第三章 铁 金属材料 章节综合测验-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第三章铁金属材料章节综合测验一、单选题1．铁与水蒸气反应生成的含铁化合物是（）A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe(OH)32．下列关于1molCH3COOK的叙述正确的是()A．摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一B．CH3COOK的摩尔质量为98gC．1molCH3COOK含有2mol氧D．1molCH3COOK约含有3×6.02×1023个H3．2022年4月16日，“神舟十三号”载人飞船成功返回地球。飞船中使用了大量合金，下列有关金属或合金的说法中错误的是（）A．一般合金的熔点比其成分金属的高B．硬铝是一种铝合金C．钢是用量最大，用途最广的合金D．合金的物理性质与其成分金属的物理性质不同4．1个某种氯原子的质量是ag，1个12C原子的质量是bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()①该氯原子的相对原子质量为12a/b②mg该氯原子的物质的量为m/(aNA)mol③该氯原子的摩尔质量是aNAg④ag该氯原子所含的电子数为17molA．①② B．①③ C．②③ D．②④5．“类比”是化学学习中一种常用的方法，下列“类比”结果正确的是（）A．空气中加热钠单质得到，则加热锂单质得到B．溶液中加入过量氨水生成，则溶液中加入过量氨水生成C．为两性氢氧化物，则也为两性氢氧化物D．与水反应生成HCl和HClO，推测与水反应生成HF和HFO6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．标准状况下，33.6L氯化氢中含有氯原子的数目为1.25NAB．1L0.1mol·L－1的H2S溶液中，含S2－的数目为0.1NAC．通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数之比为1∶2D．将含有0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中，生成的胶体中含胶体粒子的数目为0.1NA7．在含有FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断正确的是()A．加入KSCN溶液可能变红色 B．溶液中一定含有Fe2+C．溶液中一定不含Cu2+ D．剩余固体中一定含有Fe8．下列叙述中，正确的是（）A．常温常压下，14gN2含有的分子数约为3.01×1023B．标准状况下，等体积的CO2和H2O中含有的分子数相同C．0.5mol•L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023D．1molFe与氯气完全反应转移的电子数约为2×6.02×10239．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．2g氢气所含原子数目为NAB．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAC．标准状况下，22.4LH2O的分子数为1NAD．14gCO含有分子数为0.5NA10．将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法错误的是()A．镁和铝的总质量为9gB．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸C．硫酸的物质的量浓度为2.5mol·L－1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L11．已知某饱和溶液中①溶液的质量②溶剂的质量③溶液的体积④溶质的摩尔质量⑤溶质的溶解度⑥溶液的密度，从上述条件中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是（）A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①②④⑥ D．②③④12．下列各组物质稀溶液相互反应。无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（）A．Na2CO3溶液与HCl溶液 B．AlCl3溶液与NaOH溶液C．KAlO2溶液与HCl溶液 D．Na2SiO3溶液和HCl溶液二、填空题13．某食醋中醋酸的质量分数为5%，向60g此食醋中加入足量小苏打，请计算完全反应后生成气体的体积(标准状况下)。14．将物质与其用途之间连线。物质用途A．漂粉精a．焙制糕点B．碳酸氢钠b．游泳池消毒C．氧化铁c．红色颜料15．按要求完成下列填空（1）以下物质：①KClO3晶体②醋酸③氨水④熔融NaCl⑤蔗糖⑥液氧⑦SO2；属于电解质的是；属于非电解质的是。（2）已知12.4gNa2R中含0.4mol钠离子。回答下列问题：①Na2R的摩尔质量为，R的相对原子质量为。②含R质量为1.6g的Na2R，其物质的量为。16．现有下列物质①NaCl晶体②冰醋酸(纯醋酸晶体)③干冰④铝⑤液氧⑥熔融KNO3⑦稀硫酸⑧酒精（1）以上物质能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是（2）写出①氯化钠溶于水的电离方程式。（3）写出④铝与盐酸反应的化学方程式。17．在FeSO4溶液中加入NaOH溶液时，产生的现象是：，。此过程发生反应的化学方程式分别为：；。三、推断题18．已知、、、均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图所示（部分产物略去）。请回答下列问题：（1）若为常见的非金属单质，常温下为固体，、、均为气体。与的反应需要在高温下进行，则二者反应的化学方程式为。（2）若、、的溶液均显碱性，常用于培制糕点的发酵粉的主要成分之一，也可以作为抗酸药剂，则的俗名为，与反应生成的离子方程式为。（3）若为用量最大、用途最广泛的金属单质。它的一种氧化物为红棕色固体，可用作颜料。是一种黄绿色气体，则的化学式为，与Cu反应的离子方程式为，与反应生成B的化学反应方程式为。四、实验探究题19．用FeSO4·7H2O晶体配制FeSO4溶液，放置一天后发现产生黄色固体。实验小组同学研究固体成分及产生的原因。（1）①配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，需要称取gFeSO4·7H2O晶体。(已知：FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g·mol-1)②需要的主要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和。（2）小组同学推测放置一天后的FeSO4溶液中存在Fe3+。将产生Fe3+的离子方程式补充完整。Fe2++□H++□=□Fe3++□（3）分离出黄色固体，经多次洗涤后完成如下实验：证实黄色固体中含Fe3+和SO42−，试剂1和试剂2分别是、（4）实验测定FeSO4溶液放置过程中溶液的pH和黄色固体的量的变化，结果如下：1小时6小时24小时溶液的pH2.392.351.40黄色固体的量几乎没有少量大量分析黄色固体中除Fe3+、SO42−还可能含有（5）查阅资料：不同pH下Fe2+的氧化率随时间变化的关系如图。为避免Fe2+被氧化，配制FeSO4溶液时，需要添加。20．由几种离子组成的混合物中可能含有下列离子中的若干种：K+、Na+、NH、Mg2+、Cu2+、CO、SO。将该混合物溶于水后得到澄清的溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加入盐酸有气泡产生2加入足量浓NaOH溶液并加热收集到标准状况下的气体1.12L3加入足量BaCl2溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；第一次称量读数为6.27g；再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量第二次称量读数为2.33g请回答下列问题：（1）实验1说明存在的离子是(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是。（2）由实验2可知，100mL溶液中c(NH)=mol•L-1。（3）由实验3可知，100mL溶液中n(SO)=mol。（4）溶液中c(Na+)的范围是。21．已知某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据为，相对分子质量：36.5，密度：1.19g.·m-3HCl的质量分数：36.5%。试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为mol·L-1。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是。A．溶液中HCl的物质的量 B．溶液的物质的量浓度C．溶液中Cl-的数目 D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.2mol·L−1的稀盐酸。①该学生需要量取mL上述浓盐酸进行配制。②现有三种规格的量筒10mL、20mL、50mL应选用mL量筒。22．随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；第二步：氢氧化铝沉淀的生成。将滤液重新置于水浴锅中，用3mol/LH2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；第三步：硫酸铝溶液的生成。将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]。回答下列问题：（1）第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为（2）为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：（3）第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___(填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。A．乙醇 B．饱和K2SO4溶液C．蒸馏水 D．1：1乙醇水溶液（4）为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00mL溶液干250mL锥形瓶中，加入30mL0.10mol/LEDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20mol/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。则所得明矾晶体的纯度为%。（5）明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：（6）为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：、23．按如图所示装置连接，然后向滴有几滴酚酞的200.00mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中逐滴滴入0.20mol/LH2SO4溶液，直至过量。请回答下列问题：（1）滴加酚酞的Ba(OH)2溶液呈红色，原因是。（2）开始滴加时，反应的离子方程式为：，当所滴0.20mol/L硫酸溶液的体积为mL时，电导率的值最小。（3）若实验改为：用0.5mol/L醋酸溶液滴入到滴有酚酞的0.4mol/L氨水时，电导率传感器绘制的图像可能为(填：“甲”、“乙”或“丙”)。若实验改为：向氢氧化钡溶液中通入二氧化碳气体，电导率传感器绘制的图像可能为(填：“甲”、“乙”或“丙”)。24．回答下列问题：（1）某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象(实验1)，观察到溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。①在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是，溶液变红的离子方程式是。②用实验2探究“红色褪去”的原因，则红色褪去的原因是。（2）Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+、，该反应的化学方程式是。（3）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式。ClO3−+VO2++_=Cl-+VO2++_（4）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SO32−、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是（5）在20.00mL0.1mol/LVO2+溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是a.VO2+b.VO+c.V2+d.V

