1、人教版高中化学必修一 3.2几种重要的金属化合物 同步测试一、单选题（共10题；共20分）1.某粉末状样品由铁、铝、铜三种金属组成，加入过量稀硫酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（） A.AlO2B.Fe2+C.Fe3+D.Al3+2.将7.8g Na2O2和2.7g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到100mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体3.36L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是（ ） A.反应过程中得到3.36L（标准状况）的气体B.反应结束得到3.9g的沉淀C.反应结束得到的溶液中含有AlCl3D.反应结束
2、得到的溶液中c（NaCl）1.0 molL13.鉴别Na2CO3和NaHCO3两种固体，不可以采用的方法是：（） A.溶于水，加石灰水B.加热，将产生的气体通入澄清石灰水C.配制成同物质的量浓度的溶液，测pH值D.滴加同浓度的盐酸4.氢氧化铝可作为治疗胃酸过多的内服药，这是利用了氢氧化铝的 A.弱碱性B.弱酸性C.两性D.氧化性5.将4.3gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量水反应，在标准状况下得到672ml混合气体，将该混合气体通过放电恰好反应，则原混合物中Na、Na2O、Na2O2的物质的量之比为（ ） A.1：2：1B.1：1：1C.1：3：1D.4：3：26.要证明某溶液中不含F
3、e3+而可能含有Fe2+ 进行如下实验操作时最佳顺序为（）加入适量氯水 加入足量KMnO4溶液 加入少量KSCN溶液 A.B.C.D.7.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（） NaHCO3Al2O3Al（OH）3Al NaHSO4AlCl3NaAlO2 A.B.C.D.全部8.两种金属粉末的混合物12g，投入足量的稀硫酸中，在标准状况下产生11.2L气体，则这种混合物可能是（ ） A.Zn、AlB.Fe、ZnC.Al、MgD.Mg、Cu9.常温下取金属钠、铝、铁各1克，加入1mol/L的硫酸V升，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，V的大小范围是
4、（） A.VB.VC.VD.V10.用下图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列有关实验的说法不合理的是( )A.反应一段时间，中试管底部有少量固体生成B.中用品红溶液验证SO2的生成C.中用石蕊溶液检验SO2溶液的酸碱性D.向中直接加水，观察颜色，确认CuSO4生成二、填空题（共4题；共18分）11.按下面的实验过程填空：浅绿色FeBr2溶液黄色液体_写出上述反应的化学方程式：_ 12.2019年7月1928日，第42届国际奥林匹克化学竞赛在日本东京举行，来自70多个国家和地区的280名中学生选手参加了本次竞赛我国选派的四名选手全部获得金牌中国国家代表队是此次比赛中唯
5、一一支四名选手均获金牌的队伍，总分位列第一请你回答以下问题：（1）下列说法中不正确的是_A三氧化二铝属于碱性氧化物B用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的物品时，发生的主要是化学变化C光导纤维的基本原料为SiO2D液氨、液氯、液态氯化氢都是非电解质E丁达尔效应可用于区别溶液与胶体，云、雾均能产生丁达尔效应（2）人们对酸碱的认识，已有几百年的历史，经历了一个由浅入深，由低级到高级的认识过程1887年阿仑尼乌斯提出电离理论1923年丹麦化学家布朗斯特和英国化学家劳莱提出了质子论凡是能够释放质子（氢离子）的任何含氢原子的分子或离子都是酸；凡是能与质子（氢离子）结合的分子或离子都是碱按质子理论：下列粒子的水溶液
6、既可看作酸又可看作碱的是_AH2O BNH4+COHDHCO3ECH3COOFCl1923年路易斯（Lewis）提出了广义的酸碱概念凡是能给出电子对而用来形成化学键的物质是碱；凡是能和电子对结合的物质都是酸如：酸（电子对接受体）碱（电子对给予体）反应产物H+：OHH：OH试指出下列两个反应中的酸或碱：H3BO3+H2OH+B（OH）4；该反应中的碱是_（填“H3BO3”或“H2O”）CuCl2+4NH3Cu （NH3）42+2Cl；该反应中的酸是_（填“CuCl2”或“NH3”） 13.某研究性学习小组对Mg和Al的性质进行了下列的实验及研究（1）以镁条、铝片为电极，稀NaOH溶液为电解质构成
