2021届高考化学三轮复习回归基础练习05 金属及重要化合物

发布于 2021-05-18 16:55 ，所属分类：初高中化学学习资料

2020-2021学年度高考三轮（回归基础）练习05金属及重要化合物

一、单选题

1．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．钠的化学性质较活泼，可以保存在煤油中 D．长期被暴露在空气中的钠不会变质

2．将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体产生，又有白色沉淀产生的是(不考虑溶液温度变化)（）

①MgSO₄溶液②稀Na₂SO₄溶液③饱和澄清石灰水④CuSO₄溶液⑤饱和NaCl溶液⑥FeCl₃溶液

A．①④⑥ B．②④⑤ C．③④⑥ D．①③⑤

3．过氧化钠具有强碱性和强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧。下列有关说法中不正确的是

A．Na₂O₂与炭、铝粉等还原性物质的燃烧实验可以在硬质玻璃管中进行

B．Na₂O₂与木炭的反应时Na₂O₂表现出强氧化性

C．Na₂O₂与Al反应的方程式为：2Al + 3Na₂O₂3 Na₂O + Al₂O₃

D．Na₂O₂与SO₂反应可生成Na₂SO₄

4．在200℃时，CO₂和H₂O蒸汽的混合气体共25.3g与足量的Na₂O₂充分反应后，固体质量增加了17.3g，则反应中转移电子的物质的量为（）

A．2mol B．1mol C．0.5mol D．0.25mol

5．将O₂、CH₄、Na₂O₂放入密闭容器中，在150 ℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O₂、CH₄、Na₂O₂的物质的量之比为

A．1∶1∶1 B．2∶2∶6

C．1∶2∶6 D．无法确定

6．下列关于Na₂CO₃和NaHCO₃的比较中，说法不正确的是

A．NaHCO₃固体受热容易分解，而Na₂CO₃固体受热不容易分解

B．等物质的量的Na₂CO₃和NaHCO₃分别与足量的盐酸反应，前者消耗盐酸的物质的量比后者多

C．向等体积等物质的量浓度的Na₂CO₃和NaHCO₃溶液中分别滴加2滴酚酞溶液，前者颜色比后者深

D．Na₂CO₃溶液和NaHCO₃溶液分别与Ba(OH)₂溶液反应的离子方程式相同

7．设计下列实验方案鉴别Na₂CO₃和NaHCO₃两种白色粉末，不能达到预期目的的是

A．分别向等质量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少

B．分别配成溶液，加入CaCl₂溶液，比较是否有沉淀生成

C．分别配成溶液，做焰色反应，观察火焰的颜色

D．分别将等量的白色粉末用如图装置进行实验，比较澄清石灰水是否变浑浊.

8．向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO₂气体后，得到①②③④四瓶溶液。分别向四瓶溶液中逐滴加入等浓度的盐酸，产生的气体体积V(CO₂)与所加盐酸体积V(HCl)的关系如下图所示，且图②③④中分别有OA则下列分析与判断正确的是(忽略CO₂的溶解)

A．①中通入的CO₂最少 B．③中的溶质只有Na₂CO₃

C．有两种溶质的是②和③ D．若④中OA>2AB,则有c(NaHCO₃)<c(na< span="">₂CO₃)</c(na<>

9．向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO₂气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO₂气体与HCl的物质的量的关系如下图（忽略CO₂的溶解和HCl的挥发）。

则下列分析都正确的组合是

①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO₃

②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na₂CO₃和NaHCO₃，且二者的物质的量之比为1:1

③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na₂CO₃，且二者的物质的量之比为1:1

④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na₂CO₃

A．①② B．①③ C．②④ D．②③

10．工业上用铝土矿(主要成分为Al₂O₃，含Fe₂O₃杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：

下列叙述正确的是

A．试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸

B．反应①过滤后所得沉淀为Fe(OH)₃

C．图中所有转化反应都不是氧化还原反应

D．反应②的化学方程式为NaAlO₂＋CO₂＋2H₂O=Al(OH)₃↓＋NaHCO₃

11．有两种金属的合金13g，与足量稀硫酸反应后，在标准状况下产生气体11.2L，则组成该合金的金属可能是（）

A．Mg和Al B．Mg和Cu C．Fe和Zn D．Cu和Fe

12．下列图像表示向AlCl₃溶液中滴加NaOH溶液的过程中或向NaAlO₂溶液中滴加稀盐酸的过程中Al³^＋与物质的量的变化曲线，实线表示Al³^＋物质的量的变化，虚线表示物质的量的变化。其中正确的是(　　)

A． B． C． D．

13．现有AlCl₃和MgSO₄混合溶液，向其中不断加入0.1mol·L^-1NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积如图所示。原溶液中Cl^-与SO₄^2-的物质的量之比为（）

A．6：1 B．1：3 C．2：3 D．3：1

14．要证明某溶液中不含Fe³⁺,而可能含有Fe²⁺，合理的操作顺序是（）

①加入足量的氯水 ② 取少量试液 ③加入少量KSCN溶液

A．①③② B．③②① C．②③① D．②①③

15．下列离子的检验方法合理的是（　　）

A．向某溶液中滴入硫氰酸钾溶液呈红色，说明不含Fe²^＋

B．向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰酸钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe²^＋

C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe³^＋

D．向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe²^＋，不含有Mg²^＋

16．将一定量的铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，反应后收集到NO₂和NO的混合气体，下列说法正确的是

A．反应后生成的盐只有Fe（NO₃）₂

B．反应后生成的盐只有Fe（NO₃）₃

C．反应后生成的盐为Fe（NO₃）₂和Fe（NO₃）₃

D．以上三种情况都有可能

17．向一定量Fe、FeO和Fe₂O₃的混合物中，加入120 mL 4 mol·L的稀硝酸，恰好使混合物完

全溶解，放出1.344 L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KMnO₄的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H₂在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21 mol B．0.14 mol C．0.16 mol D．0.24 mol

18．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件己略去）。下列有关物质的推断正确的是

	甲	乙	丙	丁
A	N₂	NO	NO₂	O₂
B	SO₃^2-	HSO₃^-	SO₂	H⁺
C	Cl₂	FeCl₃	FeCl₂	Fe
D	Al³⁺	Al(OH)₃	AlO₂^-	NH₃·H₂O

A．A B．B C．C D．D

19．所谓合金，就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，下表为四种金属的熔、沸点：

	Na	Cu	Al	Fe
熔点/℃	97.5	1083	660	1535
沸点/℃	883	2595	2200	3000

根据以上数据判断其中不能形成合金的是(　　)

A．Cu和Na B．Fe和Cu

C．Fe和Al D．Al和Na

20．下列有关合金的叙述，不正确的是

A．合金的熔点比它的各成分金属的熔点低

B．合金中只含金属元素

C．合金的硬度和强度一般比纯金属高

D．硬铝、黄铜、钢等均为合金

21．部分氧化的铁铜合金样品氧化产物为、共，经如下处理，下列说法正确的是

A．滤液A中的阳离子为、、

B．样品中Fe元素的质量为

C．样品中CuO的质量为

D．

22．现代建筑的门窗框架常用电解加工成的古铜色硬铝制造。取硬铝样品进行如下实验(每一步试剂均过量)，由此可以推知硬铝的组成可能为

A．Al、Mg、Si、Zn

B．Al、Fe、Zn、Na

C．Al、Na、Cu、Fe

D．Al、Cu、Mg、Si、Mn

23．某同学通过系列实验，探究Cu及其化合物的性质，下列操作正确且能达到目的的是

A．将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuS

B．将Cu片放入过量浓硫酸中，一段时间后加水以观察CuSO₄溶液的颜色

C．向CuSO₄溶液中加入NaOH溶液，过滤洗涤并收集沉淀，加热以制取CuO

D．设计Cu－Al－浓硝酸原电池，以证明金属活动性：Cu<al< span=""></al<>

24．已知酸性条件下有如下反应：2Cu^＋=Cu²^＋＋Cu。由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu₂O，两者都是红色固体。某同学对氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物进行验证，每一次实验操作和实验现象记录如下，由此推出氢气还原氧化铜实验的产物是（　　）.