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】红热的铁与水蒸气反应3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，生成四氧化三铁和氢气，则铁与水蒸气反应生成的含铁化合物是四氧化三铁（Fe3O4），C符合题意；故答案为：C【分析】铁与水蒸气反应，生成四氧化三铁。2．【答案】D【解析】【解答】A.摩尔是物质的量的单位，不是物理量，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，表示含有一定数目粒子的集合体，A项不符合题意；B.摩尔质量的单位为g/mol，CH3COOK的摩尔质量为98g/mol，B项不符合题意；C.物质的量用来描述微观粒子，在使用时一定要指代明确，2mol氧指代不明确，可以指代2mol氧原子或者2mol氧分子，1molCH3COOK应含有2mol氧原子，C项不符合题意；D.1molCH3COOK含有3mol氢原子，由N=nNA知，1molCH3COOK约含有3×6.02×1023个H，D项符合题意；故答案为：D。【分析】摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，当质量以g为单位时，摩尔质量在数值上与其相对分子质量或相对原子质量相等，但摩尔质量的单位为g/mol，这是学生们的易错点，例如CH3COOK的摩尔质量为98g/mol，CH3COOK的相对分子质量为98，1molCH3COOK的质量为98g。3．【答案】A【解析】【解答】A．合金的熔点比其成分金属低，A符合题意；B．硬铝为铝合金中以Cu为主要合金元素的(含2.2-4.9%Cu、0.2-1.8%Mg、0.3-0.9%Mn、少量的硅，其余部分是铝)一类铝合金，B不符合题意；C．钢是用量最大，用途最广的合金，C不符合题意；D．金属变成合金后，硬度、熔点和机械性能会发生改变，所以合金的物理性质与其成分金属的物理性质不同，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】B.硬铝是金属铝和硅、镁等组成的一种铝合金；