7、的原电池（如图1所示）时发现，刚开始时，电流表指针向右偏转，镁条做负极；但随后很快指针又向左偏转，镁条表面有极少量的气泡产生开始阶段，负极发生的反应是_随后阶段，铝片发生的电极反应式是_；则镁电极发生的电极反应式是_（2）经研究测定，镁与不同浓度的硝酸反应，生成气体产物的含量随HNO3浓度变化曲线如图2所示，溶液中的产物有Mg（NO3）2、NH4NO3和H2O96mgMg在1L4molL1的HNO3中完全溶解，并可收集到22.4mL（标准状况下）气体（忽略反应过程中HNO3浓度的变化），该反应的化学方程式是_ 14.铁黄是一种重要的颜料，化学式为Fe2O3xH2O，广泛用于涂料、橡胶、塑料、文
8、教用品等工业实验室模拟工业利用硫酸渣（含Fe2O3及少量的CaO、MgO等）和黄铁矿粉（主要成分为FeS2）制备铁黄的流程如图：（1）操作与操作中都用到玻璃棒，玻璃棒在两种操作中的作用分别是_、_（2）试剂a最好选用_（供选择使用的有：铝粉、空气、浓HNO3）；其作用是_（3）上述步骤中需用到氨气下列装置可用于实验室制氨气的是_（填序号）（4）检验溶液Z中含有NH4+的方法是_（5）查阅资料知，在不同温度下Fe2O3被CO还原，产物可能为Fe3O4、FeO或Fe，固体质量与反应温度的关系如下图所示根据图象推断670时Fe2O3还原产物的化学式为_，并设计一个简单的实验，证明该还原产物的成分（简
9、述实验操作、现象和结论）_仪器自选可供选择的试剂：稀H2SO4、稀盐酸、H2O2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液 三、综合题（共3题；共27分）15.将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积的关系如图所示 （1）当沉淀达到最大值时，Al（OH）3的质量； （2）原合金中Mg的质量； （3）盐酸的物质的量浓度 16.在下列物质转化中，A是一种酸式盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：A B C D E 当X是强酸时
10、，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素请回答： （1）A是_，Z是_ （2）当X是强酸时，写出B生成C的化学方程式：_ （3）当X是强碱时，E是_，写出E和铜反应生成C的化学方程式：_ 17.某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的一种或几种物质，往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入的NaOH溶液体积（V）的关系如图所示 回答下列问题： （1）溶液中一定含有的溶质是_，一定不含有的溶质是_（填化学式） （2）溶液中可能含有的溶质是_（填名称），判断该物质是否存在的实验方法是
11、_，现象是_ （3）分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式： AB段为_；BC段为_ 答案解析部分一、单选题1.【答案】A 【解析】【解答】解：，铜与硫酸不反应，加过量稀硫酸时铁、铝反应，发生Fe+2H+=H2+Fe2+、2Al+6H+=3H2+2Al3+ ， 过滤后向滤液中含亚铁离子、铝离子，加入过量烧碱溶液，发生H+OH=H2O、Fe2+2OH=Fe（OH）2、Al3+4OH=AlO2+2H2O，亚铁离子转化为沉淀，只有铝离子转化为偏铝酸钠存在于滤液中，故选A【分析】铜与硫酸不反应，加过量稀硫酸时铁、铝反应，过滤后向滤液中含亚铁离子、铝离子子，加入过量烧碱溶液，亚铁离子转化为沉淀，只有
12、铝离子转化为偏铝酸钠存在于滤液中，以此来解答2.【答案】B 【解析】【解答】解：.8gNa2O2的物质的量为： =0.1mol，2.7gAl的物质的量为： =0.1mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.2mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.2mol0.1mol=0.1mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体3.36L，物质的量为： =0.15mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.15mol0.1mol=0.05mol，再发生
13、反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.05mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl， A过氧化钠与水反应生成氧气为0.1mol =0.05mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.1mol =0.15mol，故生成氢气的体积为（0.05mol+0.15mol）22.4L/mol=4.48L，故A错误；B最终生成Al（OH）3为0.05mol，质量为0.05mol78g/mol=3.9g，故B正确；C由上述分析可知，Al元素以Al（OH）3、NaAlO2形式存在，不存在氯化铝，故C错误；D根据Na元素
