人教版高中化学必修一第三章：金属及其化合物练习题.docx

1、高中化学学习材料金戈铁骑整理制作第三章：金属及其化合物练习题第I卷（选择题）一、选择题（本题共20道小题，每小题0分，共0分）1.实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是（）ANaOH溶液BBa（OH）2溶液C盐酸D氨水2.用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染考虑，最好的方法是Cl2（）ACu Cu（NO3）2BCu Cu（NO3）2CCuCuCl2Cu（NO3）2DCu CuO Cu（NO3）23.下列说法中正确的是（ ）A将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色说明H2O2的氧化性比Fe3+强B含有铝元素的盐的水溶液一定显酸性C水玻璃

2、可用做制备木材防火剂的原料DSO2和乙烯均能使溴水褪色，其原理相同4.过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了14g，反应中有关物质物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)二氧化碳碳酸钠转移的电子A0.5molNAB53g0.5molC53gNAD11.2L0.5mol5.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是选项 W X Y Z A S SO2 SO3 H2SO4 B Na Na2O2 NaOH NaCl C Fe FeCl3 Fe（OH）2 FeCl2 D Al AlCl3 NaAlO2 Al2（

3、SO4）3 （ ）AABBCCDD6.化学在生产和日常生活中有着重要的作用下列说法中不正确的是（ ）ANa2FeO4能与水缓慢反应生成Fe（OH）3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂B钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用C常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，因此可用浓氨水检查氯气管道泄漏情况D开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理7.化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是（）选项应用解释A高纯硅作计算机芯片的材料硅晶体在自然界中能稳定存在B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀利用外加电流的阴极保护法保护金属C高铁车

4、厢采用铝合金材料铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果其作用是吸收水果释放出的乙烯8.下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ACl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂BNaHCO3溶于水完全电离NaHCO3是强电解质C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DNa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+9.下列物质可以用作药物，用于治疗胃酸过多的是（）ABaCO3BNaOH CCuSO4DAl（OH）310.下列操作中，溶液的颜色不发生变化的是（）A氯化铁溶液中加入足量铁粉，充分振荡B氯化铁溶液中滴加硫氰化钾（KSC

5、N）溶液C氧化铜固体加入稀盐酸中，完全溶解D碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸11.铝合金在日常生活、建筑装潢、航空航天和汽车制造等方面均有着广泛的用途下列关于铝合金具有广泛用途的分析不正确的是（）A铝元素在地壳中的含量高，储量丰富B铝容易形成致密的氧化膜，抗腐蚀性能好C铝化学性质稳定，常温下不与任何酸碱反应D铝的冶炼技术基本成熟，可以大量生产12.下列物质，不属于合金的是（）A硬铝B青铜C水银D钢13.向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断正确的是()氢氧化物溶液pH开始沉淀沉淀完全沉淀开始溶解沉淀

6、完全溶解Fe(OH)32.33.4Al(OH)33.35.27.812.8AC点的沉淀为Fe(OH)3BOA段可能发生的反应有：3Ba26OH3SO2Fe3=3BaSO42Fe(OH)3CAB段可能发生的反应是：2SO2Ba2Al33OH=2BaSO4Al(OH)3D据图计算原溶液中c(Cl)c(SO)14.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A加入KSCN溶液一定不变红色B溶液中一定含Cu2+C溶液中一定含Fe2+ D剩余固体中一定含铜15.下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是（）Al2O3 Al（OH）3 Al NaHCO3

7、 NaHS CaCO3 NaHSO4 （NH4）2CO3A除外 B除、外C除、外 D除、外16.将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl外，还大量存在的是（ ）AAlO2 BAl3+，Mg2+CMg2+，AlO2 DAl3+，Mg2+、H+17.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（ ）AFe3+ BAl3+CNH4+ DFe2+18.操作1：将1L 1.00mol