加入试剂	稀硫酸	浓硫酸	稀硝酸	浓硝酸
实验现象	产生红色固体，溶液呈蓝色	加热，产生无色气体	产生无色气体，溶液呈蓝色	产生红棕色气体，溶液呈绿色

A．只有Cu

B．只有Cu₂O

C．一定有Cu，可能有Cu₂O

D．一定有Cu₂O，可能有Cu

25．CuSO₄是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是

A．途径①所用混酸中H₂SO₄与HNO₃物质的量之比最好为3:2

B．生成等量的硫酸铜,三个途径中参加反应的硫酸的物质的量: ①=②<③< span="">

C．硫酸铜在1100℃分解的方程式为:2CuSO₄Cu₂O+SO₂↑+SO₃↑+O₂↑

D．当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应

26．下列关于金属冶炼方法的叙述不正确的是

选项	金属	存在形式	冶炼方法
A	金	游离态	金子比沙子密度大，利用水洗法直接分离
B	银	化合态	银的金属性弱，用加热Ag₂O的方法冶炼
C	铁	化合态	用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
D	钠	化合态	钠的金属性强，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解饱和NaCl溶液的方法冶炼

A．A B．B C．C D．D

27．下列金属冶炼的反应原理，错误的是（　　）。

A．2NaCl（熔融）2Na＋Cl₂↑

B．MgO＋H₂Mg＋H₂O

C．Fe₃O₄＋4CO3Fe＋4CO₂

D．2HgO2Hg＋O₂↑

28．下列有关化学现象和化学概念表述正确的是

A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低，且原理相同

B．Fe(OH)₃胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知 Fe(OH)₃胶体带正电荷

C．某次焰色试验火焰为黄色，不能说明该物质中一定不含 K⁺

D．0.5 mol Fe和含1 mol HNO₃的稀溶液充分反应后，滴人 KSCN溶液，溶液变红

29．在由Fe、Fe₂O₃组成的混合物中加入100mL2mol·L^-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出224mL气体（标准状况），此时向溶液中加入KSCN溶液无明显现象，则反应前混合物中Fe、Fe₂O₃的物质的量之比为

A．4：3 B．3：4 C．2：3 D．3：2

30．实验室药品必须按规定存放，下列对存放后出现现象解释的相应方程式正确的是

A．澄清石灰水敞口存放，出现白色固体：

B．双氧水长期放置：

C．酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放，溶液变黄：

D．将浓氨水和浓盐酸存放在同一个药品柜中，柜壁出现白色固体：

31．下列反应的离子方程式书写正确的是（）

A．往碳酸钙中滴加稀盐酸：CO+2H⁺=H₂O+CO₂↑

B．CuO与稀盐酸反应：CuO+2H⁺=Cu²⁺+H₂O

C．氢氧化钡溶液与稀H₂SO₄反应：Ba²⁺+SO+H⁺+OH^-=BaSO₄↓+H₂O

D．钠与水反应：Na+H₂O=Na⁺+OH^-+H₂↑

32．某化学实验小组探究Fe²⁺和Fe³⁺性质时，发现：往FeCl₂和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。

已知：①X为NaClO溶液，Y为FeCl₃和KSCN的混合溶液。②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；Ca(OH)₂溶液变浑浊。根据实验现象推测下列说法错误的是

A．氯水可以将Fe²⁺氧化成Fe³⁺

B．烧瓶中还可能产生红褐色沉淀

C．烧瓶中产生的气体中一定含有SO₂

D．KSCN中的N元素一定被氧化

33．下列关于物质的性质与用途具有对应关系的是

A．ClO₂具有氧化性，可用作自来水的杀菌消毒剂

B．浓硫酸有吸水性，可用于干燥 H₂S 气体

C．Fe₂O₃是碱性氧化物，可用作颜料

D．SO₂具有还原性，可用作纸浆的漂白剂

34．除去下列混合物中杂质所选的除杂试剂错误的是

选项	混合物	除杂试剂
A	溶液中混有	铁粉
B	溶液中混有
C	中混有	饱和食盐水
D	中混有	溶液

A．A B．B C．C D．D

35．下列离子方程式书写不正确的是

A．AlCl₃溶液中加入足量的氨水：

B．硫酸铜溶液中加入NaOH溶液：

C．三氯化铁腐蚀印刷线路板：

D．将金属Na投入水中：

36．利用如图装置进行铜与浓硫酸反应产物及其性质的验证实验。下列实验操作、现象、结论均正确的是

	操作与现象	结论
A	品红溶液褪色	产物中有SO₂
B	石蕊溶液先变红，后褪色	SO₂属于酸，具有漂白性
C	向反应后试管中加水，溶液变蓝	证明浓硫酸具有强氧化性
D	铜片还有剩余	硫酸反应完全

A．A B．B C．C D．D

37．下列物质反应后一定有＋3价铁生成的是

①过量的Fe与Cl₂反应；②Fe与过量稀硫酸反应；③FeCl₂溶液中通入少量Cl₂；④Fe和Fe₂O₃的混合物溶于盐酸中

A．只有① B．①③

C．①②③ D．①③④

38．证明某溶液中只含有Fe²⁺而不含有Fe³⁺的实验操作是

A．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色

B．先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色

C．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀

D．滴加KSCN溶液，溶液呈红色，再加足量铁粉红色消失

39．下列叙述正确的是

A．过氧化钠投入硫酸亚铁溶液中剧烈反应生成白色沉淀和氢气

B．铁丝在氯气中燃烧，可观察到集气瓶内有红棕色的雾出现

C．过氧化钠可以作防毒面具中的供氧剂，还可作漂白剂

D．用一束光照射氢氧化铁胶体和氯化铁溶液均能看到光亮的通路

40．下列除杂过程中，所选用的试剂和操作方法正确的是

选项	物质	杂质(少量)	试剂和操作方法
A	氯化钾固体	氯酸钾	加入二氧化锰并加热
B	硫酸亚铁溶液	硫酸铁	加入过量的铁粉后过滤
C	氯化氢	二氧化碳	通过饱和溶液
D	硝酸钠溶液	硝酸钡溶液	加人适量的硫酸钾溶液后过滤

A．A B．B C．C D．D

41．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是

A．FeCl₂溶液(FeCl₃)：加入过量铁粉，过滤

B．NaHCO₃溶液(Na₂CO₃)：通入过量的CO₂气体

C．NaNO₃溶液(Na₂SO₄)：加入适量的BaCl₂液

D．MgO固体(Al₂O₃)：加入过量的NaOH溶液，过滤

42．化学与生活息息相关，下列说法不正确的是

A．铝合金是制造飞机和宇宙飞船的理想材料

B．氯气是重要的化工原料，可大量用于制造盐酸、农药、染料和药品等

C．铁粉可用作食品脱氧剂

D．汽车的尾气催化转化器中发生了反应：NO+CO=C+NO₂

二、多选题

43．将一定质量的镁铝混合物投入250 ml 2.0 mol/L的稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是（）

A．当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶液为酸性

B．当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝

C．NaOH溶液的浓度5 mol/L

D．生成的氢气在标况下体积为11.2 L

44．某固体混合物，可能含有FeCl₂、NaNO₂、Ba(OH)₂、AlCl₃、Na₂SO₃中的若干种，取适量该混合物加入适量水充分搅拌，得到白色沉淀A与无色溶液B。

①取适量A加入稀硝酸至过量，白色沉淀部分溶解

②取少量B逐滴加入稀硫酸至过量，不断生成白色沉淀后沉淀部分溶解

③取少量B滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡，最终得无色溶液

根据上述实验现象，以下推测正确的是

A．无法判断固体中FeCl₂是否存在

B．③中使高锰酸钾溶液褪色的是亚硝酸根离子

C．B的pH<7< span="">

D．固体由Ba(OH)₂、AlCl₃、Na₂SO₃组成

三、元素或物质推断题

45．已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。

(1)写出下列物质的化学式：A：______，D：______，R：______。

(2)按要求写出下列反应方程式：

①H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：______；

②向N中通足量CO₂时反应的离子方程式：______；

③D与盐酸反应的离子方程式：______。

(3)简述检验气体C的方法：______。

四、工业流程题

46．工业上用铝土矿（主要成分为Al₂O₃，还有少量的Fe₂O₃，SiO₂等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：

（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中分离溶液和沉淀的操作是：_____________。

（2）生成固体N反应的化学方程式为_________。

（3）滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为___________。

（4）实验室里常往AlCl₃溶液中加入___________（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取Al(OH)₃，该反应的离子方程式为__________________________。

五、填空题

47．铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：

（1）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H₂O₂溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式__________________________。

（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu₂(OH)₂CO₃绿色固体，试写出该反应的离子方程式_________________________________。