14、守恒可知，反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=20.1mol=0.2mol，故溶液中c（Na+）= =2mol/L，故D错误；故选B【分析】7.8gNa2O2的物质的量为： =0.1mol，2.7gAl的物质的量为： =0.1mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.2mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.2mol0.1mol=0.1mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体3.36L，物质的量为： =0.15mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl
15、+H2O，剩余HCl为0.15mol0.1mol=0.05mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.05mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积；B根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量；CAl元素以Al（OH）3、NaAlO2形式存在；D根据Na元素守恒可知反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2），再根据c= 计算3.【答案】A 【解析】【分析】二者都会澄清的石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，A不能鉴别；碳酸氢钠受热易
16、分解，生成CO2 ， 碳酸钠稳定性强，B可以鉴别；碳酸钠溶液的水解程度大于碳酸氢钠的，溶液的pH大，C可以鉴别；碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，而碳酸氢钠则是只有一步，D可以鉴别，答案选A。【点评】碳酸钠和碳酸氢钠都是碳酸盐，二者的性质既有相似的地方，也有不同的地方。据此可以进行鉴别。另外二者在一定条件下，也可以相互转化，需要熟练掌握。4.【答案】A 【解析】【分析】正确答案：A。Al(OH)33HCl=AlCl33H2O,中和胃酸，碱性弱，对胃剌激小。5.【答案】D 【解析】【解答】解：钠与水、过氧化钠与水、氢气与氧气的反应方程式如下： 2Na+2H2O=2NaOH+H2 2Na2O2+2H
17、2O=4NaOH+O22H2+O2 2H2O 将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，即氢气和氧气的物质的量之比为2：1，由方程式可得钠与过氧化钠的关系式为：4Na2H2O22Na2O2所以钠与过氧化钠的物质的量之比为4：2=2：1，而氧化钠的物质的量不确定，显然D中符合钠与过氧化钠的物质的量之比为2：1，故选D【分析】Na、Na2O、Na2O2 的混合物与足量的水反应得到的气体是氢气和氧气的混合物，将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的化学计量数之比，氢气来源于钠和水的反应，氧气来源于过
18、氧化钠与水的反应，通过钠与水、过氧化钠与水、氢气和氧气反应的方程式，找出钠与过氧化钠的物质的量之比，据此判断6.【答案】C 【解析】【解答】先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+ ， Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，注意高锰酸钾溶液为紫红色，不反应溶液也可以变红，所以不能选用高锰酸钾氧化二价铁离子，故选：C【分析】三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；高锰酸钾溶液为紫红色7.【答案】C 【解析】【解答】解：NaHCO3属于弱酸
19、酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合； Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al（OH）3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合；硫酸氢钠属于强酸酸式盐，能与氢氧化钠反应生成硫酸钠，不能与硫酸反应，故不符合，AlCl3能与氢氧化钠反应，但不能与硫酸反应，故不符合；NaAlO2能与硫酸反应，但不能与氢氧化钠反应，故不符合，故选C【分析】根据物质的性质解答，中学常见的既能与酸反