C.钢是铁碳合金，目前用量最大、用途最广的合金是铁合金；

D.合金的物理性质一般与其各成分金属的物理性质不同。4．【答案】A【解析】【解答】①氯原子的相对原子质量为一个氯原子的质量除以一个12C原子质量的十二分之一，即氯原子的相对原子质量=，①符合题意；②一个氯原子的质量为ag，NA个氯原子的质量为aNAg，则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol，所以mg该氯原子的物质的量为，②符合题意；③一个氯原子的质量为ag，NA个氯原子的质量为aNAg，则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol，③不符合题意；④某氯原子的质量是ag，则ag该氯原子即1个氯原子，含17个电子，④不符合题意；综上所述，①②符合题意；故答案为：A。【分析】①某原子的相对原子质量等于一个该原子的质量除以一个12C原子质量的十二分之一，据此计算氯原子的相对原子质量；②一个氯原子的质量为ag，则NA个氯原子的质量为aNAg，则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol，再依据n=m/M计算物质的量；③摩尔质量的单位为g/mol；④某氯原子的质量是ag，则ag该氯原子即1个，据此分析。5．【答案】B【解析】【解答】A．空气中加热钠单质得到Na2O2，则加热锂单质得到Li2O，A不符合题意；B．MgCl2溶液中加入过量氨水生成Mg(OH)2，则AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al(OH)3，B符合题意；C．Al(OH)3为两性氢氧化物，Tl的金属性比Al强，Tl(OH)3不是两性氢氧化物，C不符合题意；D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，F2与水反应生成HF和O2，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、锂和氧气反应只能生成氧化锂；

