高中化学人教版（2019）必修第一册第三章第二节金属材料-教案课件习题试卷知识点归纳-高中化学必修第一册

高中化学人教版（2019）必修第一册第三章第二节金属材料

一、单选题

1.（2021•长春模拟）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）

A.医疗废弃物经处理可加工成儿童玩具，实现资源综合利用

B.海水淡化的方法有蒸储法、电渗析法、离子交换法等

C.《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”描述了中药的溶解与过滤

D.商代制作的工艺精湛的司母戊鼎主要成分是铜、锡、铅

【答案】A

【考点】常见的生活环境的污染及治理，合金及其应用，蒸储与分储，分液和萃取

【解析】【解答】医疗废弃物可回收利用，但不可以制成儿童玩具，A不符合题意；

B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程，蒸储法是人类最早使用的淡化海水的方法；离

子交换法是用阳离子交换树脂（HR）和水中的金属离子进行交换的一种方法，通常通过阳离子交换树脂可以

除去钙离子和镁离子得到软水；电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，

阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，B符合题意；

C."青蒿一握，以水二升渍，绞取汁"中"以水二升渍”描述了溶解，"绞取汁”描述的是过滤，C符合题意；

C.母戊鼎属于青铜合金，主要由铜和锡、铅组成的合金，D符合题意。

【分析】A.医疗废弃物一般是已经被污染的产品一般会带有细菌或者病毒，可以回收集中处理，不能用于

制成儿童玩具

B.考查的是海水淡化的方法，主要是蒸僧法、电渗析法、离子交换法等等

C.主要描述的过滤操作实现固液分离的方法

D.使用最多的金属材料都是合金

2.（2021•浦东模拟）“中国"一词最早见于西周的青铜器（主要成分为铜、锡、铅等）上。下列有关青铜的说

法中错误的是（）

A.冶铜技术早于炼铁B.具有导电性C.熔点高于纯铜D.硬度大于纯铅

【答案】C

【考点】合金及其应用

【解析】【解答】A.中国在夏代已经冶炼青铜，而春秋战国时才出现炼铁技术，A项不符合题意；

B.青铜为金属，具有导电性，B项不符合题意；

C.青铜是合金，合金的熔点低于其组分中的任意一种金属，故熔点低于纯铜，C项符合题意；

D.合金的硬度比其组分中任意一种金属的硬度都大，故硬度大于纯铅，D项不符合题意；

故答案为：C。

【分析】青铜器是合金，冶炼技术早于冶铁，金属具有导电性，合金的熔点低于纯金属材料，硬度强于

纯金属元素

3.（2021•宝山模拟）下列关于铝及其化合物的说法，错误的是（）

A.铝可用作包装材料和建筑材料B,利用铝热反应可冶炼高熔点金属

C.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物D.明帆可用作净水剂和消毒剂

【答案】D

【考点】铝的化学性质，镁、铝的重要化合物

【解析】【解答】A.AI具有良好的延展性，AI被氧化生成的氧化铝熔点高，可作耐火材料，则AI既可用

于食品包装材料，也可用做建筑材料，A不符合题意；

B.AI具有较强的还原性，铝热反应能释放大量的热量，可以利用铝热反应可冶炼高熔点金属，B不符合

题意；

C.氢氧化铝的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物，C不符合题

意；

D.铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用做净水剂，不具有强氧化性，不能用作消毒剂，D符合题

思；

故答案为：D。

【分析】明研可以做净水剂，但是不能做消毒剂，氢氧化铝可以与胃酸作用减小胃酸，可以治疗胃酸过

多，铝热反应放出大量的热，可以冶炼高熔点金属，铝易形成氧化物，阻碍了铝进一步氧化，可以做包

装材料以及建筑材料

4.（2021•浙江）下列说法本定前的是（）

A.硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐B.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁

C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气D.常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化