（3）火法炼铜的原理：Cu₂S＋O₂2Cu＋SO₂，在该反应中每生成1 mol Cu，转移________ mol e^－。

（4）据报道，有一种细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿CuFeS₂氧化成硫酸盐：4CuFeS₂＋2H₂SO₄＋17O₂===4CuSO₄＋2Fe₂(SO₄)₃＋2H₂O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO₄·5H₂O)：

①检验溶液B中Fe³^＋是否被除尽的实验方法_____________________。

②在实验室中，设计方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：方案只用一个反应来完成)。写出方案中的化学方程式：___________________________。

③从溶液B中获取胆矾的操作b是___________，____________，过滤，洗涤，干燥。

48．Na、Mg、Al分别与盐酸反应：

(1)若盐酸足量，等物质的量的Na、Mg、Al产生H₂的质量之比为_______。

(2)若盐酸足量，等质量的Na、Mg、Al产生H₂的质量之比为_______，反应后溶液增重的质量之比为_______。

49．(1)实验室制取氨气。

①选用试剂：与______(填化学式)。

②用水吸收多余的氨气时，如将导管直接插入水中，会产生______现象；其水溶液显弱碱性，原因是______(用化学方程式表示)。

(2)用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入某种物质M的水溶液，继续煮沸可制得一种红褐色胶体。

①物质M的化学式为______。

②证明有红褐色胶体生成的最常用实验方法是利用胶体的重要性质，该性质是______。

(3)重铬酸钾溶液是实验和科研中一种常用氧化剂。酸性条件下，通常被还原为。某同学欲用固体配制的溶液。

①需用的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、______、______。

②应该称取固体的质量为______。

50．实验室常用不含Fe³⁺的FeSO₄溶液与NaOH溶液反应制备Fe(OH)₂。

（1）用FeSO₄晶体配制上述FeSO₄溶液时还需加入_______来防止Fe²⁺被氧化，配制时所需的蒸馏水常采用_____的方法除去溶解的O₂，检验所配FeSO₄溶液中不含有Fe³⁺的最佳试剂是______。

（2）Fe(OH)₂露置在空气中容易被氧化，试写出该反应的化学方程式并用单线桥法表示该反应的电子转移情况________________；为防止Fe(OH)₂氧化，实验时可在FeSO₄溶液中加入适量的_____（选填“煤油”或“四氯化碳”）来隔绝空气。

六、计算题

51．镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol·L^-1的盐酸溶液中，然后再滴加2 mol·L^-1的NaOH 溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示。请回答下列问题：

(1)当V₁=160mL时，则金属粉末中n(Al)=_____________mol。

(2)V₂～V₃段发生反应的离子方程式为_____________________________________________________。

(3)）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL4 mol·L^-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2 mol·L^-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)₃，则a的取值范围为_______________________。

七、原理综合题

52．铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。

（1）铝元素位于周期表中第________周期________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①NaAlO₂、②NaBO₂、③NaGaO₂，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为________(用序号表示)。

（2）将20.0 mL 0.1 mol·L^－¹ Ba(OH)₂溶液和20.0 mL 0.1 mol·L^－¹ NH₄Al(SO₄)₂溶液混合，所得溶液中Al³^＋、NH、SO、OH^－、H^＋的浓度由大到小的顺序为________________________。

（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al₂O₃杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：

已知：AlN＋NaOH＋H₂O=NaAlO₂＋NH₃↑。

①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和________。

②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为________。(不考虑整个过程中的损耗)

53．下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)₂白色沉淀的是________(填序号)。

八、实验题

54．在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂，用如图所示实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。

（1）A是制取的装置，写出A中发生反应的化学方程式：____。

（2）填写表中空格：

装置	加入试剂	加入该试剂的目的
B	饱和溶液	____
C	_____	______
D	NaOH溶液	______

（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_______。

（4）用____检验F中收集到的气体，现象是_____。

55．用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)₂沉淀。

方法一：用不含Fe³⁺的FeSO₄溶液与用不含O₂的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。

（1）用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO₄溶液时还需加入少量铁屑，目的是_______________；

（2）除去蒸馏水中溶解的O₂常采用______________________的方法；

（3）生成白色Fe(OH)₂沉淀的操作是用长滴管吸取不含O₂的NaOH溶液，插入FeSO₄溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是______________________________。

方法二：在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H₂SO₄等试剂制备。

（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是______________________；

（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是______________________；

（3）这样生成的 Fe(OH)₂沉淀能较长时间保持白色，其理由是_____________（填字母）；

A．H₂将空气中的氧气反应消耗了。

B．试管Ⅰ中反应生成的H₂充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，外界空气不容易进入。

（4）为了制得白色Fe(OH)₂沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是______________________________________。

参考答案

1．C

【详解】

A. 钠是活泼金属，易和氧气、水等物质反应，实验时用剩的钠块应该放回原瓶，故A错误；

B. 金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳反应，生成碳酸钠和氧气，泡沫灭火器产生的是二氧化碳，金属钠着火不可用泡沫灭火器灭火，这样会使燃烧得更旺，故B错误；

C. 钠的化学性质比较活泼，与氧气和水都会反应，故应隔绝空气和水保存，钠的密度比水小，比煤油大，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中，故C正确；

D. 钠的化学性质比较活泼，与空气中的氧气和水都会反应，故D错误；

故选C。

2．D

【详解】

①金属钠放入MgSO₄溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，得到的氢氧化钠与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀，既有气体生成，又有白色沉淀产生，①符合题意；

②金属钠放入稀Na₂SO₄溶液中，发生钠与水的反应生成NaOH和H₂，只有气体生成，没有白色沉淀产生，②与题意不符；

③金属钠放入饱和澄清石灰水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，澄清石灰水中溶剂减少，Ca(OH)₂析出，既有气体生成，又有白色沉淀产生，③符合题意；

④金属钠放入CuSO₄溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与CuSO₄反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，④与题意不符；

⑤金属钠放入饱和NaCl溶液中，钠与水反应生成氢气，形成NaCl的过饱和溶液，NaCl析出，既有气体生成，又有白色沉淀产生，⑤符合题意；

⑥金属钠放入FeCl₃溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与FeCl₃反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，⑥与题意不符；。

因此既有气体产生，又有白色沉淀产生的是①③⑤，答案选D。

3．A

【解析】A. Na₂O₂具有强碱性，能够与硬质玻璃管中的二氧化硅反应，因此不能在玻璃管中进行，故A错误；B．过氧化钠具有强氧化性，碳具有还原性，过氧化钠氧化碳表现强氧化性，故B正确；C. Na₂O₂具有强氧化性，与Al反应生成氧化钠和氧化铝，反应的方程式为：2Al + 3Na₂O₂3 Na₂O + Al₂O₃，故C正确；D．过氧化钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠Na₂O₂+SO₂=Na₂SO₄，故D正确；故选A。

4．C

【解析】向足量的固体Na₂O₂中通入25.3gCO₂和H₂O，发生反应：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，固体质量增加了17.3g，是因为生成O₂，根据质量守恒定律可知m（O₂）=25.3g-17.3g=8g，氧气的物质的量是8g÷32g/mol＝0.25mol，所以反应中转移电子的物质的量为0.25mol×2＝0.5mol，答案选C。

5．C

【详解】

由题意知，三种物质完全反应后压强为零，说明最终剩余固体为Na₂CO₃和NaOH。根据凡是分子组成符合(CO)_n(H₂)_m形式的一种或几种物质的混合物与足量Na₂O₂反应，固体Na₂O₂增加的质量等于该混合物的质量的规律，要使O₂和CH₄的组成符合(CO)_n(H₂)_m的形式，则必须有n(O₂)∶n(CH₄)=1∶2，假设有1 mol O₂、2 mol CH₄与n mol Na₂O₂反应：2CH₄+O₂+Na₂O₂→ Na₂CO₃+NaOH，然后由氢原子守恒确定NaOH的物质的量为8 mol，由碳原子守恒确定Na₂CO₃的物质的量为2 mol，最后求出Na₂O₂的物质的量为6 mol，即可得出反应的化学方程式：2CH₄+O₂+6Na₂O₂=2Na₂CO₃+8NaOH，即原混合物中O₂、CH₄、Na₂O₂的物质的量之比为1∶2∶6，C项正确。

故选C。

6．D

【详解】

A．碳酸氢钠受热分解，但碳酸钠不分解，A正确，不符合题意；

B．1mol碳酸钠消耗2mol盐酸，1mol碳酸氢钠消耗1mol盐酸，B正确，不符合题意；

C．等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，碳酸根离子水解程度大，碱性强，加入酚酞颜色深，C正确，不符合题意；