B、铝离子和氨水反应生成氢氧化铝；

C、同一主族的元素，从上到下金属性增强；

D、氟元素没有正价。6．【答案】C【解析】【解答】A、标准状况下，33.6L氯化氢的物质的量为1.5mol，含有氯原子的数目为1.5NA，故A不符合题意；B、氢硫酸为弱酸，在溶液中部分电离，则1L0.1mol·L－1的H2S溶液中含S2－的数目小于0.1NA，故B不符合题意；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，则在通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中，无论两者比例如何，氮原子和氧原子数比为1：2，故C符合题意；D、1个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁粒子的聚集体，则将含有0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中，生成的胶体中含胶体粒子的数目小于0.1NA，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】氢氧化铁胶粒为多个氢氧化铁分子的聚集体，氯化铁水解生成的胶体中含胶体粒子的数目会减少是解答关键，也是易错点。7．【答案】B【解析】【解答】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A．由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A不符合题意；B．固体有剩余，Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，溶液中一定存在Fe2+，故B符合题意；C．若Fe不足，溶液中可能有Cu2+，故C不符合题意；D．根据以上分析可知如果铁不足，剩余的固体没有铁，故D不符合题意；故故答案为B。【分析】Fe3+、Cu2+的氧化性强弱为：Fe3+＞Cu2+，Fe3+优先反应，固体有剩余，则反应后的溶液中一定不存在Fe3+，据此进行判断。8．【答案】A【解析】【解答】A．常温常压下，14gN2的物质的量为，含有的分子数约为=3.01×1023，A符合题意；B．标准状况下，CO2是气体，H2O不是气体，等体积含有的分子数不同，B不符合题意；C．没有给出溶液的体积，不能计算Cl-的数目，C不符合题意；D．Fe与氯气反应生成FeCl3，铁从0价升高到+3价，失去3个电子，1molFe与氯气完全反应转移的电子数约为3×6.02×1023，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、结合公式n=m/M和n=N/NA判断；

B、标准状况下水不是气体；

C、未知溶液体积无法判断；

D、铁和氯气反应生成氯化铁。9．【答案】D【解析】【解答】A.2g氢气的物质的量为=1mol/L，一个氢气分子含有2个原子，所以2g氢气所含原子数目为2NA，故A不符合题意；B．常温常压下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，所以11.2L氮气的物质的量不是0.5mol，故B不符合题意；C．标况下水不是气体，所以22.4L水的物质的量不是1mol，故C不符合题意；D.14gCO的物质的量为=0.5mol，含有的分子数为0.5NA，故D符合题意；故答案为D。

【分析】A．根据公式计算H2的物质的量，结合分子中所含的原子数，确定其原子数目；

B．常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol；

C．标准状态下，水不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算；

D．根据公式计算CO的物质的量，进而确定其所含分子数；10．【答案】D【解析】【解答】A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A不符合题意；B、根据A中分析可知B不符合题意；C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol÷0.04L=5mol•L-1，C不符合题意；D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D符合题意；故答案为：D【分析】当加入NaOH20mL时，发生反应：H＋＋OH－=H2O；

当加入NaOH20~200mL时，发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；此时所得Al(OH)3、Mg(OH)2沉淀的物质的量为0.35mol；

当加入NaOH200~240mL时，发生反应：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；此时剩余0.15mol为Mg(OH)2沉淀；据此结合相关数据进行计算。11．【答案】D【解析】【解答】A、依据的公式为c=1000ρw%/M，以及w%=S/(100＋S)×100%，因此根据④⑤⑥能计算物质的量浓度，故A不选；B、③已给出溶液体积，由①④可求出溶质的物质的量，能计算物质的量浓度，故B不选；C、据①④可求溶质的物质的量，据①②⑥可求溶液的体积，能计算物质的量浓度，故C不选；D、③给出溶液体积，但据②④无法求出③对应的溶液中溶质的物质的量，不能计算出物质的量浓度，故D选。故答案为：D。