8、L1的Na2CO3溶液逐滴加入到1L 1.25molL1的盐酸中；操作2：将1L 1.25molL1的盐酸逐滴加入1L 1.00molL1 的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比（同温同压下）是（ ）A5：2 B2：5C1：1 D2：119.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（ ）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量20.取ag某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了ag

9、下列物质中不能满足上述结果的是（ ）AH2 BCOCC6H12O6 DC12H22O11第II卷（非选择题）22.（14分）某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和 Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用回答下列问题：（1）步骤产生气体的化学式为 （2）向含微量 Cu2+试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，能产生红褐色沉淀现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐

10、色沉淀，由此所得结论是 （3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及解释 A试管中黑色沉淀逐渐溶解A试管上方出现红棕色气体B试管中出现白色沉淀a现象说明褐色沉淀具有 性b试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为 （4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释： （5）为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量，取0.2g 步骤所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0mL 0.075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H

11、2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0mL 0.1mol/L （NH4）2Fe（SO4）2 溶液反应完全则混合物中Cu2S 的质量分数为 23.（15分）氧化亚铜是大型水面舰艇防护涂层的重要原料。某小组通过查阅资料，进行如下研究。资料：1. 氧化亚铜：化学式Cu2O，红色至红褐色结晶或粉末，不溶于水及有机溶剂，可溶于稀盐酸、稀硫酸等，在稀硫酸溶液中歧化为二价铜和铜单质。氧化亚铜在1800时分解，在干燥空气中稳定，但在潮湿空气中被慢慢氧化为氧化铜。氧化亚铜主要用于制造船底防污漆、杀虫剂2. 葡萄糖还原法制备氧化亚铜：将葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液混合后进行反应，生成氧化亚

12、铜，条件控制不当时会有少量氧化铜生成。 I. Cu2O的制取（1）葡萄糖还原法制Cu2O的化学方程式为 。（2）实验室用此方法制取并获得少量Cu2O固体，需要的玻璃仪器除试管、酒精灯、烧杯外，还需要 。II. 检验样品中是否含有CuO方案1：将制得的Cu2O样品溶于足量稀硫酸。（3）甲同学认为若溶液变为蓝色，则说明样品中含有CuO杂质。乙同学认为此推论不合理，用化学用语解释原因 。（4）甲同学通过反思，认为将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有CuO杂质，应测量的数据是 。方案2：丙同学认为采用如下装置(所加药品均足量)进行实验，通过测定c装置反应后固体的质量以及d装置反应前后增重的质量

13、，可计算，从而确定样品中是否含有氧化铜。 （5）装置中所加的酸是 （填化学式），装置e中碱石灰的作用是 。（6）点燃装置中酒精灯之前需进行的操作是 。（7）熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却，原因是 。24.（12分）工业纯碱中常含有少量NaCl，某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO3的含量（1）要检验工业纯碱中杂质的存在，先加入 后加入 试剂（选填序号）A氢氧化钡溶液 B稀硝酸 C硫氰化钾溶液 D硝酸银溶液（2）检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若 ，说明装置

14、不漏气（3）装置A的作用是 ，装置C中的试剂为 （4）某同学认为在D装置后应再连接E装置（装有适当试剂），你认为是否必要？ （选填“必要”或“不必要”），判断的理由是 （5）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 25.某纯碱样品中含有少量氯化钠杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去）实验步骤如下：按图连接装置，并检查气密性；准确称得盛有碱石灰（固体氢氧化钠和生石灰的混合物）的干燥管D的质量为85.4g；准确称得6g纯碱样品放入容器b中；打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；

15、打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为87.6g试回答：（1）若两步的实验操作太快，则会导致测定结果 （填“偏大”或“偏小”）；（2）鼓入空气的目的是 ，装置A中试剂X应选用 ；（3）若没有C装置，则会导致测定结果 （填“偏大”或“偏小”）；（4）E装置的作用是 ；（5）装置B中发生反应的离子方程式 ；（6）根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为 （计算结果保留一位小数）26.氧化铜是一种黑色固体，可溶于稀硫酸某同学想知道是稀硫酸的哪种粒子（H2O、H+、SO42）能使氧化铜溶解请你和他一起通过下图所示、和三个实验完成这次探究活动（1）你