20、应又能与碱反应的物质主要有：蛋白质、氨基酸、Al、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐等8.【答案】A 【解析】【解答】解：AZn的相对原子质量为65，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 27=18，二者平均相对原子质量介于1865之间，可能为24，符合题意，故A正确； BFe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量介于5665之间，大于金属混合物的平均相对原子质量为24，故B错误；CMg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 27=18，二者平均相对原子质量介于1824之间，小于金属混合物的平均相对原子质
21、量为24，故C错误；DCu和稀硫酸不反应，12gMg、Cu混合物与稀硫酸反应放出的氢气体积一定小于11.2L，故D错误故选A【分析】假设金属均为+2价，根据转移电子守恒知，n（金属）=n（H2）= =0.5mol，混合金属的平均摩尔质量= =24g/mol，只要两种金属摩尔质量介于24g/mol之间即符合条件，若金属不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大；Al为+2价时的摩尔质量为： 2=18g/mol，以此解答该题9.【答案】D 【解析】【解答】要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量的钠可与水反应，1g钠、铝、铁的物质的量分别为mol、m
22、ol、mol，由与硫酸的反应关系2NaH2SO4、2Al3H2SO4、FeH2SO4 ， 可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为mol、mol、mol，则可知当硫酸的体积V时，铁、铝过量，硫酸完全反应，生成的氢气的物质的量mol，但过量的钠可与水反应生成氢气，1g钠完全反应放出氢气的物质的量为mol，故选D【分析】1g钠、铝、铁的物质的量分别为mol、mol、mol，由与硫酸的反应关系2NaH2SO4、2Al3H2SO4、FeH2SO4 ， 可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为mol、mol、mol，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量
23、的钠可与水反应，以此解答该题10.【答案】D 【解析】【解答】A、浓硫酸中含有水很少，又浓硫酸过量，具有吸水性，故反应一段时间，中试管底部有少量硫酸铜白色固体生成，A不符合题意；B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故中可用品红溶液验证SO2的生成，B不符合题意；C、SO2的漂白具有选择性，不能使酸碱指示剂褪色，SO2与水反应生成亚硫酸，能使石蕊溶液变红，故中用石蕊溶液检验SO2溶液的酸碱性，C不符合题意；D、浓硫酸过量，浓硫酸溶于水放出大量的热，向中直接加水，液体会发生暴沸，故为确认CuSO4生成应将试管中液体加入盛水的烧杯中观察溶液的颜色，D符合题意。故答案为：D。【分析】铜丝与浓硫酸共
24、热发生反应：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O，由此可以解此题。二、填空题11.【答案】棕黄；橙红；蓝；2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2、2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2 【解析】【解答】FeBr2溶液，通入足量氯气，反应生成FeCl3、Br2 ， 加四氯化碳萃取后，溴溶解在四氯化碳中，且分层后在下层，而上层为氯化铁溶液，氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由上述分析可知，上层a（氯化铁溶液）为棕黄色，下层b（溴的四氯化碳溶液）为橙红色，c为蓝色，上述反应的化学方程式为2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2、2FeCl3+2KI