【分析】求物质的量浓度最基本的公式，V为溶液的体积。已知密度、质量分数也可以求公式为c=1000ρw%/M，饱和溶液中已知溶解度也可以求，。12．【答案】D【解析】【解答】A、Na2CO3溶液滴入HCl溶液开始就产生气泡，反应为：Na2CO3+2HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，HCl溶液滴入Na2CO3溶液，开始时无气泡产生，反应为：Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，当Na2CO3反应完后，继续滴入盐酸，NaHCO3与盐酸反应产生气泡，反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，现象不同，A不符合题意；B、AlCl3溶液滴入NaOH溶液开始时无沉淀产生，反应为：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，后产生白色沉淀，反应为：3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，NaOH溶液滴入AlCl3溶液开始时产生白色沉淀，反应为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后沉淀溶解，现象不同，B不符合题意；C、KAlO2溶液滴入HCl溶液，开始时无沉淀生成，反应为：KAlO2+4HCl＝KCl+AlCl3+2H2O，后产生白色沉淀，反应为：3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，HCl溶液滴入KAlO2溶液，开始时产生白色沉淀，反应为：KAlO2+HCl+H2O＝Al(OH)3↓+KCl，后沉淀不溶解，现象不同，C不符合题意；D、无论是Na2SiO3溶液滴入HCl溶液，还是HCl溶液滴入Na2SiO3溶液，都产生白色胶状沉淀，反应是：Na2SiO3+2HCl＝2NaCl+H2SiO3↓，现象相同，D符合题意；故答案为：D【分析】根据物质互滴过程中所发生的反应分析其现象。13．【答案】1.12L【解析】【解答】食醋中醋酸的质量分数为5%，所以60g食醋中醋酸质量为3g，醋酸分子量为60，物质的量为0.05mol110.050.05故气体体积为1.12L

【分析】根据CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O计算。14．【答案】漂粉精→游泳池消毒；碳酸氢钠→焙制糕点；氧化铁→红色颜料【解析】【解答】漂粉精具有强氧化性，可用于游泳池消毒；碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，所以可用于焙制糕点；氧化铁是红褐色固体，可用于红色颜料。

【分析】漂粉精具有强氧化性；碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳；氧化铁是红褐色固体分析。15．【答案】（1）①②④；⑤⑦（2）62g/mol；16；0.1mol【解析】【解答】（1）根据分析，电解质为：①②④，非电解质为：⑤⑦；故答案为：①②④；⑤⑦；（2）①0.4mol钠离子，则Na2R0.2mol，，R的相对原子质量=；②，则Na2R的物质的量为0.1mol；故答案为：62g/mol；16；0.1mol。

【分析】（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，氯酸钾晶体、醋酸、熔融NaCl均属于电解质，蔗糖、二氧化硫均为非电解质；

