燥CO，最终气球中收集到0.2molCO，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，B正确；C.原混合气体总物质的量为0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol，C错误；D.原混合气体中CO与CO2的体积之比，等于CO与CO2物质的量之比，为1:1，D正确；答案选C。【点睛】本题也可用十字交叉法解题，n（混合气体）==0.4mol，则混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol，用十字交叉，即CO与CO2物质的量之比为1:1。6.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）两种金属的混合物共15g，跟足量的盐酸反应时，恰好得到11.2L氢气（标况）。下列各组金属不可能构成上述条件的混合物的是A.镁和银 B.铜和锌 C.铝和铁 D.镁和铁【答案】B【解析】假设金属都为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，根据M=计算金属混合物的平均相对原子质量，故平均相对原子质量应介于各组分之间，根据电子转移守恒，若金属不与盐酸反应，其相对原子质量可以视作无穷大，若Al为+2价时，其相对原子质量为27×=18，由此分析解答。标况下11.2L氢气物质的量为=0.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故混合金属平均相对分子质量为=30，因为为两种金属的混合物，故平均相对分子质量应介于各组分之间。A．Mg的相对原子质量为24，银与盐酸不反应，其相对原子质量视作无穷大，符合题意，故A正确；B．铜与盐酸不反应，其相对原子质量视作无穷大，Zn的相对分子质量为65，平均值大于65，不符合题意，故B错误；C．若Al为+2价时，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故C正确；D．Mg的相对原子质量为24，Fe的相对原子质量为56，平均值可能为30，故D正确；故选：B。7.（四川省南充高级中学2019−2020学年高一12月月考）将含amol金属钠和bmol金属铝的合金投入mg足量水中，完全溶解，无金属剩余，所得溶液密度为dg•cm−3，下列相关计算式子中错误的是（）A.NaOH的物质的量：（a−b）molB.NaAlO2的物质的量浓度：mol/LC.标况下生成H2的体积：LD.参加反应的水的质量：18（a+1.5b）g【答案】D【解析】发生反应：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑和2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，所得溶液转化溶质为NaAlO2或者为NaOH、NaAlO2。A．由Al原子守恒，可知n（NaAlO2）＝n（Al）＝bmol，由Na原子守恒可知：n（NaOH）＝n（Na）−n（NaAlO2）＝（a−b）mol，故A正确；B．根据电子转移守恒，可知n（H2）＝＝（0.5a+1.5b）mol，故溶液质量＝（23a+27b+m）g−（0.5a+1.5b）mol×2g/mol＝（22a+24b+m）g，溶液的体积为（22a+24b+m）g÷1000d/L＝L，故c（NaAlO2）＝bmol÷L＝mol/L，故B正确；C．标况下生成氢气的体积为：（0.5a+1.5b）mol×22.4L/mol＝L，故C正确；D．由方程式可知，参加反应的水的物质的量为（a+b）mol，故参加反应的水为18（a+b）g，故D错误。故选D。【点睛】本题考查混合物的有关计算、化学方程式的计算等，关键是明确发生的反应，B选项中关键是计算溶液的体积。8.（安徽省蚌埠田家炳中学、蚌埠市九中、五中、铁路中学四校联考2019−2020学年高一12月月考）取100.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到16.84g沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至6.99g，同时溶液中有气泡产生。试求：（1）原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为________；（2）产生的气体在标准状况下的体积为多少？（要求写出计算过程）【答案】（1）0.3mol.L−1（2）1.12L【解析】混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g

白色沉淀为BaSO4、BaCO3，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为BaSO4，据此分析解答。（1）最终6.99g沉淀为BaSO4，n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.03mol，所以c(Na2SO4)==0.3mol/L，故答案为0.3mol/L；（2）n(CO2

