2023-2024学年高中化学必修第一册3.2金属材料（人教版）
一、选择题
1．（2023高一下·临汾期中）将0.1mol某金属单质与足量的硫粉在隔绝空气的情况下充分反应后，分离出的产物比原金属质量增加了3.2g，则该金属单质不可能是（ ）
A．钙 B．铜 C．铁 D．镁
2．（2023高一上·湖北期末）小强的化学笔记中有如下内容：
①单质分为金属和非金属两类；
②无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；
③合金的熔点一定低于各成分金属
④按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；
⑤在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物都是电解质；
⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应；
⑦氧化还原反应的本质是化合价升降。
你认为他的笔记中正确的有几项
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2023高一下·河南期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2023高一上·江岸期末）下列离子方程式的书写错误的是
A．将投入到溶液中，有刺激性气味气体放出：
B．和稀的反应：
C．向溶液中滴加溶液使沉淀质量最大：
D．硫酸亚铁溶液在空气中变质：
5．（2022高三上·金山模拟）有关铝及其化合物的说法正确的是（ ）
A．铝片可与冷水剧烈反应
B．铝热反应放出的热量使生成的铁熔化
C．氧化铝是碱性氧化物
D．氢氧化铝能溶于稀氨水
6．（2023高一下·河南期末）在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比1：2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为（ ）
A．Cl2 B．Cl2O7 C．ClO2 D．Cl2O
二、多选题
7．（2021高二下·德州期中）关于金属元素的特征，下列叙述正确的是（ ）
A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性
B．金属元素在化合物中一般显正价
C．金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱
D．价电子越多的金属原子的金属性越强
8．（2018高二下·广东期中）下列关于金属及其合金的说法错误的是（ ）
A．工业上用量最大的合金是铝合金
B．古代出土的铜制品表面覆盖着铜绿，其主要成分是CuO
C．装修门窗使用的铝合金材料硬度比铝单质小，熔点比铝单质低
D．生铁和钢都是合金，且钢的含碳量比生铁低
9．我国湘黔渝三地交界地区是中国电解锰企业最集中的地区，被称为中国的“锰三角”．金属锰的熔点很高，常用铝热法制得粗锰，再用电解法制得纯的金属锰．铝被用于冶炼金属锰，是因为铝（ ）
A．熔点低 B．具有还原性
C．具有两性 D．冶炼反应中放出大量的热
10．（2021高一下·唐山期末）下列物质间的转化能一步实现的是（ ）
A．Al→Al(OH)3 B．Na2CO3→NaOH
C．NH3→HNO3 D．Fe2(SO4)3→CuSO4
11．（2017高二上·上海期末）既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质是（ ）
A．Al B．Al2O3 C．Al（OH）3 D．NaHCO3
12．（2022·杭州模拟）用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是
A．可能为
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为
三、非选择题
13．（2021高一下·浙江开学考）现有某储氢化合物甲，将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2 (已折算成标准状况)，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。请回答下列问题：
（1）甲的化学式是 。
（2）甲加热分解的化学方程式是 。
（3）白色沉淀溶于NaOH溶液的离子方程式是 。
14．金属的共同物理性质
（1）状态： ；特殊的是 ．
（2）颜色： ；特殊的是 ．
（3） （有或无）延展性， 的延展性最好．
（4）金属一般是 的导体，其中 的导电性最好．
注：地壳中含量最高的金属元素──
人体中含量最高的金属元素── ．
15．（2017高一下·洛阳期末）古代《药性论》中有关铅丹(Pb3O4)的描述是治惊悸狂走，呕逆，消渴”，铅丹(Pb3O4)也可作为防锈用涂料，呈红褐色，又名红丹。
（1）将PbO高温焙烧可制得铅丹，请写出反应的化学方程式 。
（2）下面关于铅丹的说法正确的是_________(填字母序号）
A．由于其中含铅，易造成铅中毒，故应慎用
B．用它配成的漆，附着力很强，在大气中有相当的稳定性