（2）根据计算。16．【答案】（1）④⑥⑦；①②⑥；③⑧（2）NaCl=Na++Cl-（3）2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑【解析】【解答】①NaCl晶体是化合物，不导电，但在熔融状态下和水溶液中都能导电，属于电解质；②冰醋酸是化合物，不导电，但溶于水时可导电，属于电解质；③干冰是化合物，固态和熔融状态下也不导电，溶于水能导电但本身不能电离，属于非电解质；④铝是单质，能导电，但不是电解质也不是非电解质；⑤液氧是单质，不能导电，不是电解质也不是非电解质；⑥熔融的KNO3能导电，且是化合物，属于电解质；⑦稀硫酸溶液能导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧酒精是化合物，不导电，其水溶液也不导电，属于非电解质；（1）结合以上分析可知：以上物质能导电的是④⑥⑦；属于电解质的是①②⑥；属于非电解质的是③⑧；（2）氯化钠为强电解质，在水溶液中能完全电离，电离方程式为：NaCl=Na++Cl-；（3）铝与盐酸反应生成氢气，化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑。【分析】物质导电是溶液中存在自由移动的离子；电解质是指在熔融或水溶液中能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；据以上分析进行解答。17．【答案】先生成白色絮状沉淀后迅速变成灰绿色；最后变成红褐色；FeSO4+2NaOH＝Na2SO4+Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3【解析】【解答】在FeSO4溶液中加入NaOH溶液后，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为：FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4，生成的白色Fe（OH）2沉淀极易被氧气氧化，先迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe（OH）3，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故答案为：先生成白色絮状沉淀后迅速变成灰绿色；最后变成红褐色；FeSO4+2NaOH＝Na2SO4+Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。

【分析】硫酸亚铁与氢氧化钠反应首先生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁迅速被氧化为生成红褐色氢氧化铁，据此回答即可。18．【答案】（1）（2）纯碱或苏打；（3）；；【解析】【解答】（1）若为常见的非金属单质，常温下为固体，、、均为气体，与的反应需要在高温下进行，则A、B、C、D分别是C、CO、CO2、O2，则C、CO2反应的化学方程式为。（2）若、、的溶液均显碱性，常用于培制糕点的发酵粉的主要成分之一，也可以作为抗酸药剂，C是碳酸氢钠，则A、B、D分别是NaOH、Na2CO3、CO2，的俗名为纯碱或苏打，NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3的离子方程式为；（3）若为用量最大、用途最广泛的金属单质，它的一种氧化物为红棕色固体，可用作颜料，则D是Fe；是一种黄绿色气体，A是Cl2；铁和氯气反应生成氯化铁，的化学式为，和铁反应生成氯化亚铁，则C是；与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为，Cl2与反应生成的化学反应方程式为。

【分析】充分利用好题目中的关键信息以及转化关系进行解答；满足这样转化的有：C-CO-CO2；Na-Na2O-Na2O2；N-NO-NO2；Fe-Fe2+-Fe3+，结合先关信息进行解答即可19．【答案】（1）2.8；100mL容量瓶（2）4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O（3）KSCN溶液；BaCl2溶液（4）H+（5）适量的稀硫酸和铁粉【解析】【解答】(1)①配制100mL0.100mol·L-1FeSO4溶液，=0.100mol/L×0.1L=0.010mol，n(FeSO4·7H2O)==0.010mol，m(FeSO4·7H2O)=nM=0.010mol×278g·mol-1=2.78g，用天平称取2.8g；②配制100mL溶液需要的主要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和100mL容量瓶。故答案为：2.8g；100mL容量瓶。(2)放置一天后的FeSO4溶液中存在Fe3+，是因为亚铁离子被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O。(3)为了证实黄色固体中含Fe3+和SO42−，加入试剂1后溶液变红，所以试剂1是用来检验Fe3+的，用KSCN溶液；加入试剂2后得白色沉淀，所以试剂2是用来检验分别是SO42−的，是BaCl2溶液，故答案为：KSCN溶液；BaCl(4)实验测定FeSO4溶液放置过程中随着放置时间的增长，溶液的pH逐渐减小，黄色固体的量逐渐增加，所以黄色固体中除Fe3+、SO42−还可能含有H+，故答案为：H+(5)由题意知不同pH下Fe2+的氧化率不同，pH越大，氧化速率越快，所以为避免Fe2+被氧化，配制FeSO4溶液时，需要添加稀硫酸，而且稀硫酸的存在还可以抑制Fe2+的水解，另外铁粉可以还原Fe3+为Fe2+，故答案为：适量的稀硫酸和铁粉。