)=n(BaCO3)==0.05mol，所以标准状况下，V(CO2

)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为1.12L。9.（陕西省西安中学2019−2020学年高一12月月考）在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。（1）以下有关金属单质的叙述正确的是_______。A.金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中B.用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+3H2O(g)=Fe2O3+3H2（2）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol·L−1HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如下图所示，试回答：①A点的沉淀物的化学式为________；B点的沉淀物的化学式为________________________；写出A→B段发生反应的离子方程式_____________________________。②原混合物中MgCl2的质量是________g，AlCl3的质量是________g，NaOH的质量是________g。③Q点HCl溶液加入量是________mL。【答案】（1）A（2）①Mg(OH)2Mg(OH)2和Al(OH)3AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓②1.902.675.20③13010.（辽宁师范大学附属中学2019−2020学年高一上学期第二次模块考试）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100mL3.0mol/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。【答案】（1）81％（2）10.08L【解析】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。（1）n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑54g2mol67.2Lm(Al)0.3molV(H2)所以m(Al)=8.1gω(Al)=×100％=81％；（2）V(H2)=67.2L×=10.08L。考点13“铝三角”与“铁三角”1.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）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)3C.Al→AlO2− D.Al3+→Al(OH)3【答案】B【解析】A项、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A错误；B项、Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成Al（OH）3，应先将Al2O3变成Al3+或AlO2−后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，不可以一步完成，故B正确；C项、铝可以和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，可以一步完成，故C错误；D项、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D错误；故选B。2.（山东省滕州市第一中学2019−2020学年高一12月份阶段检测）下列化合物中，不能通过两种单质间直接化合制取的是A．FeCl3B．Cu2SC．NOD．FeCl2【答案】D3.（陕西省西安中学2019−2020学年高一12月月考）鉴别Fe2+和Fe3+可用下列试剂中的（）

①NaOH溶液②稀H2SO4③KSCN溶液④铜片⑤KI淀粉溶液

A.①②③B.①③④⑤C.③④⑤D.②③④【答案】B4.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）检验储存在密封性不佳的试剂瓶中的硫酸亚铁是否变质，可以加入的试剂是A.硫氰化钾 B.硝酸银C.盐酸酸化的氯化钡 D.硝酸酸化的硝酸钡【答案】A【解析】硫酸亚铁若是变质，亚铁离子会被氧化成铁离子，所以可使用KSCN溶液检验，加入硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，证明硫酸亚铁已经变质，若溶液没有变成血红色，证明硫酸亚铁没有变质，故答案为A。5.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）200mL1mol•L−1的氯化铝溶液中加入一定体积的2mol•L−1的NaOH溶液，最终产生7.8g沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为①350mL②90mL③150mL④200mLA.只有① B.①③ C.②④ D.②③【答案】B【解析】AlCl3和NaOH反应，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2．AlCl3的物质的量为0.2mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为15.6g，大于实际沉淀质量为7.8g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，据此计算．0.2mol×78g/mol=15.6g>7.8g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al(OH)3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2，n[Al(OH)3]==0.1mol，①若碱不足，由Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，NaOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，故加入NaOH溶液的体积为=0.15L=150mL，②沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2，则：Al3++3OH−═Al(OH)3↓1310.1mol