D．碳酸钠在离子方程式中写成碳酸根离子，碳酸氢钠在离子方程式中写成碳酸氢根离子，所以与氢氧化钡反应的离子方程式不同，D错误，符合题意；

故选D。

7．C

【解析】

【详解】

A、相同条件下, NaHCO₃的溶解度小,则分别向等质量的白色粉末中加等体积适量的水,比较固体溶解量的多少,可鉴别,故A不选;
B、Na₂CO₃与CaCl₂溶液反应生成白色沉淀, NaHCO₃与CaCl₂溶液不反应，现象不同,能鉴别,故B不选;
C、焰色反应为元素的性质,则分别配成溶液,做焰色反应,火焰的颜色相同,不能鉴别,故C选;
D、碳酸氢钠受热分解,而碳酸钠不分解,则由图装置进行实验,澄清石灰水变浑浊原物质为碳酸氢钠,可鉴别,故D不选;
综上所述，本题应选C。

8．B

【解析】A. ①中加入盐酸立即有CO₂产生，说明溶质只有一种，即NaHCO₃，故通入的CO₂最多，是过量的，发生反应：NaOH+CO₂= NaHCO₃，选项A错误；B、③中OA=AB，说明溶质只有Na₂CO₃，发生反应：Na₂CO₃+HCl= NaHCO₃+NaCl、NaHCO₃+ HCl= NaCl+ CO₂↑+H₂O，选项B正确；C、②中OA<ab< span="">，说明溶液中含有Na₂CO₃和NaHCO₃两种溶质，③中OA=AB，说明溶质只有Na₂CO₃，④中OA>AB，说明溶液中含有NaOH和Na₂CO₃两种溶质，选项C错误；D、若④中OA>2AB，结合③中反应情况，则有c(NaHCO₃)>c(Na₂CO₃)，选项D错误。答案选B。</ab<>

9．A

【详解】

向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO₂气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na₂CO₃的混合物，当NaOH和CO₂恰好完全反应时，产物只有Na₂CO₃，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO₃，也可能是Na₂CO₃和NaHCO₃的混合物。Ⅰ、图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO₃，故①正确；Ⅱ、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c（Na₂CO₃）=c（NaHCO₃），故②正确；Ⅲ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有Na₂CO₃，物料守恒可知：c（Na⁺）=2c（CO₃²^-）+2c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃）；故③错误；Ⅳ、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是NaOH和Na₂CO₃的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na₂CO₃反应生成NaHCO₃，后由图中可看出，NaHCO₃又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比是1：1，故④错误．由上分析知①②正确，③④错误，故选A。

10．D

【分析】

；铝土矿加入试剂X，氧化铝溶解，说明试剂X为氢氧化钠，沉淀为氧化铁。溶液为偏铝酸钠，过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠。据此回答。

【详解】

A．从后面通入Y生成碳酸氢钠分析，Y 应为二氧化碳，则试剂X只能是NaOH溶液，不可以是盐酸，A错误；

B．反应①过滤后所得沉淀为氧化铁不是氢氧化铁，B错误；

C．氧化铝变成铝为氧化还原反应，C错误；

D．反应②为偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，化学方程式为NaAlO₂＋CO₂＋2H₂O=Al(OH)₃↓＋NaHCO₃，D正确；

故选D。

11．B

【解析】标准状况下，11.2L氢气的物质的量为11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.5mol，则金属混合物的平均相对原子质量为13÷0.5=26。A．Mg的相对原子质量为24，若Al为+2价时，其相对原子质量为27×2/3=18，均小于26，A错误；B．Mg的相对原子质量为24，Cu与稀硫酸不反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，B正确；C．Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，均大于金属混合物的平均相对原子质量26，C错误；D．Fe的相对原子质量为56，Cu与稀硫酸不反应，相对原子质量视作无穷大，不符合题意，D错误，答案选B。

点睛：本题考查混合物的计算，本题利用平均值法即可快速解答，注意化合价与相对原子质量的转化，难点是铝和铜的相对原子质量的处理。

12．B

【分析】

向AlCl₃溶液中滴加NaOH溶液的过程中，发生反应分别为：Al³⁺+3OH^-═Al(OH)₃↓、OH^-+Al(OH)₃=AlO₂^-+2H₂O；NaAlO₂溶液中滴加稀盐酸的过程中Al³⁺与AlO₂^-的过程中发生的反应分别为：AlO₂^-+H⁺+H₂O═Al(OH)₃↓、Al(OH)₃+3H⁺═Al³⁺+3H₂O，据此进行判断。

【详解】

向AlCl₃溶液中滴加NaOH溶液的过程中，发生反应分别为：Al³⁺+3OH^-═Al(OH)₃↓、OH^-+Al(OH)₃=AlO₂^-+2H₂O,根据反应可知，Al³⁺完全沉淀所消耗的NaOH的物质的量与沉淀溶解生成AlO₂⁻的物质的量达到最大值所消耗NaOH的物质的量之比为3:1，满足条件的图象为B，即A错误、B正确；

NaAlO₂溶液中滴加稀盐酸的过程中Al³⁺与AlO₂⁻的过程中发生的反应分别为：AlO₂^-+H⁺+H₂O═Al(OH)₃↓、Al(OH)₃+3H⁺═Al³⁺+3H₂O，则偏铝酸根离子完全沉淀所消耗的HCl的物质的量与沉淀溶解生成铝离子的物质的量达到最大值所消耗的HCl的物质的量之比为1:3，C中为3:1，D中为1:1，故C、D均是错误的。

答案选B。

【点睛】

本题考查物之间利用互相滴加过程的反应现象不同的鉴别，需要结合物质的性质，根据溶液中离子间的相互反应进行分析推断。

13．A

【详解】

由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀组成为Mg(OH)₂、Al(OH)₃，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)₂]+3n[Al(OH)₃]=n(OH^-)=0.04mol，加入0.05molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.01molNaOH恰好完全溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O可知，n[Al(OH)₃]=n(NaOH)=0.01mol，所以n[Mg(OH)₂]==0.005mol，溶液中n(Cl^-)=3n[Al(OH)₃]=0.03mol，原溶液中n(SO₄^2-)=n[Mg(OH)₂]=0.005mol，所以原溶液中Cl^-与SO₄^2-的物质的量之比为0.03mol:0.005mol=6:1，故答案为A。

【点睛】

考查离子方程式的有关计算，明确图象中各阶段发生的反应原理为解答关键，由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg(OH)₂、Al(OH)₃，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)₂]+3n[Al(OH)₃]=n(OH^-)，加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.01molNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。

14．C

【解析】KSCN溶液与Fe³⁺作用使溶液显红色，与Fe²⁺作用无此现象，故可以先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe³⁺，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe³⁺，证明原溶液含有Fe²⁺，故要证明某溶液中不含Fe³⁺，而可能含有Fe²⁺，合理的操作顺序是②③①，答案选C。

点睛：本题考查Fe³⁺和Fe²⁺的检验，明确常见离子的性质特点、检验的试剂是解答的关键。要注意KSCN溶液与Fe³⁺作用使溶液显红色，与Fe²⁺作用无此现象。另外要注意干扰离子的排除。

15．C

【详解】

A.滴加硫氰酸钾溶液，溶液呈红色，证明存在Fe³^＋而不能证明没有Fe²^＋，A错误；

B．若原溶液中含Fe²^＋，通入氯气，氯气将Fe²^＋氧化成Fe³^＋，滴加硫氰酸钾溶液后显红色，若原溶液中不含Fe²^＋而含有Fe³^＋，通入氯气，加入硫氰酸钾溶液同样可以变红色，B错误；

C．溶液中加入氢氧化钠溶液得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe³^＋，C正确；

D．氢氧化镁为白色沉淀，能被红褐色沉淀掩盖，无法确定，D错误。

故本题答案为C。

16．D

【解析】

试题分析：将一定量的铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，反应后收集到NO₂和NO的混合气体，说明反应过程中硝酸的浓度变稀或全部参加反应，若硝酸过量，则溶液里只含有Fe（NO₃）₃，若硝酸全部反应，且溶液里发生了Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺,则溶液里就生成了Fe（NO₃）₂，甚至此反应完全，溶液里就只有Fe（NO₃）₂，答案为D。

考点：考查硝酸与Fe³⁺的氧化性及过量反应物对反应原理的影响。

17．B

【详解】

因一定量的Fe、FeO和Fe₂O₃的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KMnO₄的酸性溶液，无明显现象，说明溶液中的溶质为硝酸铁，生成的1.344 L气体为NO，其物质的量为，根据氮元素守恒，硝酸铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12 L×4 mol/L-0.06 mol=0.42 mol，所以硝酸铁的物质的量为n[Fe(NO₃)₃]=，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n(Fe)=0.1mol，故选项B正确。