【分析】(1)①根据物质的量浓度公式计算②容量瓶需要说明对应的体积；(2)根据氧化还原反应配平方法完成；(3)根据对应反应的现象判断实际类型；(4)pH一直小于7，溶液为酸性，有氢离子存在；(5)氢离子的存在可以防止水解，铁粉做还原剂，防止二价铁离子被氧化；20．【答案】（1）CO；Mg2+、Cu2+（2）0.5（3）0.01（4）0≤c(Na+)≤0.1mol•L-1【解析】【解答】(1)实验1：加入盐酸，有气泡产生，说明含有CO，则不存在Mg2+、Cu2+，故答案为：CO；Mg2+、Cu2+；(2)实验2：加入足量浓NaOH溶液并加热，收集到标准状况下的气体1.12L，说明含有NH，且n(NH)==0.05mol，则100mL溶液中c(NH)==0.5mol•L-1，故答案为：0.5；(3)实验3：加入足量BaCl2溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量，第一次称量读数为6.27g；再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量，第二次称量读数为2.33g，说明沉淀中含有硫酸钡和碳酸钡，且n(SO)==0.01mol，n(CO)==0.02mol，故答案为：0.01；(4)溶液中肯定存在的离子是NH、CO和SO，且100mL溶液中含有n(NH)=0.05mol，n(SO)=0.01mol，n(CO)=0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(NH4+)=0.05mol，n(-)=2n(CO)+2n(SO)=0.06mol＞0.05mol，所以溶液中一定存在K+、Na+中的一种或两种，因此0≤n(Na+)≤0.01mol，则0≤c(Na+)≤0.1mol•L-1，故答案为：0≤c(Na+)≤0.1mol•L-1。【分析】实验1中加入盐酸有气体生成，说明溶液含有CO32-，则一定不含Mg2+、Cu2+。实验2中有气体生成，说明含有NH4+，且n(NH4+)=n(nH3)==0.05mol。实验3中先足量BaCl2溶液，再加入足量盐酸，生成的白色沉淀部分溶解，说明6.27g白色沉淀为BaCO3、BaSO4，最终2.33g沉淀为BaSO4，即溶液中含有SO42-，且n(SO42-)=n(BaSO4)==0.01mol，故m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，则n(CO32-)=n(BaCO3)==0.02mol，由于2n(SO42-)+2n(CO32-)=0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol>n(NH4+)=0.05mol，由电荷守恒可知，溶液中至少K+、Na+中一种，且二者总物质的量为0.06mol-0.05mol=0.01mol。21．【答案】（1）11.9（2）B；D（3）16.8；20【解析】【解答】(1)由公式可得，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为，故答案为：11.9；(2)A．溶液中HCl的物质的量与溶液体积有关，HCl溶液体积越大，其物质的量越大，A选项不正确；B．溶液的浓度与溶液的体积无关，不随所取体积的多少而变化，B选项正确；C．溶液中Cl-数目与溶液的体积有关，同一溶液体积越大，Cl-数目越多，C选项不正确；D．溶液的密度与溶液的体积无关，不随所取体积的多少而变化，D选项正确；综上，BD正确，故答案为：BD；(3)①根据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，即c1V1=c2V2，11.9mol/L×V1=0.400mol/L×0.5L，解得V1=0.0168L=16.8mL，故答案为：16.8；②由①可知，需要量取16.8mL浓盐酸，应选用20mL的量筒，故答案为：20。【分析】（1）根据计算；

（2）取用任意体积的该盐酸时，溶液的浓度、溶液的密度均不随体积的多少而变化，以此分析；

（3）①根据溶液稀释前后溶质物质的量不变，计算所需浓盐酸的体积；②根据①计算出的浓盐酸的体积来选取相应的量筒.22．【答案】（1）2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑（2）用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）（3）D（4）94.8（5）明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。（6）KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O；2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】【解答】（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗涤效果最佳；答案：D（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；答案：94.8（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。（6）根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；答案：KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【分析】（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；（3）从减少产品损失考虑；（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