C．红丹抗腐蚀性强，耐高温，耐酸、碱
D．红丹不溶于水
（3）请举例说明铁制品防锈的其他两种方法 。
（4）铅丹具有氧化性，能与浓盐酸反应，请写出反应的化学方程式 ，简要回答检验上述反应生成的氧化产物的实验方法 。
16．（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 ，B ，C ，D 。
（2）写出下列化学方程式：
①A在空气中燃烧 ；
②B与AgNO3 溶液: ；
③C与氢氧化钠溶液： 。
17．目前流通的第五套人民币硬币材料分别为：1元硬币为铜芯镀镍合金，5角硬币为铜芯镀铜合金，1角硬币为硬铝合金．请回答：（题目中的百分含量均为质量分数）
（1）钢是含碳量为0.03%～2%的 （填物质类别名称）．
（2）如图所示的装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放足量的溶液，电极及溶液如下表所示：
电极 a b c d e f
石墨 石墨 铜 钢 钢 铜
溶液 NaCl溶液 CuSO4溶液 CuSO4溶液
通电后电极a上可产生能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体．
①上述装置中M极为直流电源的 极（填“正”或“负”），电极b上发生的电极反应式为 ．
②若在钢币上镀铜，应选择 烧杯（填“乙”或“丙”），当电极a上生成标准状况下气体2240mL时，理论上可在电极 （填字母）上镀铜 g．
（3）工业上以铝土矿（主要成分Al2O3 nH2O，含少量的氧化铁和石英等杂质）为原料生产铝．为除去铝土矿样品中氧化铁和石英杂质，要将粉碎、筛选后的铝土矿样品溶解在足量的氢氧化钠溶液中处理，请写出有关反应的离子方程式 ．
（4）已知硬铝中含Cu：2.2%～5%、Mg：0.2%～3%、Mn：0.3%～1.5%、Si：0.5%，其余是Al.1角硬币单枚质量为2.20克，若想制得1角硬币1百万枚，理论上至少需要含Al2O3 90%的铝土矿约 吨（小数点后保留一位数字）．
18．（2020高一上·吉林期末）铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）Ⅰ．钢(一种铁碳合金)是用量最大、用途最广的合金。其中，中碳钢中碳的含量范围为 。超级钢的开发与应用已成为国际钢铁领域的研究热点，是钢铁领域的一次重大革命。我国的超级钢研究已居于世界领先地位，我国研制的这种超级钢中含 (填元素符号)10%、C 0.47%、Al 2%、V 0.7%，这种超级钢强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。
（2）Ⅱ．FeSO4可作补血剂，用于治疗缺铁性贫血症。用FeSO4溶液制备Fe(OH)2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。这样操作的原因是为了防止Fe(OH)2被氧化，写出其被氧化的化学反应方程式 。
（3）Ⅲ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、无毒的多功能水处理剂。查阅资料已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
制备K2FeO4
①在装置A中发生的化学反应中HCl显示出来的性质为 。
②C为制备K2FeO4装置，写出次氯酸钾与氢氧化铁在碱性环境中反应的离子方程式： 。
（4）探究K2FeO4的性质。取C中浅紫红色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明K2FeO4能否氧化Cl-而产生Cl2，设计如下方案：取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。由方案中溶液变红可知a中含有Fe3+，该离子的产生不能判断一定是由K2FeO4被Cl-还原而形成的，原因是 。
（5）使用时经常通过测定高铁酸钾的纯度来判断其是否变质。K2FeO4在硫酸溶液中反应如下：□FeO +□H+=□O2↑+□Fe3++□_
①完成并配平上述离子方程式 (方框内填化学计量数，横线上写物质)。
②现取C中洗涤并干燥后样品的质量10 g，加入稀硫酸，收集到0.672 L气体(标准状况)。则样品中高铁酸钾的质量分数为 。(计算结果保留到0.1%)
19．（2018高二上·吉林期中）日常生产、生活中用到许多金属制品，从实用美观角度考虑选择下列合适的金属材料或保护(防腐蚀)方法，将序号填入下表相应空格中。
①不锈钢 ②白铁(镀锌铁皮) ③铝合金 ④镀铬铁管 ⑤涂漆 ⑥镶嵌锌块 ⑦与直流电源负极相连(阴极保护法)
用途 选用材料或保护方法
菜刀
楼梯扶手或阳台护栏
水桶
航海轮船
水闸
吊车塔架
房门窗框
20．（2019高一上·江门期中）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 。
21．有学生在实验室中向盛有10mL饱和氯化铁溶液的试管里投入足量铝片，观察到如下现象：
①黄色溶液很快变成红褐色，过一会儿溶液中有红褐色沉淀生成．
②铝片表面立刻有少量黑色物质析出，黑色物质能被磁铁吸起．