18．B

【详解】

A. N₂+ O₂2NO，N₂不能一步直接转化为NO₂，A错误；

B. SO₃^2-+H⁺=HSO₃^-，HSO₃^-+H⁺=SO₂↑+H₂O，SO₃^2-+2H⁺=H₂O+SO₂↑，符合物质转化关系，B正确；

C. Cl₂和Fe反应生成FeCl₃，不可能一步反应直接得到FeCl₂，C错误；

D. 氨水中的NH₃·H₂O是弱碱，不能溶解两性氢氧化物Al(OH)₃，D错误；

故合理选项是B。

19．A

【详解】

合金是不同种金属在熔化状态下形成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进行混合；

A．钠的沸点低于铜的熔点，即钠变成了蒸气，铜还没有熔解，两种金属不能够形成合金，A项错误，符合题意；

B、C、D中的两种金属，在一定温度范围内，均可以液体的形式存在，可以形成合金，B、C、D不符合题意；

本题答案选A。

【点睛】

本题考查了合金的形成条件，注意制造合金时，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种气态不会转化成合金。

20．B

【解析】A．合金的熔点一般比它的成分金属低，故A正确；

B．合金可以含有非金属，如钢中含有碳，故B错误；

C．合金的硬度一般比它的成分金属高，故C正确；

D．硬铝是铝合金、黄铜是铜锌合金、钢和生铁是铁合金均为合金，故D正确．

21．B

【详解】

A、由于氧化性，铁离子优先反应，所以滤液中一定不存在铁离子，故A错误；

B、滤液A中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，氧化铁的物质的量为，含有铁元素的物质的量为，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中Fe元素的质量为：，故B正确；

C、由于生成了氢气以及滤液中不含铜离子，故滤渣为金属铜，铜元素的物质的量为，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于，故C错误；

D、由于部分铁用于置换金属铜，则与氢离子反应生成氢气的铁的物质的量小于，反应生成的气体的物质的量小于，标况下生成的气体的体积一定小于：，故D错误；

故选B。

22．D

【详解】

硬铝中一定含有Al，样品加入足量稀盐酸后有难溶物存在，说明有金属活动性在H之后的金属或非金属存在，不溶物加入浓NaOH溶液后有气体生成和难溶物存在，说明含有硅，最终的难溶物为既不能和盐酸反应，又不能和氢氧化钠溶液反应，应为Cu。

故选D。

23．C

【解析】

铜粉和硫粉反应生成的是Cu₂S，A错误；Cu与浓硫酸的反应需要加热，B错误；“Cu—Al—浓硝酸原电池”中Cu发生氧化反应作负极，不能证明金属活泼性Cu<al，d错误。< span=""></al，d错误。<>

24．D

【分析】

Cu₂O与稀硫酸发生反应：2Cu⁺=Cu²⁺+Cu，Cu₂O和Cu都能与浓硫酸、稀硝酸、浓硝酸等强氧化性物质反应，结合实验现象分析判断。

【详解】

已知酸性条件下有如下反应：2Cu⁺═Cu²⁺+Cu，向红色固体中加入稀硫酸，有红色固体和蓝色溶液，红色固体为铜，蓝色溶液为硫酸铜溶液，由此可推出原红色固体里一定有Cu₂O，对于溶液中的红色固体铜，一种可能是原来有一部分，Cu₂O和硫酸反应生成一部分，另一种可能是全部由Cu₂O和硫酸反应生成的，因此可得出结论，红色固体里一定有Cu₂O，可能有铜，故选D。

25．D

【解析】

A、途径①涉及反应3Cu+8H⁺+2NO₃^－=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，NO₃^－由硝酸提供，H⁺由硝酸和硫酸共同提供，所以若硝酸为2mol，则硫酸为(8-2)÷2=3mol，所以混酸中H₂SO₄与HNO₃物质的量之比最好为3:2，故A正确。B、途径②涉及反应为2Cu+2H₂SO₄+O₂=2CuSO₄+2H₂O；途径③涉及反应Cu+2H₂SO₄(浓)CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；若生成1mol硫酸铜，途径①消耗1mol硫酸，途径②消耗1mol硫酸，途经③消耗2mol硫酸，所以三个途径中，生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量: ①=②<③，故b正确。c、据图可知，cuso< span="">₄在1100℃分解产生Cu₂O和混合气体X，Cu₂O为化合价降低的产物，则混合气体X中一定有化合价升高的产物，则一定含有O₂，根据原子守恒，CuSO₄在1100℃分解的方程式可能为2CuSO₄Cu₂O+SO₂↑+SO₃↑+O₂↑，故B正确；D、硫酸铜与过量的NaOH反应生成氢氧化铜，葡萄糖中含有醛基，能与新制氢氧化铜在NaOH过量的条件下反应生成Cu₂O和葡萄糖酸钠，体现了葡萄糖的还原性，葡萄糖发生氧化反应，故D错误。故选D。

26．D

【详解】

A．金的活泼性很弱，在自然界中以游离态存在，根据密度的不同，可以采用水洗法分离得到金单质， A正确；

B．常温下，银易和其它物质反应生成化合物，所以在自然界中以化合态存在，银的金属性弱，可用加热Ag₂O的方法冶炼，B正确；

C．铁在自然界中以化合态存在，铝的金属性大于铁，铝和铁的氧化物能发生置换反应，所以可以铝热法炼铁，C正确；

D．钠的性质很活泼，极易和氧气反应，所以在自然界中以化合态存在，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解熔融NaCl的方法冶炼，D错误；

故选D。

27．B

【详解】

A、钠是活泼金属，应采用电解法制取，选项A正确；

B、镁是活泼金属，应采用电解法制取，并且镁与热水反应，选项B错误；

C、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H₂、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，选项C正确；

D、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，选项D正确；

答案选B。

28．C

【详解】

A．浓硫酸具有吸水性，在空气中久置吸水导致浓度降低，浓盐酸具有挥发性，长期暴露在空气中 HCl挥发导致浓度降低，两者原理不同，故A错误；

B．胶体为中性不带电，Fe(OH)₃胶体做电泳实验时，阴极颜色加深，只能说明 Fe(OH)₃胶粒带正电，故B错误；

C．某次焰色试验火焰为黄色，只能说明该物种中含有钠元素，不能说明该物质中是否含钾元素，要透过蓝色钴玻璃观察是否有紫色，如果有紫色说明含有钾元素，没有紫色就没有钾元素，故C错误；

D．由 Fe和稀 HNO₃反应的方程式：Fe+4HNO₃(稀)Fe(NO₃)₃＋ NO+2H₂O可知，0.5 mol Fe和含1 mol HNO₃的稀溶液充分反应后，则生成 0.25 mol Fe³⁺，剩余 0.25 mol Fe，而剩余的 Fe与 Fe³⁺发生反应：Fe+2Fe³⁺3Fe²⁺，则0.25 mol Fe³⁺刚好反应完全，因此溶液中无 Fe³⁺，则加入 KSCN 溶液后，溶液不变红，故D 错误。

故答案为：C

29．A

【解析】

试题分析：混合物与盐酸恰好完全反应，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为FeCl₂，生成氢气物质的量为：0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，根据方程式Fe+2H⁺＝Fe²⁺+H₂↑可知与氢离子反应的铁是0.01mol；设原混合物中Fe和Fe₂O₃的物质的量分别为xmol、ymol，则根据关系式可知

Fe₂O₃～2Fe³⁺～Fe

ymol x-0.01）mol

根据题意，列方程得：x-0.01＝y

根据氯元素守恒：2x+2y×2＝0.1×2

联立方程，解得x＝0.04、y＝0.03

答案选A

考点：考查混合物计算

30．D

【详解】

A．澄清石灰水中吸收二氧化碳产生碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：，故A错误；

B．双氧水不稳定长期放置会分解成水和氧气，但双氧水中没有二氧化锰，正确的方程式为：，故B错误；

C．该反应不符合电荷守恒，正确的方程式为：，故C错误；

D．浓氨水会挥发出氨气与浓盐酸中挥发的HCl气体在空气中接触发生反应，化合成固体氯化铵，反应为，故D正确；

故选：D。

31．B

【详解】

A．往碳酸钙中滴加稀盐酸的离子反应方程式为CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑，故A错误；