【答案】A

【考点】含硅矿物及材料的应用，钠的化学性质，铝的化学性质，镁、铝的重要化合物

【解析】【解答】A.硅酸钠是可以溶于水的硅酸盐，故A不符合题意

B.空气中含有氮气和氧气，均可与镁单质作用，因此产物为氧化镁和氮化镁，故B不符合题意

C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C不符合题意

D.常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化，故D不符合题意

故答案为：A

【分析】硅酸钠的水溶液叫水玻璃，因此硅酸钠可以溶于水，其他选项均正确

5.（2021•湖南）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：

无水MgCI2

下列说法错误的是（）

A.物质X常选用生石灰

B.工业上常用电解熔融MgC12制备金属镁

高温

c."氯化”过程中发生的反应为MgO+c+C12;MgCh+CO

D."煨烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgC12

【答案】D

【考点】海水资源及其综合利用，镁、铝的重要化合物

【解析】【解答】A.物质X的作用是使Mg?+转化为Mg(OH)2,工业上常采用CaO,发生

2+2+

CaO+H2O=Ca(OH)2,Ca(OH)2+Mg=Mg(OH)2l+Ca,A不符合题意；

B.Mg是较活泼金属，氧化镁的熔点过高，需要消耗能量过多，工业上常用电解熔融MgC12制备金属

镁，B不符合题意；

C.由图可知"氯化"过程反应物为Mg。、氯气、C,其中生成物为MgCL和C。，，反应方程式为

高温

MgO+C+Clz:MgCh+CO，C不符合题意；

D."夕段烧"后得到Mg。，MgO和盐酸反应得到MgCL溶液，氯化镁会发生水解产生氢氧化镁和氯化氢，而

氯化氢易挥发，因此最终的产物为氢氧化镁不是氯化镁，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.海水中有镁离子将镁离子变为沉淀需要加入碱性物质，氧化钙易制取，且与水反应得到氢氧化

钙可以沉降镁离子

B.工业上对于比较活泼的金属一般选择的是电解熔融的离子化合物进行制取，而镁是离子化合物，且熔

点不是很高符合电解制取氯化镁的要求

C.根据反应物和产物以及质量守恒即可判断产物，据此写出方程式

D.氯化镁溶液得到氯化镁固体，需要在蒸发时不断的通入氯化氢气体，抑制镁离子的水解

6.(2021•河北)“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“钢铁是杂炼生臻作刀镰者"。"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

【答案】C

【考点】合金及其应用，铁的氧化物和氢氧化物

【解析】【解答】A.钢和铁都是铁的合金，钢的含碳量是0.3%-2%,生铁的含碳量是2%-4.3%,钢是含碳

量低的铁合金，故A不符合题意；

B.钢的硬度和脆性与含碳量有关，硬度和脆性随着含碳量的增大而增大，故不符合题意；

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符合题意；

D.赤铁矿的主要成分是红棕色的Fe?O3，可用于冶炼铁，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】考查的是铁合金，铁的合金常用的是生铁和钢，生铁和钢的性质下差异的原因是含碳量不同，

生铁的含碳量高，钢的含碳量低，钢的含碳量越高，印度和脆性越大，常用冶铁矿石的是赤铁矿主要成

分是三氧化二铁，合金的熔点比纯金属要低

7.(2021高一下•金华月考)铝土矿主要成分为AI2O3，主要杂质为Fe2O3、SiO2，某实验小组设计

了如下流程制备铝：下列说法不正确的是()

乐舞-画鬻藐画画鸳叵回屋才回

过滤--------过滤、洗深---------1③-------冰晶石

①②④

A.步骤①过滤得到的滤渣主要为SiO2

B.步骤②的沉淀剂可以选用NaOH、氨水或Ca(OH)2,考虑成本，Ca(OH)2最合适

C.步骤④加入冰晶石的目的是降低AI2O3熔融的温度，降低能耗

D.该方案的缺陷在于未能很好的将Fe2O3杂质除去

【答案】B

【考点】硅和二氧化硅，镁、铝的重要化合物，物质的分离与提纯

【解析】【解答】A.由分析可知，步骤①得到的滤渣主要成分为SiCh，A不符合题意；

B.步骤②所加沉淀剂应使A"形成AI(OH)3沉淀，而Fe3+不形成沉淀，故沉淀剂不能是NaOH、Ca(OH)2或

氨水，B符合题意；

C.步骤④为电解熔融ALO3制备AI,加入冰晶石可以降低ALO3的熔点，减少能耗，C不符合题意；

D.该实验方案中缺少除去铁元素的步骤，因此实验方案存在一定的缺陷，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】铝土矿中含有AI2O3、Fe2O3、SiO2,加入稀盐酸后，形成A|3+、Fe3',SKh与稀盐酸不反

应，过滤得到滤渣中含有SiCh；步骤②加入沉淀剂后形成AI(OH)3,需不考虑不形成Fe(OH)3沉淀；步

骤③对AI(OH)3灼烧，使其分解形成AbCh，电解熔融ALC)3可得到金属Al。

8.(2021•浙江)下列说法褶锲而是()

A.铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨

B.镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火

C.熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带

D.工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫

【答案】A

【考点】氨的性质及用途，镁、铝的重要化合物，探究铝热反应

【解析】【解答】A.铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将

两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法符合题意；

B.镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法

不符合题意；

C.粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和

医疗石膏绷带，C说法不符合题意；

D.二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用

氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法不符合题意。

故答案为：A.