25、2FeCl2+2KCl+I2 ， 故答案为：棕黄；橙红；蓝；2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2、2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2 【分析】FeBr2溶液，通入足量氯气，反应生成FeCl3、Br2 ， 加四氯化碳萃取后，溴溶解在四氯化碳中，且分层后在下层，而上层为氯化铁溶液，氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，以此来解答12.【答案】AD；AD；H2O；CuCl2 【解析】【解答】（1）A氧化铝与强酸、强碱反应生成相应的盐与水，属于两性氧化物，故A错误；B用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的物品时，油脂发生水解反应，主要发生化学反应，故B正确；C光导纤维的基本原料
26、为SiO2 ， 故C正确；D液氯为单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；E胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应区别溶液与胶体，云、雾属于胶体，均能产生丁达尔效应，故E正确；故答案为：AD；（2）根据质子理论分析，电离出氢离子的是酸，结合氢离子的是碱；H2O、HCO3既能电离出氢离子，又能结合氢离子，所以既可以看作酸又可看作碱；NH4+能电离出氢离子，所以是酸；OH、CH3COO、Cl 能结合氢离子，所以是碱，故答案为：AD；根据广义酸碱概念分析，凡是能给出电子对而形成化学键的物质都是碱；凡是能够和电子对结合的物质都是酸；H3BO3+H2O H+B（OH）4 ， 该反应
27、中给出电子对而形成化学键的物质H2O，所以该反应中的碱是H2O；CuCl2+4NH3Cu （NH3）42+2Cl ， 氯化铜中铜离子提供空轨道和氨气分子提供电子对结合成Cu （NH3）42+ ， 所以水是CuCl2 ， 故答案为：H2O；CuCl2 【分析】（1）A与强酸、强碱反应生成相应的盐与水的氧化物属于两性氧化物；B用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的物品时，油脂发生水解反应；C光导纤维的基本原料为SiO2；D液氯为单质，电解质与非电解质的研究对象为化合物；E胶体具有丁达尔效应，云、雾属于胶体；（2）根据质子理论分析，电离出氢离子的是酸，结合氢离子的是碱；根据广义酸碱概念分析，凡是能给出电子对而
28、形成化学键的物质都是碱；凡是能够和电子对结合的物质都是酸13.【答案】Mg+2OH2e=Mg（OH）2；Al+4OH3e=AlO2+2H2O；2H+2e=H2（或2H2O+2e=H2+2OH）；40Mg+100HNO3=5NO+H2+NO2+3N2+4NH4NO3+40Mg（NO3）2+41H2O 【解析】【解答】（1）镁较活泼所以做负极，Mg失电子变成Mg2+ ， 负极反应为Mg+2OH2e=Mg（OH）2，故答案为：Mg+2OH2e=Mg（OH）2；Mg虽比Al活泼，但Mg不能与NaOH溶液反应，而Al可与NaOH溶液反应，故Al作负极，失电子生成Al3+ ， Al3+结合OH生成AlO2
29、 ， 镁做正极，H+在镁电极上得电子生成氢气，故答案为：Al+4OH3e=AlO2+2H2O；2H+2e=H2（或2H2O+2e=H2+2OH）；（2）Mg与总气体物质的量比值为4：1，由图知：NO2：H2：N2：NO=1：1：3：5，写方程的时设NO2、H2、N2、NO系数分别为1，1，3，5，Mg为40根据电子转移的数目：产生1molNO2 ， 转移1mol同理H2：2mol，N2：10mol，NO：3mol因此总共转移电子为11+12+310+53=48mol但是40mol的Mg，转移80mol电子，还差了32mol所以一定是还有NH4NO3生成，生成1molNH4NO3 ， 转移8mo
30、l电子，现在有32mol电子所以是4molNH4NO3 ， 再根据N守恒，H守恒，反应为40Mg+100HNO3=5NO+H2+NO2+3N2+4NH4NO3+40Mg（NO3）2+41H2O，故答案为：40Mg+100HNO3=5NO+H2+NO2+3N2+4NH4NO3+40Mg（NO3）2+41H2O【分析】（1）一般较活泼金属做负极，所以镁做负极失电子；生成的氢氧化镁难溶物附着在电极表面，阻止反应的进一步进行，铝成为新的负极；镁做正极；（2）96mg Mg与1L 4mol/L的HNO3充分反应，Mg的物质的量比较少，反应中硝酸过量，由图象可知：n（NO）：n（N2）：n（NO2）：n（