16、提出的假设是 （2）通过实验可以证明 （3）要证明另外两种粒子能否溶解氧化铜，还需要进行实验和，在中加入稀硫酸后氧化铜溶解，则进一步确认的实验操作是：在中加入 （4）探究结果为 （5）反应的离子方程式为 试卷答案1.D【考点】：镁、铝的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物【分析】：根据题意，Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱【解答】：解：Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al

17、2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱A、NaOH溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故A错误；B、Ba（OH）2 溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故B错误；C、盐酸是酸，与Al3+不反应，故C错误；D、氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故D正确；故选D点评：本题考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性2.D【考点】：常见的生活环境的污染及治理；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物【分析】：用铜制取硝酸铜的最佳方法应是：从经济角度出发，制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少，成本最低；从

18、环境保护的角度出发，制取硝酸铜时不对环境造成污染【解答】：解：A反应生成NO2气体，污染环境，故A不选；B反应消耗硝酸银，成本较高，故B不选；C反应中使用到了氯气，氯气剧毒，对环保不利，且氯化铜不能与硝酸反应生成硝酸铜，故C不选；D氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜，不生成污染性气体，故D选故选D点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、环境的考查，为高考常见题型，难度不大，注意制备方案的评价3.CA中H+与NO3-形成稀硝酸，具有氧化性也可以氧化Fe2+，所以A错误。B，NaAlO2显碱性，所以B错误。D中SO2使溴水褪色是因为SO2具有还原性，而 乙烯使溴水褪色 是因为发生加成反应，二者原理并不相

19、同，所以D错误。4.B【考点】氧化还原反应的计算【分析】由化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数【解答】解：设二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加14g时，参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 固体质量差 2mol 2mol 56g x y 14g 解之得：x=0.5mol，y=0.5mol碳酸钠的质量=0.5mol106g/mol=53g因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积11.2L；由化学方程式可知，0.5mol二氧化碳参与

20、反应时消耗0.5mol过氧化钠，过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子为0.5mol2=0.5mol，即有 0.5NA个电子转移 故选B【点评】本题主要考查化学方程式的书写和有关化学方程式的计算以及氧化还原反应中电子转移数目的计算，侧重于考查学生的计算能力，题目难度中等5.D【考点】：含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】：AS燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4；BNa燃烧生成Na2O2；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y

21、，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z【解答】：解：AS燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；BNa燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；CFe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；DAl与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；故选D点评：本题考查物质的性质及

22、相互转化，为高频【考点】，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大6.D【考点】：铁的氧化物和氢氧化物；氯气的化学性质；合金的概念及其重要应用 【分析】：A根据K2FeO4具有强氧化性及Fe（OH）3胶体有吸附性分析；B致密的氧化物能保护里面的金属；C氨气与氯气发生氧化还原反应生成氯化氢和氮气，氯化氢与氨气反应生成氯化铵固体；D过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境【解答】：解：AK2FeO4具有强氧化性能作消毒剂，生成的Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮颗粒，能作净化剂，故A正确；B钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用，

23、故B正确；C常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，氯化氢与氨气生成氯化铵现象是有白烟生成，所以可用浓氨水检查氯气管道某处泄漏，故C正确；D过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；故选：D点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉高铁酸钾、三价铁离子的性质是解题关键，注意净水与杀菌消毒的区别，题目难度不大7.D【考点】：硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；合金的概念及其重要应用【分析】：A硅为亲氧元素，在自然界中易化合态存在；B铁和锌在电解质溶液中形成原电池，锌做负极被腐蚀；C铝合金中铝的化学性质并没有改变，铝在常温下即可与氧气发生反应；D乙烯具有催熟作用，能够被强氧化剂高锰酸钾氧化【解答】：