【分析】铝热反应是铝单质和氧化铁反应制取铁单质来焊接铁轨，其他选项均正确

9.（2021•杨浦模拟）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成

的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（）

A.加冷水可提高效果B.使用时应防明火以免发生爆炸

C.可敞口置于空气中保存D.NaOH作氧化剂

【答案】B

【考点】氧化还原反应，铝的化学性质

【解析】【解答】A.温度越高反应速率越快，则加热水可提高效果，A描述不符合题意；

B.NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，遇到明火发生爆炸，则使用时应防明火以免发生爆炸，B描述符

合题意；

C.NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，应密封保存，C描述不符合题意；

D.铝粉在NaOH的条件下与水反应生成氢气，生成的氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，则水作

氧化剂，D描述不符合题意；

答案为Bo

【分析】根据题意知，氢氧化钠与铝反应产生大量的气泡，此气泡是氢气，经过分析，水做氧化剂，铝

做还原剂，因此需要避免遇到明火以免发生爆炸，加入热水可以提高反应速率，氢氧化钠与吸水以及与

空气中的二氧化碳反应发生变质。

10.（2021•浦东模拟）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是（）

A.铝与氯化铁溶液B.锌与浓盐酸

C.铜与浓硫酸（加热）D.铝与浓硝酸（常温）

【答案】D

【考点】铝的化学性质，铜及其化合物，常见金属元素的单质及其化合物的综合应用

【解析】【解答】A.铝比铁活泼，铝和足量氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铝，铝没有剩余，故A

不符合题意；

B.锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气，浓盐酸足量，锌没有剩余，故B不符合题意；

C.铜与足量浓硫酸（加热）生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜没有剩余，故C不符合题意；

D.铝与浓硝酸（常温）会钝化，浓硝酸足量铝也会剩余，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】溶液足量是金属一定有剩余，说明此物质不能完全被反应，铝和过量的氯化铁反应和锌与过量

的浓盐酸、以及铜与足量的浓硫酸（加热）金属均完全反应完全。铝和浓硫酸，浓硫酸具有很强的氧化

性，在铝表面形成致密的氧化物薄膜阻碍反应进一步反应，故金属不会反应完

11.（2021•闵行模拟）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（）

A.常温下小块铝片投入足量浓硫酸中B.少量碘片投入足量滨化钠中

C.小块硫磺投入足量二硫化碳中D.小块铜片投入热乙醇溶液中

【答案】C

【考点】氯、澳、碘及其化合物的综合应用，含硫物质的性质及综合应用，铝的化学性质，铜及其化合物

【解析】【解答】A.常温下小块铝片投入足量浓硫酸中发生钝化，所加固体不可以完全溶解，故A不符

合题意；

B.碘的非金属性比滨弱，少量碘加入澳化钠溶液中不反应，所加固体不能溶解，故B不符合题意；

C.硫磺易溶于二硫化碳，小块硫磺投入足量二硫化碳中完全溶解，故C符合题意；

D.小块铜片投入热乙醇溶液中，铜片作催化剂，所加固体不能溶解，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】利用几个相似相溶原理，硫单质可以溶于二硫化碳中，其他选项均不能溶解。

12.(2021•静安模拟)某矿物含AWh、MgO,工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，然后过滤。再往所得

滤液中逐滴加入NaHCCh溶液，测得溶液pH和生成AI(OH)3的物质的量与所加入NaHCCh溶液体积变化的

曲线见下图。点e的坐标为(40,32)。

3

PHn[AI(OH)3](10-mol)

有关说法错误的是()