31、H2）=5：3：1：1，同时还原产物还有NH4+ ， 根据Mg失去电子总数与气体得到电子数之差，求出NH4+的量，再通过原子守恒配平方程14.【答案】搅拌加速溶解（或搅拌加速反应）；引流；空气；作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+；bd；取少量溶液Z置于试管中，滴加过量浓NaOH溶液并微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色，证明含有NH4+；FeO；取少量还原产物置于试管中，加入过量稀硫酸（或稀盐酸），固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最后滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明还原产物为FeO 【解析】【解答】解：（1）操作与操作中都用到玻璃棒，玻璃棒在两种操
32、作中的作用分别是，操作是利用玻璃棒加速硫酸渣的溶解，操作是过滤实验操作，玻璃棒是起到引流作用；故答案为：搅拌加速溶解（或搅拌加速反应）；引流；（2）依据流程分析，试剂a是用来氧化亚铁离子的主要，但选择氧化剂不能引入新的杂质，铝粉引入新的杂质，浓硝酸做氧化剂会产生污染气体，最好选择空气做氧化剂氧化亚铁离子，不会引入新的杂质，不污染环境；故答案为：空气； 作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+；（3）a、加热氯化铵分解后生成氨气和氯化氢会在试管口重新生成氯化铵；不能制的氨气，故a不能；b、氨水滴入氧化钙固体，氧化钙会和水反应生成氢氧化钙放热，使一水合氨分解生成氨气；故b符合；c、氢氧化钙和氯化铵固体加
33、热时需要试管口略向下倾斜，装置中加热会使生成的水倒流到试管底部炸裂试管；故c不选；d、加热浓氨水会分解生成氨气，可以制取氨气；故d符合；故答案为：bd；（4）溶液Z中含NH4+的实验方法是利用铵根离子和氢氧根离子结合反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；取少量溶液Z置于试管中，滴加过量浓NaOH溶液并微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色，证明含有NH4+；故答案为：取少量溶液Z置于试管中，滴加过量浓NaOH溶液并微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色，证明含有NH4+；（5）CO还原氧化铁的还原产物为可能Fe3O4 ， FeO和FeFe2O3加热温度可达到5006
34、00，质量由46.4g减少为45g，还原产物为Fe3O4；650700时，质量由43.2g减少较大，还原产物为FeO，为验证还原产物，在适量待检物中加入稀H2SO4至完全溶解，再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最后滴加H2O2溶液，溶液变红色，可说明还原产物为FeO；故答案为：FeO；取少量还原产物置于试管中，加入过量稀硫酸（或稀盐酸），固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最后滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明还原产物为FeO；【分析】（1）操作是利用玻璃棒加速硫酸渣的溶解，操作是过滤实验操作，玻璃棒是起到引流作用；（2）试剂a是把亚铁离子氧化为铁离子；选择氧化
35、剂不能引入新的杂质，不能产生污染物；（3）a、加热氯化铵分解后生成氨气和氯化氢会在试管口重新生成氯化铵；b、氨水滴入氧化钙固体，氧化钙会和水反应生成氢氧化钙放热，使一水合氨分解生成氨气；c、氢氧化钙和氯化铵固体加热时需要试管口略向下倾斜；d、加热浓氨水会分解生成氨气；（4）溶液Z主要是铵盐，依据铵根离子检验方法分析判断；（5）CO还原氧化铁的还原产物为可能Fe3O4 ， FeO和FeFe2O3加热温度可达到500600，质量由46.4g减少为45g，还原产物为Fe3O4；650700时，质量由43.2g减少较大，还原产物为FeO，利用亚铁离子的还原性来设计实验三、综合题15.【答案】（1）解：
36、氢氧化镁沉淀的质量为5.8g，氢氧化铝沉淀的质量为：（9.75.8）g=3.9g， 答：当沉淀达到最大值时，Al（OH）3的质量为3.9g（2）解：根据守恒法可知，n（Mg）=n（Mg（OH）2）= =0.1mol，故镁的质量为：0.1mol24g/mol=2.4g， 答：原合金中Mg的质量为2.4g（3）解：当氢氧化钠加入量为80mL时，溶质均为NaCl，根据守恒法可知，n（HCl）=n（Cl）=n（NaOH）=0.08L5mol/L=0.4mol， 则该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）= =4mol/L，答：盐酸的物质的量浓度为4mol/L 【解析】【解答】解：从图中横坐标可以看出，加入