24、解：A虽然硅的化学性质很稳定，但在自然界中仍以化合态形式存在，如二氧化硅、硅酸盐等，故A错误；B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池反应，锌做负极被氧化，发生电化腐蚀，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护，故B错误；C合金中的铝单质仍然可以与氧气发生化学反应生成氧化铝，故C错误；D乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故D正确；故选：D点评：本题考查了物质的性质和用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大8.B【考点】：浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂【分析】：A、Cl2可与石灰乳反应制

25、备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物【解答】：解：A、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3；是强电解质完全电离，故B正确；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性，故C错误；D、用Na2S除

26、去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用Na2S还原性，故D错误；故选B点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大9.D【考点】：药物的主要成分和疗效【分析】：根据酸碱中和反应的知识进行分析，胃酸的主要成分是盐酸，所以治疗胃酸过多所用的物质需具有碱性且不能具有腐蚀性【解答】：解：ABaCO3能和盐酸反应生成钡离子，钡离子是重金属盐离子，有毒，故A错误； B氢氧化钠虽都是碱，有腐蚀性，但碱性太强，会进一步伤害胃，不能食用，故B错误；C硫酸铜是重金属盐，有毒，故C错误；DAl（OH）3能

27、与盐酸反应从而减少胃中盐酸的量，故D正确故选D点评：本题考查了常见物质的用途，题目难度不大，注意胃酸的主要成分是盐酸10.D【考点】：铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验专题：几种重要的金属及其化合物【分析】：A氯化铁溶液中加入足量铁粉反应生成氯化亚铁；B三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色络合物；C氧化铜为黑色固体，加入稀盐酸反应生成氯化铜；D碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水【解答】：解：A氯化铁溶液中加入足量铁粉反应生成氯化亚铁，溶液颜色由黄色变化为浅绿色，故A错误；B三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色络合物，溶液颜色由黄色变化为血

28、红色，故B错误；C氧化铜为黑色固体，加入稀盐酸反应生成氯化铜，溶液变成蓝色，故C错误；D碳酸氢钠溶液为无色，滴加稀盐酸反应生成氯化钠溶液为无色，故D正确；故选：D点评：本题考查了反应的现象，题目难度不大，熟悉三价铁离子、二价铁离子、铜离子的性质及颜色是解题关键，注意对相关知识的积累11.C【考点】：生活中常见合金的组成；铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物【分析】：A、根据Al元素在地壳中的含量来分析；B、金属铝易被氧气氧化形成氧化铝；C、金属铝化学性质活泼，可以和酸反应；D、金属铝的冶炼技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产【解答】：解：A、Al元素在地壳中是含量最多的金属元素，含量高

29、，储量丰富，故A正确；B、金属铝易被氧气氧化形成致密的氧化膜氧化铝，抗腐蚀性能好，故B正确；C、金属铝化学性质活泼，常温下可以和酸反应，故C错误；D、现在生活和生产中对金属铝的需求量大，金属铝的冶炼利用电解技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产，故D正确故选C点评：本题考查学生金属铝的有关知识，可以根据教材知识来回答，难度中等，注意平时知识的积累是解题的关键12.C【考点】：生活中常见合金的组成专题：元素及其化合物【分析】：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属等，以此解答该题【解答】：解：A硬铝是铝、铜、镁

30、、硅的合金，故A不选；B青铜是铜和锡的合金，故B不选；C水银为汞，为纯净物，不属于合金，故C选；D钢为铁与碳、镍等的合金，故D不选故选C点评：本题考查合金知识，为高频考点，侧重化学与生活、生成的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关知识的积累13.B试题分析：发生的反应依次为SO42-Ba2=BaSO4 Fe33OH=Fe(OH)3Al33OH=Al(OH)3 Al(OH)3OH=AlO2-2H2OA项，C点应为BaSO4和Fe(OH)3沉淀，错误；B项正确；C项，AB段只发生生成Al(OH)3沉淀的反应，错误；D项，设一格代表1 mol，则nAl(OH)32