A.生成沉淀时的离子方程式:HCO-+AI0-+H0->AI(0H)3sk+C02-

322

B.NaHCCh溶液中：c(H2co3)+C(HCO-)+c(CO2-)=0.8mol/L

C.a点溶液存在：c(Na+)+c(H+)=c(AIO-)+c(OHj

D.水的电离程度：点a＜点b

【答案】B

【考点】水的电离，盐类水解的应用,离子浓度大小的比较，镁、铝的重要化合物

【解析】【解答】A.碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO3和AI。2反应生成偏

铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HC。3+AI。2+出。=AI(OH)3J+C。2-,故A不符合题意；

B.加入40mLNaHCCh溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol,前8mLNaHCCh溶液和氢氧化钠反应(0H+HC。

3=8+H2。)不生成沉淀，后32mLNaHCCh溶液与偏铝酸钠反应(HC。3+AI0)+H20

=AI(OH)3J+CO')生成沉淀，则原NaHCS溶液物质的量浓度c(NaHCO3)=篙mol/L=1.0mol/L,原

NaHCCh溶液中的物料守恒为c(HC。3)+c(CO2-)+c(H2CO3)=1.0mol/L,故B符合题意；

C.a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AI。2)+c(OH),故C

不符合题意；

D.a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐

类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，故D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】某矿物含AI2O3、MgO,工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，AWh和NaOH反应生成NaAKh,

所以过滤后的滤液中含有过量的NaOH和NaAQ，逐滴加入NaHCCh溶液，先和NaOH反应，再和

NaAICh反应。

二、多选题

13.（2021•山东）实验室中利用固体KMnCU进行如图实验，下列说法错误的是（）

O.lmolKMnO,足量浓盐酸

7固体f通］7气体单质H

气体单质G酸性溶液

A.G与H均为氧化产物B.实验中KMnC>4只作氧化剂

C.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应D.G与H的物质的量之和可能为0.25mol

【答案】B,D

【考点】氧化还原反应，氧化性、还原性强弱的比较，物质的量的相关计算

【解析】【解答】A.G是高锯酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，

故A不符合题意

B.高锌酸钾加热得到的是镒酸钾和二氧化锦以及氧气，高镒酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意

C.高锌酸钾分解以及镒酸钾和二氧化镭与浓盐反应，因此锌元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题

意

D.lmol高镐酸钾生成lmol氧气需要转移4mol电子，生成lmol氯气需要转移2mol电子，O.lmol高镒酸

钾完全分解得到0.05mol氧气，而O.lmol高镒酸钾与盐酸反应，2KMng〜5cL得到的氯气的物质的量最大

值为0.25mol,此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol,故D符合题意

正确答案是：BD

【分析】高锌酸钾加热时的产物是钵酸钾和二氧化锌以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与

盐酸反应得到的氯化镐溶液得到的气体单质为氯气。

14.（2020高一下•日照期末）已知：①2K2CQ1+H2so4=L（>2。7+K2so4+H2。

@Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+l2+H2SO4

（3）K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O

下列结论错误的是（）

A.LCrCU转化为KzCrzCh属于氧化还原反应

B.氧化性强弱顺序是:K2Cr2O7>Fe2（SO4）3>l2.

C.反应②中，每有ImolL生成，转移电子数为2NA

D.反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3

【答案】A,D

【考点】氧化还原反应，氧化性、还原性强弱的比较，物质的量的相关计算

【解析】【解答】A.反应①中，K2C24转化为KzCrzCh不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，

故A符合题意；

B.反应②中，Fe2（Sd）3是氧化剂，12是氧化产物，氧化性：Fe2（SO4）3>L,反应③中K2SO7是氧化剂，

Fe2（SO4）3是氧化产物，氧化性：K2Cr2O7>Fe2（SO4）3，由此可知氧化性：K2Cr2O7>Fe2（SO4）3>l2,故B不

符合题意；

C.反应②中，b由川氧化得到，每有Imolb生成，转移电子数为2NA,故C不符合题意；

D.反应③中氧化产物为Fe2（SO4）3,还原产物为Cr2（SO4）3,两者的物质的量之比为3：1,故D符合题

思；

故答案为：AD。

【分析】A.标化合价看元素化合价是否发生改变

B.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断

C.根据方程式红元素电子转移的量进行计算

D.根据氧化还原反应找出氧化剂和还原剂即可

三、实验探究题

15.（2018高一上•湖北月考）如图是硫酸试剂瓶标签上的内容：

破鼓।化学纯iCPHSOOml）

品名，硫酸

化学式IH；$O4

相对分子质量I98

密度11.84g,<nrJ

质T分数1

（1）该硫酸的物质的量浓度为mol/Lo

（2）某化学小组进行硫酸酸性实验探究时，需要240mL4.6mol/L的稀硫酸，则需要取上述的浓硫酸

________mLo

（3）在配制4.6mol/L稀硫酸的过程中，下列情况对所配制硫酸溶液物质的量浓度有何影响？（填"偏高""偏

低"或"无影响"）

①未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中；

②定容时仰视刻度线;