B．CuO与稀盐酸反应的离子反应方程式为CuO+2H⁺=Cu²⁺+H₂O，故B正确；

C．氢氧化钡溶液与稀H₂SO₄反应的离子反应方程式为Ba²⁺+SO+2H⁺+2OH^-=BaSO₄↓+2H₂O，故C错误；

D．钠与水反应时的离子反应方程式为2Na+2H₂O=2Na⁺+2OH^-+H₂↑，故D错误；

故答案为B。

32．C

【详解】

A．氯水中有氯气和次氯酸，都有强氧化性，可以将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，故A正确；

B．烧瓶中有NaClO，是强碱弱酸盐水解显碱性，Fe³⁺碱性条件下会产生红褐色沉淀，故B正确；

C．烧瓶中有NaClO，有强氧化性，在溶液中KSCN中的会直接被氧化为硫酸根离子，故C错误；

D．氯水过量时，红色却会褪去, NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN^-会被氧化剂氧化，SCN^-中S：-2价，C：+4价，N：-3价，故N元素一定被氧化，故D正确；

故答案为：C

33．A

【详解】

A． ClO₂具有氧化性，可杀菌漂白，是一种优质的自来水的杀菌消毒剂，有对应关系，A正确；

B．浓硫酸有强氧化性，H₂S 气体具有强还原性，二者能在室温下发生氧化还原反应，故不可用浓硫酸干燥硫化氢，B错误；

C． Fe₂O₃是碱性氧化物，也可用作颜料，二者不存在对应关系，C错误；

D． SO₂的还原性与作漂白剂不存在对应关系，二氧化硫有漂白性故可用作纸浆的漂白剂，D错误；

答案选A。

34．D

【详解】

A．铁把氯化铁还原为氯化亚铁，除去溶液中混有的方法为加入足量铁粉，故A正确；

B．碳酸钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，除去溶液中混有的的方法为通入过量，故B正确；

C．除去中混有的的方法为通过饱和食盐水洗气，故C正确；

D．氯化氢能和碳酸氢钠溶液反应，所以不能用溶液除去二氧化碳气体中的HCl，故D错误；

选D。

35．C

【详解】

A．AlCl₃是强电解质，要拆开，氨水中的一水合氨是弱电解质，不能拆，两者反应生成难溶的氢氧化铝沉淀，不能拆，故A正确；

B．硫酸铜和NaOH都是强电解质，反应生成难溶的氢氧化铜沉淀，故B正确；

C．三氯化铁腐蚀印刷线路板,题给离子方程式不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：，故C错误；

D．将金属Na投入水中，，只有NaOH是强电解质可以拆，故D正确；

故答案为：C

36．A

【详解】

A.反应产物中只有SO₂具有漂白性，所以品红溶液褪色，表明产物中有SO₂，A正确；

B.反应产物SO₂虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，只能使石蕊变红色，B错误；

C. 应将试管内的浊液倒入水中，溶液变蓝，证明浓硫酸具有吸水性，C错误；

D.铜和稀硫酸不反应，则该反应中即便铜片有剩余，硫酸也一定有剩余，D错误；

故选A。

37．B

【详解】

①过量的Fe与Cl₂反应，Cl₂是强氧化剂，发生反应2Fe+3Cl₂2FeCl₃，铁过量不会与生成的氯化铁固体反应，故①选；

②Fe与过量稀硫酸反应，氢离子的氧化性弱，只能把铁氧化为二价铁，故②不选；

③FeCl₂溶液中通入少量Cl₂，氯气是强氧化剂，可以把氯化亚铁氧化为三价铁，故③选；

④Fe和Fe₂O₃的混合物溶于盐酸中，Fe₂O₃溶于盐酸生成氯化铁，如果铁足量，可发生Fe+2FeCl₃=3FeCl₂，所以不一定生成三价铁，故④不选；

①③符合题意，故选B。

38．B

【解析】

试题分析：A、氯水具有氧化性能将二价铁氧化成三价，干扰，A项错误；B、先滴加KSCN溶液，不显红色，说明没有三价铁，再滴加氯水后显红色说明有二价铁，B项正确；C、滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明有三价铁，C项错误；D、滴加KSCN溶液，溶液呈红色，再加足量铁粉红色消失，说明有三价铁，D项错误；答案选B。

考点：考查二价铁的检验

39．C

【详解】

A．过氧化钠具有强氧化性，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气和Na₂O₂具有强氧化性，可以把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，Fe³⁺与氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；

B．铁丝在氯气中燃烧时生成红棕色的氯化铁，氯化铁是固体，观察到的是红棕色的烟，故B错误；

C．依据化学方程式2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂↑可知，过氧化钠可作供氧剂，过氧化钠具有强氧化性，可作漂白剂，故C正确；

D．胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有此现象，用一束光照射氯化铁溶液不能看到光亮的通路，故D错误；

故答案为C。

40．B

【详解】

A．二氧化锰会成为新的杂质，故A错误；

B．过量的铁粉可以将硫酸铁还原为硫酸亚铁，且不引入新的杂质，过滤掉剩余铁粉即可得到硫酸亚铁溶液，故B正确；

C．HCl会和饱和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；

D．硫酸钾与硝酸钡反应生成硝酸钾和硫酸钡，硝酸钾易溶于水，会引入新的杂质，故D错误；

故选：B。

41．C

【分析】

FeCl₃与铁粉反应生成FeCl₂；Na₂CO₃、水、二氧化碳反应生成NaHCO₃；Na₂SO₄与BaCl₂反应生成硫酸钡沉淀和NaCl；Al₂O₃与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，MgO与氢氧化钠溶液不反应。

【详解】

FeCl₃与铁粉反应生成FeCl₂，可以用铁粉除去FeCl₂溶液中的FeCl₃，故不选A；Na₂CO₃、水、二氧化碳反应生成NaHCO₃，可以用CO₂气体除去NaHCO₃溶液中的Na₂CO₃，故不选B；Na₂SO₄与BaCl₂反应生成硫酸钡沉淀和NaCl，引入新杂质NaCl，不能用BaCl₂溶液除去NaNO₃溶液中的Na₂SO₄，故选C；Al₂O₃与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，MgO与氢氧化钠溶液不反应，可以用NaOH溶液除去MgO固体中的Al₂O₃，故不选D。

42．D

【详解】

A．铝合金中的硬铝硬度大，密度小，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故A正确；

B．氯气与氢气反应用于制造盐酸，与某些有机物反应可用于制造农药，染料和药品等，是重要的化工原料，故B正确；

C．铁粉具有较强的还原性，可与空气中的氧气反应，常用作食品脱氧剂，故C正确；

D．汽车尾气催化转化器中的反应为：2NO+2CO=2CO₂+N₂，故D错误；

故选：D。

43．AC

【分析】

由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)₂和Al(OH)₃，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠元素守恒可知此时n（Na₂SO₄）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍。从200mL开始，NaOH溶解Al(OH)₃：NaOH+Al(OH)₃=NaAlO₂+2H₂O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)₂，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)₂为0.15mol，Al(OH)₃为0.25mol-0.15mol=0.1mol，以此解答。

【详解】

A．由分析可知，当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)₂和Al(OH)₃，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为Na₂SO₄，此时溶液呈中性，则当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶液为酸性，故A正确；

B．由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O，当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶质中有硫酸钠，故B错误；

C．沉淀量最大，此时为Mg(OH)₂和Al(OH)₃，溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Na₂SO₄)=2×0.25L×2mol/L=1mol，所以NaOH溶液的物质的量浓度为=5 mol/L，故C正确；

D．由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)₃]=0.1mol，n(Mg)=n[Mg(OH)₂]=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H₂)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.1mol+2×0.15mol=0.6mol,所以n(H₂)=0.3mol，故氢气体积为0.3mol×22.4mol/L=6.72L，故D错误；

故选AC。

【点睛】

此题考查有关镁、铝的图像计算，通常由于其含盖的知识点丰富，考察方式直观、精炼对思维能力的要求高，做这类题要学会看图：一看坐标，弄清横纵坐标的意义；二看拐点及关键点，如刚开始产生沉淀，生成沉淀量最大值，沉淀量最小值，沉淀量恰好完全消失等；三看比值，通过分析每个阶段所发生的反应，根据方程式的计算数据得出结论，当沉淀的量恰好达到最大时，溶液中的离子浓度最小，可以分析此时溶液中的溶质进行求解。