31、 moln(BaSO4)33 mol 所以nFe(OH)36 mol5 mol1 mol n(Cl)3 mol，所以c(Cl)c(SO42-)，错误。14.B【考点】：铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化性、还原性强弱的比较专题：元素及其化合物【分析】：根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断【解答】：解：当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为

32、：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；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、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故B错误；C、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故C正确；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选B点评：本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本

33、题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分15.B【考点】：两性氧化物和两性氢氧化物【分析】：既能够与酸反应又能够与碱反应的物质有：铝；两性物质；弱酸的酸式盐，弱酸对应铵盐，据此【解答】【解答】：解：Al2O3 是两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；Al（OH）3 是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；Al 既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；NaHCO3 是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；NaHS 是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；CaCO3 与氢氧化钠不反应，故不选；NaHSO4 与盐酸不

34、反应，故不选；（NH4）2CO3弱酸对应铵盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；故选：B点评：本题考查了物质的性质，明确能和强酸或强碱反应的物质是解本题的关键，注意相关知识的积累16.A解：将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据计算2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）=0.25L1.5mol/L=0.375m

35、ol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故选A17.B解：A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，

36、故B正确；C、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，故D错误故选B18.A解：1L 1.00mol/L 的Na2CO3溶液中n（Na2CO3）=1L1mol/L=1mol，1L 1.25mol/L的盐酸中n（HCl）=1L1.25mol/L=1.25mol，把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，故： Na2CO3 +2HC

37、l=2NaCl+H2O+CO2 1mol 2mol 故HCl不足，由方程式可知，生成二氧化碳物质的量为1.25mol=0.625mol，向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，首先发生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl1mol 1mol 1molNa2CO3消耗1molHCl，剩余0.25molHCl，故生成1molNaHCO3然后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O； 0.25mol 0.25mol 故NaHCO3有剩余，生成二氧化碳0.25mol，故两次操作产生的气体体积之比是0.625mol：0.25mol=5：2，故

38、选A19.C解：发生反应有：2Al+6HCl2AlCl3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1；（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为1：3 （3）现在的比值是5：7，比值处于1：3和1：1之间，由于铝消耗盐酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足铝过量，故选C20.D解：已知反应的关系式：H2H2O2NaOHNa2O2H2，COCO2Na2CO3Na2O2CO，有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2C

39、O3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3Na2O2CO，2NaOHNa2O2H2，则有机物应可拆写成（CO）mHn的形式，则H2、CO以及可拆写成（CO）mHn的形式的有机物能满足上述结果，选项中C可拆写成（CO）6H12，但D不能满足，故选：D21.22.（1）SO2；（2）黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、还原性；b、NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；（4）CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）40%【考点】：性质实验方案的

40、设计【分析】：（1）根据铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体进行解答；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对进行分析，然后得出正确结论；（3）a、红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；b、根据反应现象可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；（4）CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡，根据平衡移动分析；（5）依据滴定实验数据计算剩余高锰酸钾物质的量，得到和硫化亚铜、硫化铜反应的高锰酸钾物质的量，依据反应的离子方程式列式计算得到【解答】：解：（1）Cu与浓硫酸反应生

41、成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+2SO2+2H2O，步骤产生的气体是SO2，故答案为：SO2；（2）向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO，故答案为：黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原性；b、根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO

42、2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+，故答案为：NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；（4）CuS难溶于水，在水溶液中会有很少量的Cu溶解，溶液中存在沉淀溶解平衡，CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；故答案为：CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2（aq），热的浓硫酸将S2氧化，使S2浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）发生的反应为：8MnO4+5Cu2S+44H+10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2OMnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O设Cu2S、CuS的物质的量分别为x、y，与Cu2S、CuS反应后剩余KMnO4的物质的量：0.035L