③用量筒量取浓硫酸时俯视;

④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面。

（4）实验过程中出现下列情况应如何处理？

①向容量瓶中加入蒸储水至距刻度线广2cm时，应________；

②加蒸储水时不慎超过了刻度，应________。

【答案】⑴18.4

（2）62.5

（3）偏高；偏低；偏低；偏低

（4）改用胶头滴管滴加至溶液凹液面的最低处和刻度线相切；重新配制

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液，物质的量浓度，物质的量的相关计算

【解析】【解答】该浓的物质的量浓度=（）实验室没有

（1）H2SO4mo|/L=18.4mol/L；2240mL

容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积=25。吧：6九=625mL,稀释浓硫酸

应将浓硫酸沿器壁缓慢注入水里，并不断地用玻璃棒搅拌溶液；（3）①溶液具有热胀冷缩性质，未经冷

却趁热将溶液注入容量瓶中定容，冷却后溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏高；

②定容时仰视观察液面，液面再刻度线上方，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；

③用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，看到的读数偏大，但量取的实际体积偏小，也就是说溶质少了，所以

所配溶液的物质的量浓度比实际偏低；

④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；

（4）①定容的正确操作：向容量瓶中加入蒸储水，液面离容量瓶颈刻度线下1〜2cm时，应改用胶头滴

管滴加蒸储水至液面与刻度线相切；

②加蒸馈水时不慎超过了容量瓶颈刻度线，导致实验失败且无法补救，需要重新配制。

【分析】（1）根据质量分数与物质的量浓度之间的关系可以计算出物质的量浓度；

（2）两种硫酸的物质的量是相等的；

（3）①不冷却就移液会使最终配制的溶液的体积偏小，这时浓度就会偏高；

②定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，最终配制的浓度就会偏低；

③在量取弄硫酸时仰视会使取得的浓硫酸的物质的量偏小，最终配制的溶液浓度就会偏西；

④移液时将溶液溅在外面，会使溶质的物质的量偏小，浓度就会偏小；

（4）①在定容快到达刻度线时，应该改用胶头滴管进行滴加；

②加蒸储水超过刻度线，这时浓度是超过计算好的溶液的浓度，需要重新配置。

16.（2020高一上•义乌期中）用如图标签所示浓盐酸配制250mL0.4molL」的稀盐酸，并进行有关实验。请

回答:____________________

容量：500mL分析纯

品名：浓盐酸

化学式：HCI

外观合格符合GB622-89

相对分子质量：36.5

质量分数：0.365

密度：1.18gcm-3

试剂生产许可证编号：XXX

上海xx化学试剂厂

（1）该浓盐酸的物质的量浓度为，配制时需要量取浓盐酸mU

（2）配制时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有、o

（3）配制溶液时有以下操作：①溶解②摇匀③洗涤并转移④冷却⑤量取⑥转移溶液⑦定容⑧装瓶贴

标签，则正确的操作顺序是（填序号）。定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，,

再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。

（4）若实验遇到下列情况，所配溶液的浓度会（填"偏高""偏低"或"不变"）

A.定容时仰视刻度线；

B.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理；

C.溶解后没有冷却便进行定容..

【答案】（1）ll.Smol-L1；8.5

（2）胶头滴管；250mL容量瓶

（3）⑤①④⑥③⑦②⑧；用胶头滴管滴加蒸储水至溶液的凹液面与刻度线相切

（4）偏低：不变；偏高

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液，物质的量的相关计算

【解析】【解答】⑴该浓盐酸的物质的量浓度c=吸丝=1。。。黑厂365m0|/L=118m0|.L-i；设所需浓盐

M36.5

酸体积为V,根据稀释过程溶质的量不变可知:250mLx0.4mol-L^ll.Smol-L<xV,解得V=8.5mL；（2）配制

过程中，需要量筒量取浓盐酸，烧杯、玻璃棒稀释，容量瓶进行配制，胶头滴管进行定容，因此配制时

使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有胶头滴管、250mL容量瓶；⑶由上述分析可

知，正确的操作顺序是⑤①④⑥③⑦②⑧；定容操作为：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管

滴加蒸锵水至溶液的凹液面与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；（4）根据c=£分析

配制过程中所影响的相关物理量判断对配制溶液浓度的影响，

A.定容时仰视刻度线会使溶液体积偏大，导致溶液浓度偏低；

B.配制过程中还会向容量瓶中加入蒸播水，因此容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不会影响实验结果；