44．BC

【详解】

取适量该混合物加适量水充分搅拌，得到白色沉淀A与无色溶液B. 取适量A加入稀硝酸至过量，白色沉淀部分溶解，说明溶液中一定不存在FeCl₂，则该固体中产生的白色沉淀中有亚硫酸钡，说明固体中含有Na₂SO₃；取少量B逐滴加入稀硫酸至过量，不断生成白色沉淀后沉淀部分溶解，与酸反应产生白色沉淀的离子应是偏铝酸根离子，说明溶液中存在Al元素，说明固体开始混合时，铝离子被转化为偏铝酸根离子，所以溶液中一定存在Ba(OH)₂、 AlCl₃；取少量B滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡，最终得无色溶液，因为溶液B中不存在亚铁离子，所以与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应的离子只能是亚硝酸根离子，则固体中一定存在NaNO₂。

A.固体中FeCl₂一定不存在存在，选项A错误；

B.③中使高锰酸钾溶液褪色的是亚硝酸根离子，选项B正确；

C.B为偏铝酸钡和NaNO₂的混合液，都是强碱弱酸盐，所以溶液呈碱性，pH>7，选项C正确；

D.固体由Ba(OH)₂、AlCl₃、Na₂SO₃、NaNO₂组成，选项D错误；

答案选BC。

45．Na₂O₂ Fe₃O₄ Al 4Fe(OH)₂＋O₂＋2H₂O=4Fe(OH)₃ AlO＋CO₂＋2H₂O=Al(OH)₃↓＋HCO Fe₃O₄＋8H^＋=Fe²^＋＋2Fe³^＋＋4H₂O 用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成

【详解】

A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na₂O₂，A和水反应生成NaOH和O₂，C是无色无味的气体，则C是O₂、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，是Fe₃O₄，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al₂O₃、R是Al，N是NaAlO₂，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe(OH)₂、M是Fe(OH)₃，Fe₃O₄和HCl、足量Fe反应后得到E，E为FeCl₂，Fe(OH)₃和HCl反应生成W，则W是FeCl₃。

(1)根据以上分析可知： A：Na₂O₂，D：Fe₃O₄，R：Al。

(2)①H是请氧化亚铁，在潮湿空气中变成氢氧化铁的化学方程式：4Fe(OH)₂＋O₂＋2H₂O=4Fe(OH)₃；

②向偏铝酸钠中通足量CO₂时反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：AlO＋CO₂＋2H₂O=Al(OH)₃↓＋HCO；

③四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁和水，离子方程式：Fe₃O₄＋8H^＋=Fe²^＋＋2Fe³^＋＋4H₂O。

(3)气体C为氧气，检验的方法：用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成。

46．过滤 2Al(OH)₃Al₂O₃+3H₂O NaAlO₂ 氨水 Al³⁺+3NH₃·H₂O=Al(OH)₃↓+3NH₄⁺

【分析】

工业上用铝土矿主要成分为Al₂O₃，还有少量的Fe₂O₃，SiO₂等杂质，向铝土矿中加入浓NaOH溶液并加热，Al₂O₃、SiO₂都和NaOH反应生成可溶性的钠盐，Fe₂O₃不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe₂O₃，滤液X中含有Na₂SiO₃、NaAlO₂，通入CO₂并控制一定条件过滤得到Al(OH)₃，滤液Y中含有碳酸钠和硅酸钠，将Al(OH)₃洗涤过滤加热，Al(OH)₃分解生成Al₂O₃和水，则N为Al₂O₃。

【详解】

(1)I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤；

(2)固体N为Al₂O₃，生成Al₂O₃时发生反应的化学方程式为2Al(OH)₃Al₂O₃+3H₂O；

(3)滤液X中，含铝元素的溶质为偏铝酸钠，化学式为NaAlO₂；

(4)实验室里常往AlCl₃溶液中加入弱碱来制取A1(OH)₃，一般常用氨水，该反应的离子方程式为Al³⁺+3NH₃·H₂O=Al(OH)₃↓+3NH₄⁺。

【点睛】

本题以铝及其化合物之间的转化为载体考查物质分离和提纯，侧重考查学生分析推断及实验操作能力，明确物质性质及实验基本操作方法是解本题关键，结合Al(OH)₃的两性，则将Al³⁺完全转化为A1(OH)₃时使用的最好试剂为氨水，这是易错点。

47．Cu+H₂O₂+2H⁺=Cu²⁺+2H₂O 2Cu²⁺+2CO₃^2-+H₂O=Cu₂(OH)₂CO₃↓+CO₂↑ 3 取样，加KSCN，若变红则含Fe³⁺，未被除尽；若不变红，则除尽 CuSO₄+Fe=Cu+FeSO₄ 蒸发浓缩冷却结晶

【详解】

考查化学工艺流程，（1）滴入H₂O₂溶液后，溶液很快变蓝色，说明Cu→Cu²^＋，H₂O₂作氧化剂，离子反应方程式为Cu＋H₂O₂＋2H^＋=Cu²^＋＋2H₂O；（2）生成Cu₂(OH)₂CO₃，部分Cu²^＋与CO₃²^－发生双水解反应，产生CO₂，其离子反应方程式为：2Cu²⁺+2CO₃^2-+H₂O=Cu₂(OH)₂CO₃↓+CO₂↑；（3）根据反应方程式，Cu₂S中Cu的价态由＋1→0价，化合价降低，S的价态由－2价→＋4价，化合价升高，O的价态由0价→－2价，化合价降低，计算转移电子物质的量，可以通过S进行计算，生成1molCu，则消耗0.5molCu₂S，即转移电子物质的量为0.5×6mol=3mol；（4）①检验是否Fe³^＋被除尽，一般用KSCN检验，如果溶液变红，说明含有Fe³^＋，否则不含有，操作是：取样，加KSCN，若变红则含Fe³^＋，未被除尽；若不变红，则除尽；②根据流程，溶液B中含有Cu²^＋，制备Cu，需要加入Fe，发生Fe＋Cu²^＋=Cu＋Fe²^＋；③得到胆矾，胆矾中含有结晶水，采用的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥的方法。

48．1：2：3 1/23 ：1/12 ：1/9 22/23 ：11/12 ：8/9

【分析】

(1)根据2Na+2HCl=2NaCl+H₂， Mg+2HCl=2MgCl₂+H₂， 2Al+6HCl=2AlCl₃+3H₂反应方程式，可以计算出等物质的量的Na、Mg、Al产生H₂的量之比，质量比；

(2)根据2Na+2HCl=2NaCl+H₂， Mg+2HCl=2MgCl₂+H₂， 2Al+6HCl=2AlCl₃+3H₂反应方程式，根据n=m/M把质量转化为物质的量，计算出Na、Mg、Al产生H₂的量之比，从而计算出产生H₂的质量之比；反应后溶液质量增加量为金属的质量-生成氢气的质量，从而计算出反应后溶液增加的质量比。

【详解】

(1)三种金属分别与酸反应：2Na+2HCl=2NaCl+H₂，Mg+2HCl=2MgCl₂+H₂，2Al+6HCl=2AlCl₃+3H₂；根据反应方程式可知，若盐酸足量，等物质的量的Na、Mg、Al产生H₂的量之比：0.5：1：1.5=1：2：3，产生H₂的质量之比为1：2：3；

综上所述，本题正确答案：1：2：3；

(2)三种金属分别与酸反应：2Na+2HCl=2NaCl+H₂，Mg+2HCl=2MgCl₂+H₂，2Al+6HCl=2AlCl₃+3H₂；根据反应方程式可知，若盐酸足量，等质量的Na、Mg、Al(质量均为ag)产生H₂的量之比：a/23×0.5： a/24×1：a/27×1.5=1/46：1/24：1/18=1/23：1/12：1/9；产生H₂的质量之比为1/23 ：1/12：1/9；反应后溶液增加质量=金属的质量-氢气的质量，因此钠反应后溶液的增加质量：a- a/23×0.5×2=22a/23g；镁反应后溶液的增加质量：a- a/24×1×2=11a/12g；铝反应后溶液的增加质量：a-a/27×1.5×2=8a/9g；反应后溶液质量增加的质量比：22/23 ：11/12 ：8/9；

综上所述，本题正确答案：1/23 ：1/12 ：1/9；22/23 ：11/12 ：8/9。

49．倒吸丁达尔效应玻璃棒 500 mL容量瓶 2.94 g

【详解】

(1)①实验室用铵盐与碱加热制取氨气，常用NH₄Cl固体与Ca(OH)₂固体反应来制取氨气。

②氨气极易溶于水，用水吸收多余的氨气时，如将导管直接插入水中，会产生倒吸现象；氨气溶于水生成，电离出铵根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，原因用化学方程式表示为。