37、10mL的氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段是盐酸与氢氧化钠发生中和反应； 当氢氧化钠继续加入时，沉淀不断增加，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，直到沉淀最大值；加入10mL氢氧化钠溶液后继续滴加氢氧化钠溶液，则氢氧化铝参与反应，生成偏铝酸钠，故5.8g沉淀是氢氧化镁，（9.75.8）g=3.9g为氢氧化铝的质量；【分析】从图中横坐标可以看出，加入10mL的氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段是盐酸与氢氧化钠发生中和反应；当氢氧化钠继续加入时，沉淀不断增加，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，直到沉淀最大值；加入10mL氢氧化钠溶液后继续滴加氢氧化钠溶液，则氢氧化铝参与反应，生成偏铝酸钠，故5.8g沉淀是氢氧化镁
38、，（9.75.8）g=3.9g为氢氧化铝的质量；根据守恒法可知，n（Mg）=n（Mg（OH）2）= =0.1mol，故镁的质量为：0.1mol24g/mol=2.4g；当氢氧化钠加入量为80mL时，溶质均为NaCl，根据守恒法可知，n（HCl）=n（Cl）=n（NaOH）=0.08L5mol/L=0.4mol，再根据c= 计算出该盐酸的浓度16.【答案】（1）NH4HS；H2O（2）2H2S+3O2 2SO2+2H2O（3）HNO3；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O 【解析】【解答】解：（1）由以上分析可知A为NH4HS，Z为H2O，故答案为：NH4HS；H2O；
39、（2）X是强酸时，生成B为H2S，可在氧气种燃烧生成SO2 ， 方程式为2H2S+3O2 2SO2+2H2O，故答案为：2H2S+3O2 2SO2+2H2O；（3）当X是强碱时，根据上面的分析可知，E是 HNO3 ， E和铜反应生成C的化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O， 故答案为：HNO3；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O【分析】本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2SO3 ， NONO2 ，
40、 Na2SO3Na2SO4等由此可出推断Y为O2 ， 由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等若D为SO3 ， 顺推E为H2SO4 ， Z为H2O，逆推B为H2S，A为硫化物，此时X为强酸；若D为NO2 ， 顺推E为HNO3 ， Z为H2O，逆推B为NH3 ， A为铵盐综合而得A应为NH4HS，以此解答该题17.【答案】（1）HCl、AlCl3、NH4Cl；Na2CO3、MgCl2（2）氯化钾；焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色（3）Al3+3OHAl（OH）3；NH4+OH=NH3H2O 【解析】【解答】解：根据图象可知，OA段无沉淀，说明有HCl，则无Na2
41、CO3； AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3 ， 说明溶液中只有AlCl3 ， 无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2 ， 可能含有KCl，（1）溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，溶液中一定不含Na2CO3、MgCl2 ， 故答案为：HCl、AlCl3、NH4Cl；Na2CO3、MgCl2；（2）溶液中可能存在的物质为氯化钾，验证钾离子的存在需要利用焰色反应，灼烧此溶液，若透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色，说明含有氯化钾
42、，故答案为：氯化钾；焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色；（3）AB段铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al（OH）3，故答案为：Al3+3OH=Al（OH）3；BC段铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O【分析】根据图象可知，OA段无沉淀，说明有HCl，则无Na2CO3；AB段有沉淀，CD段沉淀完全消失，说明沉淀为Al（OH）3 ， 说明溶液中只有AlCl3 ， 无MgCl2；BC段沉淀不变，说明溶液中含有NH4Cl，此段铵根离子与氢氧根离子反应，根据分析可知，溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定不含Na2CO3、MgCl2 ， 可能含有KCl，据此进行解答