C.根据热胀冷缩原理可知，溶解后没有冷却便进行定容，待溶液冷却后，溶液体积将减小，导致溶液浓

度偏高。

【分析】利用c=当史计算出浓盐酸中HCI浓度，配制250mL0所。电的稀盐酸选用250mL容量瓶，根

据稀释过程中溶质的量不变，即C福1/用=小长1/*计算所需浓盐酸体积，然后依次经过量取浓盐酸玲稀释并冷

却至室温玲转移至容量瓶玲洗涤并转移至容量瓶玲定容玲摇匀好转移至试剂瓶并贴标签，依次进行解答。

17.（2018高二上•台州月考）氮化铝（AIN）是一种新型无机非金属材料。某AIN样品仅含有AbS杂质，为测

定AIN的含量，设计如下三种实验方案。（已知：AlN+NaOH+H2O=NaAIO2+NH3个）

（1）（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AIN的纯度（夹持装置已略去）。

N.OH侬溶演

图中球形干燥管的作用是

（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是：关

闭Ki,打开心，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。然后打开L,通入

氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是..

（3）假设其他操作均正确，按照图装置将导致测定结果（填"偏高"、"偏低"或"无影响"）。

（4）（方案2）用图装置测定mg样品中AIN的纯度（部分夹持装置已略去）。

为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体最好选择

a.CCU

b.H2O

饱和溶液

c.NH4CI

d.浓硫酸

（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况）。则AIN的质量分数是

（需化简）。

（6）（方案3）按下列路径测定样品中AIN的纯度：

样品过贵NaOH溶区过或CO、生港、洗闿

（mA①一褶f③1—4灌液理攵固体

④Mg）

写出步骤反应的离子方程式。

（7）该方案能否测出AIN的纯度？（若能请用mi,m2列出计算纯度的表达式）.

【答案】（1）防倒吸

（2）把装置中残留的氨气全部排入C装置中

（3）偏高

（4）a

（5）41V/22400m

（6）AIN+OH+H2OAIO2-+NH3个AI2O3+2OH-AIO2+H2O

（7）41（m2-mi）/10mi

【考点】离子方程式的书写，物质的量浓度，物质的量的相关计算

【解析】【解答】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，容易发生倒吸，图c装置中球形干燥管的作

用是防倒吸。（2）通入氮气的目的是把装置中残留的反应生成的氨气全部排入C装置中被浓硫酸吸收，

准确测定装置C的增重。（3）图1中空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C,使的定结果偏高。（4）a、

四氯化碳不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法收集氨气并测定体积，正确；

B、氨气极易溶于水，不能用排水法测定，错误；

C、氨气极易溶于水，不能用氯化核溶液，错误；

D、氨气能和浓硫酸反应，错误。所以选a。（5）根据氮原子守恒，氨气的物质的量就是氮化铝的物质的

量，则氮化铝的物质的量为V/22400mol,则氮化铝的质量分数为皿Qx100%=上LX100%

22.%22400m

=41V/22400m（6）从流程分析，氮化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氨气，离子方程式为：