(2)①红褐色胶体为氢氧化铁胶体，沸水中加FeCl₃溶液，利用Fe³⁺的水解可制得氢氧化铁胶体，所以M的化学式为。

②胶体具有丁达尔现象，可以利用此性质来验证胶体。

(3)①配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和容量瓶，因为配制480 mL溶液，需要的是500 mL的容量瓶。

②无法直接配制480 mL溶液，只能配制500 mL溶液，此时应该称取固体的质量为0.5 L×0.02 mol/L×294 g/mol=2.94 g。

50．铁粉煮沸 KSCN溶液煤油

【详解】

试题分析：（1）Fe²^＋还原性强，容易被氧气氧化成Fe³^＋，因此为防止被氧化，加入铁粉Fe＋2Fe³^＋=3Fe²^＋，不产生新的杂质；除去水中溶解的气体常用煮沸的方法，让溶解在里面的气体跑出；检验Fe³^＋常用的试剂是KSCN，灵敏度非常高；(2)Fe(OH)₂露置在空气中白色变成灰绿色变为红褐色，4Fe(OH)₂＋O₂+2H₂O=4Fe(OH)₃，单线桥要求①从化合价升高的元素出发，终止到化合价降低的元素②单线桥连接的两端是反应物，因此：，煤油的密度小于水的密度，浮在上层，隔绝空气，四氯化碳的密度大于水的密度，在下层，不能隔绝空气，因此用煤油来隔绝空气。

考点：考查Fe²^＋的保存、杂质的处理、物质的检验、氧化还原反应等相关知识。

51．0.08 Al(OH)₃+OH⁻=AlO₂⁻+2H₂O 0.6⩽a＜1

【分析】

(1)根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V₁=160mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，V₁=160mL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl₂、AlCl₃和NaCl混合液，根据镁原子、铝原子、氯离子、钠离子守恒，列方程求算n(Al)；

(2)V₂～V₃段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；

(3)硫酸的物质的量等于HCl的物质的量，故硫酸有剩余，反应后的混合溶液再加入840mL2mol⋅L⁻¹的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)₃，Al³⁺转化为AlO₂⁻，溶质为硫酸钠Na₂SO₄、NaAlO₂，由于为金属混合物，则a＜1，根据钠离子守恒：n(NaOH)⩾2n(Na₂SO₄)+n(NaAlO₂)，根据铝元素守恒用a表示出n(NaAlO₂)，据此确定a的取值范围。

【详解】

(1)当V₁=160mL时，此时溶液是MgCl₂、AlCl₃和NaCl的混合液，由Na⁺离子守恒可知：n(NaCl)=n(Na⁺)=n(NaOH)=0.16L×2mol/L=0.32mol，200mL4mol⋅L⁻¹的盐酸溶液中含有HCl的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol，设Mg为xmol，Al为ymol，则x+y=0.2，根据Cl⁻离子守恒有：2x+3y+0.32=0.8，联立方程解得：x=0.12、y=0.08；

(2)V₂～V₃段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)₃+OH⁻=AlO₂⁻+2H₂O；

(3)由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2×(1−a)mol，硫酸的物质的量等于HCl的物质的量，故硫酸有剩余，反应后的混合溶液再加入840mL2mol⋅L⁻¹的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)₃，Al³⁺转化为AlO₂⁻，溶质为硫酸钠Na₂SO₄、NaAlO₂，根据铝元素守恒可知：n(NaAlO₂)=0.2×(1−a)mol，根据钠离子守恒：n(NaOH)⩾2n(Na₂SO₄)+n(NaAlO₂)，即：0.84×2⩾2×0.2×4+0.2×(1−a)，解得：a⩾0.6，所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1。

52．三 ⅢA ③>①>② c(SO₄²⁻)>c(NH₄⁺)>c(Al³⁺)>c(H⁺)>c(OH⁻) 玻璃棒 97.62%

【分析】

（1）对于主族元素，周期数=电子层数，族序数=最外层电子数．据此判断该元素在周期表中位置；根据同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐碱性越强；

（2）将20.0mL 0.1mol/L Ba（OH）₂溶液和20.0mL 0.1mol/L NH₄A1（SO₄）₂溶液混合，即两者等物质的量混合，生成2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性；

（3）①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；

②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N～A1₂O₃，由关系式求氮化铝的质量，然后代入质量分数进行计算。

【详解】

(1)原子序数为13的元素，质子数为13，核外电子数为13，有3个电子层，最外层有3个电子，位于周期表中第三周期第ⅢA族；同主族元素原子序数越大，金属性越强，其对应的盐溶液碱性越强，镓、硼与铝位于同一主族，金属性：镓>铝>硼，故碱性：③>①>②，

故答案为三；ⅢA；③>①>②；

(2)将20.0mL 0.1mol/L Ba(OH)₂溶液和20.0mL 0.1mol/LNH₄A1(SO₄)₂溶液混合，即两者等物质的量混合，所以2mmol的硫酸钡和mmol的氢氧化铝，所以溶液中含有2mmol的硫酸根离子，2mmol的铵根离子和mmol的铝离子，弱离子铵根离子和铝离子的水解溶液呈酸性，所以离子浓度的大小为：c(SO₄²⁻)>c(NH₄⁺ )>c(Al³⁺)>c(H⁺)>c(OH⁻)；

故答案为c(SO₄²⁻)>c(NH₄⁺)>c(Al³⁺)>c(H⁺)>c(OH⁻)；

(3)①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；

故答案为玻璃棒；

②煅烧得氧化铝，根据铝守恒分析得：2A1N∼∼A1₂O₃，

2×(27+14) 102

m(A1N) 5.1g

所以=，解之得：m(A1N)=4.1g，则样品中A1N的质量分数为 ×100%=97.62%；

故答案为97.62%。

53．①②③⑤

【详解】

因为Fe(OH)₂在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)₃，即4Fe(OH)₂＋O₂＋2H₂O===4Fe(OH)₃，因此要较长时间看到Fe(OH)₂白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)₂处在氢气的保护中；③的原理为铁作阳极产生Fe^2＋，与电解水产生的OH^－结合生成 Fe(OH)₂，且液面用汽油保护，能防止空气进入；⑤中液面加苯阻止了空气进入；④由于带入空气中的氧气，能迅速将 Fe(OH)₂氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。故答案为①②③⑤。

54．除去气体中混入的HCl 过氧化钠与和水反应产生吸收未反应的气体带火星的木条木条复燃

【分析】

利用石灰石和稀盐酸反应制得二氧化碳，制得的二氧化碳通过饱和碳酸氢钠溶液以除去氯化氢气体，通过过氧化钠固体，产生的气体再通过氢氧化钠溶液除去末反应的二氧化碳等，最后用排水法收集进行检验，据此分析。

【详解】

(1)A装置中制备CO₂，无加热设备，所以应用分液漏斗盛装稀盐酸与锥形瓶中的石灰石反应制备CO₂气体，方程式为：CaCO₃+2HCl=CaCl₂+CO₂↑+H₂O，离子方程式为：CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑，

故答案为：CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑；

(2)CO₂气体通过饱和碳酸氢钠溶液，除去盐酸挥发出的HCl气体，C装置中盛装过氧化钠固体，与二氧化碳和水反应生成氧气，再将混合气体通入氢氧化钠溶液中，以除去氧气中未反应的二氧化碳，最后用排水法收集氧气；

故答案为除去CO₂气体中混入的HCl；过氧化钠；与CO₂和水反应产生O₂；吸收未反应的CO₂气体；

(3) 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，

故答案为2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂；

(4)F利用排水法收集氧气，检验氧气可使用带火星的木条，若木条复燃则证明该气体为氧气，故答案为带火星的木条；木条复燃。

55．防止FeSO₄被氧化煮沸避免生成的Fe(OH)₂沉淀接触氧气稀硫酸、铁屑 NaOH溶液 B 检验试管II出口处排出的氢气的纯度，当排出的H₂纯净时，再夹紧止水夹

【分析】

本题主要考察Fe(OH)₂的制备，其核心就是除掉空气，发生Fe²⁺+2OH^-= Fe(OH)₂↓。方案一事先将O₂从水中除去，并在实验中避免Fe(OH)₂的接触；方案二中，先使用H₂将装置中的空气排尽，再关闭止水夹，利用压强增大，将FeSO₄溶液有I中压入II中，并在H₂的氛围中制备Fe(OH)₂。