0.3mol

0.1mol故转化AlO2−的Al3+的物质的量=0.2mol−0.1mol=0.1mol，Al3++4OH−═AlO2−+2H2O140.1mol0.4mol则消耗的碱的物质的量为0.3mol+0.4mol=0.7mol，加入NaOH溶液的体积为=0.35L=350mL，故B项正确，答案选B。6.（陕西省西安中学2019−2020学年高一12月月考）“百炼成钢”是指反复将炽热的生铁在空气中锤打，转化为坚硬的钢，其实质是对生铁的不断除杂过程。下列叙述不正确的是（）选项被提纯物质杂质除杂试剂或方法AFeCl3溶液FeCl2通入适量Cl2BFeCl2溶液FeCl3加入过量铁粉并过滤C铁粉铝粉加入过量NaOH溶液并过滤DNaHCO3溶液Na2CO3滴加适量稀盐酸【答案】D7.（安徽省六安市舒城中学2019−2020学年高一上学期第四次月考）在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为（）A.6：1 B.3：1 C.2：1 D.1：2【答案】D【解析】由50→60mL时，可知10mLNaOH溶液刚好溶解了Al(OH)3，故产生这些Al(OH)3需30mLNaOH，则在50mLNaOH溶液中有20mL与Mg2+反应，所以n(Al3+)：n(Mg2+)＝1：1，则Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2。答案为D。8.（山东省滕州市第一中学2019−2020学年高一12月份阶段检测）下列反应中有三价铁生成的是()①铁丝在空气中生锈②向FeCl2溶液中通入足量Cl2③将铁片置于CuCl2溶液中④Fe(OH)2暴露在空气中⑤向FeSO4溶液中滴加双氧水⑥高温下铁与水蒸气反应生成Fe3O4A.①②③④⑤B.②③④⑤C.①②④⑤⑥ D.全部【答案】C9.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4【答案】B【解析】根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。10.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）以下8种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有①Fe3O4②Fe(OH)3③FeCl2④Cu2(OH)2CO3⑤Al(OH)3⑥Na2CO3⑦NaHCO3⑧Na2O2A.1种 B.2种 C.3种 D.4种【答案】A【解析】①铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，3Fe+2O2Fe3O4，属于化合反应；②氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，属于化合反应；③FCl3与Fe反应能生成FeCl2，其方程式为：2FCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应；④铜在潮湿的空气中与二氧化碳、氧气和水反应生成Cu2(OH)2CO3，属于化合反应；⑤氧化铝和水不反应，不能通过化合反应生成；⑥氧化钠和二氧化碳反应可生成碳酸钠，Na2O+CO2=Na2CO3，属于化合反应；⑦Na2CO3和二氧化碳、水反应生成NaHCO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，属于化合反应；⑧钠与氧气在加热的条件下反应生成Na2O2，2Na+O2Na2O2，属于化合反应；只有⑤不能通过化合反应直接生成，故选A。【点睛】本题考查了元素化合物知识、化学反应类型，掌握元素化合物知识是解题的关键。本题的易错点为②③④，要注意一些特殊反应方程式的记忆和理解。11.（山东省滕州市第一中学2019−2020学年高一12月份阶段检测）向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入400mL1mol·L−1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+。若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（）A．2.4g B．3.2g C．4.8g D．6.4g【答案】B12.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（）A.11.2g B.5.6g C.2.8g D.无法计算【答案】B【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故选B。13.（河南省安阳市林州市第一中学2019−2020学年高一上学期12月月考）将有铜的印刷线路板浸入200mL氯化铁浓溶液中，有19.2g铜被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入16.8g铁粉，经充分反应，溶液中还存在9.6g不溶解的物质。（设溶液体积不变）。请回答下列问题：（1）充分反应后，溶液中存在9.6g不溶物的成分为_______。（2）充分反应后溶液中一定不存在的金属离子为________。（3）比较Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性大小：_________。（4）试计算最后溶液中Fe2+的物质的量浓度_______mol·L−1。【答案】（1）Cu（2）Fe3+（3）Fe3+＞Cu2+＞Fe2+（4）6【解析】将有铜的印刷线路板浸入FeCl3浓溶液中，有19.2gCu被腐蚀掉，说明发生反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，19.2gCu的物质的量为=0.3mol，则加入铁粉前的溶液中一定含0.3molCuCl2和0.6molFeCl2；（1）加入的16.8gFe粉物质的量为=0.3mol，若加入铁粉前溶液中不含FeCl3，则0.3molFe与0.3molCuCl2恰好完全反应生成0.3molCu（即有19.2g不溶物）；现有9.6不溶物，所以不可能为Fe，只能是Cu；故答案为：Cu；（2）9.6gCu的物质的量为=0.15mol，根据Cu守恒，溶液中还有0.3mol−0.15mol=0.15molCu2+未反应，Cu能与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，即Cu与Fe3+不共存，则充分反应后的溶液中一定不存在Fe3+；故答案为：Fe3+；（3）反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2中，Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物，同一氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：Fe3+>Cu2+；根据金属活动顺序表，氧化性：Cu2+＞Fe2+，所以氧化性由强到弱的顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；故答案为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；（4）根据上述分析，加入的铁粉先与氧化性强的Fe3+反应，后与Cu2+发生反应，根据反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，生成0.15molCu消耗0.15molFe、同时生成0.15molFeCl2；与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.3mol−0.15mol=0.15mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成的FeCl2物质的量为0.45mol；则最后溶液中含FeCl2物质的量为0.6mol+0.15mol+0.45mol=1.2mol，则c（Fe2+）=c（FeCl2）==6mol/L；故答案为：6。14.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）有下列几个反应：①向NaAlO2溶液中滴加盐酸；②向盐酸和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液；③向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液；（1）符合反应①的图象是______，符合反应②的图象是_____，符合反应③的图象是____；（2）写出③步骤中的二个离子方程式________________________、________________________。【答案】（1）D（2）B（3）C（4）Al3++4OH−=AlO2−+2H2O（5）Al3++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓【解析】（1）①向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量，偏铝酸钠先与盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，NaAlO2～HCl～Al（OH）3，然后氢氧化铝再与盐酸发生酸碱中和生成氯化铝，Al（OH）3～3HCl，沉淀完全溶解，产生最大量沉淀消耗盐酸的量和沉淀完全溶解消耗盐酸的量之比是1：3，故选D。②向含有盐酸的AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先是和盐酸发生中和反应，HCl+NaOH=NaCl+H2O，然后氢氧化钠和氯化铝反应产生沉淀，AlCl3～3NaOH～Al（OH）3，最后，沉淀完全消失Al（OH）3～NaOH，B图象符合过程量的情况，故选B；③向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，然后，偏铝酸钠和氯化铝生成沉淀，C图象符合过程量的情况，故选C；（2）向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，离子方程式为：Al3+