人小+。叶+比。=人1。2-+1^3个；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：

AI2O3+2OH-=AIO2-+H2O（7）根据反应分析，氮化铝和氧化铝最后都为氧化铝，所以固体增重就为氮化铝变

氧化铝造成的，所以根据质量差值计算

2AIN-AI2O3质量改变20

41x2（m2-mi）

则氮化铝的质量为41（m2-mi）/10,则氮化铝的质量分数为41（m2-mi）/10mi

【分析】（1）根据氨气与浓硫酸发生反应分析；

（2）通入氮气使装置中的氨气全部进入C中；

（3）水蒸气与二氧化碳一起进入装置，据此分析；

（4）氨气极易溶于水，同时X液体不能与氨气反应，据此分析；

（5）根据氮原子守恒分析解答；

（6）书写离子方程式时注意电荷守恒、原子守恒、质量守恒；

（7）根据铝守恒分析即可得出答案。

四、综合题

18.（2021•信阳模拟）大苏打（Na2S2O3-5H2O）＞苏打、小苏打被称为"苏氏三兄弟"。它们在生活、生产

中有广泛应用。

（1）工业上，将Na2c03和Na2s以1：2的物质的量之比配成溶液。再通入s（）2可制取Na2s203,

同时放出C02，写出该反应的化学方程。Na2s溶液在空气中久置，会生成浅黄色物质，经测

定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为。

（2）Na2s203标准溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高。用离子方程式表

示其原因________。

（3）下列关于苏打和小苏打的说法正确的是（选填字母序号）。

A.纯碱是一种重要的化工原料.，在玻璃、肥皂、造纸等工业中都有重要的应用

B.苏打和小苏打的相互转化属于可逆反应

C.苏打（含氯化钠杂质）可用滴定法测苏打的质量分数，使用石蕊溶液做指示剂更准确

D.牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢

（4）向50mL的氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳，充分反应后再向溶液中逐滴滴入0」mol/L的

稀盐酸，产生气体体积（标况）如图所示。

请回答下列问题

①通入二氧化碳后形成溶液的溶质成分是（填写化学式）

②滴入25mL稀盐酸过程中，溶液导电性（填"增强"或"减弱，试解释其原因________.，

③原50mL氢氧化钠溶液的浓度为，

【答案】⑴Na2co3+?Na2s+4SO?=3g2s203+cO2；Na*[：S：S：]"Na

⑵s20T+2H+=SJ+S021+甲0

（3）A;D

（4）Na0H、Na2c03：减弱；发生中和反应，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电

性减弱；0.15mol/L

【考点】钠的重要化合物，物质的量的相关计算

【解析】【解答】⑴因为反应的物质的量之比等于化学计量数之比，Na2c03和Na2s的物质的量之比

为1:2,所以方程式为Na2co3+2Na2s+4$02=2s203+C02，因为浅黄色物质与过氧化钠相似

的结构,该物质的电子式为Na+[:s:s:]:Na*；

⑵酸性条件卜，Na2s2。3会发生歧化反应S20歹+2pj+=s'+S02T+心0；

⑶A.纯碱是一种重要的化工原料，可以制备玻璃、肥皂，在造纸等工业中也有重要的应用，A正确；

B.苏打和小苏打的相互转化是在不同条件下进行的，不是可逆反应B不正确；

C.石蕊不能用作滴定反应的指示剂，C不正确；D.牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，

帮助清洁牙垢，D正确；

故答案为：AD。

⑷由图像。到50为产生气体，50到75产生气体，可以知道溶质为NaOH、Na2c03，。到25时主要

发生的反应为H++O，-=H2O-溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱，

③当盐酸加入75mL时，溶液恰好生成氯化钠，所以氢氧化钠的物质的量等于氯化氢的物质的量，所以

n（NaOH）=0.1mol/Lx0.075L=0.0075mo/,所以物质的量浓度为：JNaOH）=型胃=。黑『=

0.15mo//L。

【分析】⑴根据反应物和生成物的物质的量比即可写出方程式，氧和硫处于同一主族，性质相似。

⑵酸性条件性自身发生氧化还原反应

(3)小苏打是碳酸氢钠，可以治疗胃酸过多和做发酵粉的主要成分，固体可以通过加热的方式变成碳酸

钠，碳酸钠俗称苏打和纯碱，可以制造玻璃，可以向碳酸钠溶液溶液中通入二氧化碳得到碳酸氢钠，两

者都呈碱性，溶液pH>7

(4)①二氧化碳和氢氧化钠反应与二氧化碳的量有关系，

②导电性和离子的浓度有关，此时消耗了氢氧根离

CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3

子③根据钠元素守恒即可计算出

五、推断题

19.(2018高一上•海南月考)有A、B、C、D四种常见的金属单质，A的焰色为黄色；B为红色固体，锈蚀

时变为绿色；C在空气中加热熔化但不滴落；D在氧气中燃烧，火星四射，生成黑色固体。

根据以上信息回答下列问题：

(1)写出对应化学式：A