+4OH−

=AlO2−

+2H2O，然后，偏铝酸钠和氯化铝生成沉淀离子方程式为：Al3+

+3AlO2−

+6H2O=4Al(OH)3

↓。15.（吉林省延边朝鲜族自治州第二中学2019−2020学年高一上学期12月月考）甲、乙两同学欲制取纯净的Fe(OH)2，根据如图所示的装置进行实验。A管中是Fe+H2SO4，B管中是NaOH溶液，请回答下列问题。（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，在B管中观察到的现象是。（2）同学乙：打开a，使A管中反应一段时间再夹紧止水夹a，实验中在B管中观察到的现象是，B中发生反应的离子方程式为（3）同学乙打开a的目的；（填甲或乙）同学可成功。【答案】（1）在B管中观察到的现象是：生成灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（2）有白色沉淀生成Fe2++2OH−=Fe(OH)2¯（3）使A管中产生的气体通入B管中赶走空气；乙【解析】由于Fe(OH)2易被空气中的氧气气氧化，所以制备它关键是隔绝氧气。（1）先夹紧止水夹a，使A管开始反应，产生的氢气将反应液（FeCl2）压入试管B，FeCl2与NaOH溶液反应得到Fe(OH)2白色沉淀，但系统中氧气的存在会将其氧化，生成灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（2）打开a，使A管中反应一段时间，产生的氢气密度小，会进入试管B中，将系统中的氧气排出，再夹紧止水夹a，产生的氢气将反应液（FeCl2）压入试管B，FeCl2与NaOH溶液反应得到Fe(OH)2白色沉淀，并且可稳定存在。（3）很明显，乙同学的制法可成功达到实验目的。16.（四川省南充高级中学2019−2020学年高一12月月考）某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。（1）若加入的试剂①为NaOH，加入试剂①的目的____________。（2）操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为烧杯、____________。（3）加入的试剂③为_________（填化学式），发生的离子反应方程式为____________。（4）固体E的成分为Fe和Cu，写出E和加入试剂④所发生的离子反应方程式为______________。（5）从溶液D和溶液G中得到FeSO4•7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、______________、洗涤、干燥。【答案】（1）使Cu2+和Fe2+完全沉淀（2）漏斗、玻璃棒（3）Fe（4）Fe+Cu2+=Fe2++Cu（5）Fe+2H+=Fe2++H2↑（6）过滤【解析】根据流程，废水中加入稍过量的NaOH溶液，过滤可得到氢氧化铜、氢氧化亚铁沉淀，加入稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁和硫酸铜溶液，即溶液C；再加入过量的铁屑，可得到硫酸亚铁溶液（溶液D）和Cu和Fe的混合物，即E；固体E加入稀硫酸，未溶解的为Cu，溶液G为硫酸亚铁，经过蒸发浓缩，冷却结晶即可得到绿矾。（1）试剂①为NaOH，可使溶液中的Cu2+和Fe2+完全生成沉淀；（2）过滤、洗涤时，需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）试剂③为Fe，可置换溶液中的Cu2+，生成亚铁离子和Cu，离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；（4）试剂④为稀硫酸，与铁反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；（5）固液分离时的方法为过滤。17．（山东省滕州市第一中学2019−2020学年高一12月份阶段检测）铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。（1）所含铁元素的物质只有还原性是。A．Fe

B．FeCl2

C．FeCl3

D．Fe2O3

（2）当人体缺铁时，往往需要吃补铁保健品。人体能够吸收的是+2价的铁，但是+2价的铁很容易被氧化。①如何检验某固体补铁剂中铁元素已被氧化，写出操作过程、现象及结论。答：。②服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有________________（填化学性质）。（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂。湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、C1O−、OH−、FeO42−、Cl−、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_____Fe(OH)3+_____ClO−+_________=_____FeO42−+_____Cl−+_________（4）工业上