③混合液温度升高甚至发烫，产生无色气泡，且产生气泡速率明显加快，铝片上下翻滚．
（1）产生的红褐色沉淀是 ，无色气泡的成分是 ．
（2）生成红褐色沉淀的原因是 ．
（3）写出生成气泡速率明显加快的两个原因 、 ．
22．（2023高一下·凉州月考）钠、铝和铁是中学化学常见的三种重要金属。请回答下列问题：
（1）钠在空气中燃烧生成淡黄色的 (填“Na2O”或“Na2O2”)； Al2O3能溶于酸或强碱溶液生成盐和水，则是一种 (填“酸性”、“碱性”或“两性”)氧化物；
（2）写出钠与水反应的化学方程式： 。
（3）写出铝与NaOH溶液反应的化学方程式： ；
（4）现有下列3种物质：①Na2O2、②NaHCO3、③Na2CO3，请回答：受热易分解的是 (填序号，下同)，溶于水显碱性的是 ，与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是 。
23．（2021高一上·联合期中）已知A、B、C、D代表的四种物质均为中学化学中的常见物质，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件及部分反应产物已略去)。请回答下列问题：
（1）若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，D为一种常用于饮料生产的气体。
①写出B的俗称： 。
②写出反应②的化学方程式： 。
（2）若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质。
①写出B的一种工业用途： 。
②写出反应②的离子方程式： 。
（3）已知符合题设转化关系的一组物质如下，写出反应②的化学方程式： 。
（4）参照以上实例，设计另一组符合上述转化关系的物质组合，写出其化学式：
A 、B 、C 、D 。
24．（2022高三上·凉州月考）铝是一种很重要的金属，可以发生一系列反应制备物质(如下图所示)。
回答下列问题：
（1）反应①可以用于 (说出一条)。
（2）②③反应产生等量氢气消耗的NaOH与H2SO4的物质的量之比为 。
（3）反应④的离子反应的方程式为 。
（4）用反应⑥制备Al(OH)3，最好是向Al2(SO4)3溶液中滴加 。
（5）工业上常用反应⑦制备金属铝，制备过程的方程式是 。
25．（2022高三上·山西月考）镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 ，还生成少量的 (填化学式)。
（2）是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为 ，水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式： 。
（3）现有一块合金，将其置于烧杯中。若加入溶液，恰好完全反应生成。若加入少量盐酸，则生成。计算 。
（4）是常用的阻燃材料。以白云石(，不考虑杂质)为原料制备和工艺流程如下：
①相同条件下，溶解度： (填“＞”或“＜”)。
②“煅烧”时称取白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的为(标准状况下)，若工艺中不考虑损失，则和的质量分别为 、 。
26．（2020·南昌模拟）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3 mol/L H2SO4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50mL
1mol/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25.00 mL溶液干250 mL锥形瓶中，加入30 mL 0.10mol/L EDTA－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0.20
mol/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5.00 mL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： 、
27．根据实验操作过程，将表格补充完整
操作过程 实验现象描述 对应离子方程式或化学方程式
FeCl2中通入Cl2
Fe（OH）2放置空气
KI溶液中通入氯气，加入CCl4后震荡
盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量
28．2010年7月19～28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SiO2
D．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．
①1887年阿仑尼乌斯提出电离理论．
②1923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：下列粒子的水溶液既可看作酸又可看作碱的是 ．
A．H2O B．NH4+C．OH﹣D．HCO3﹣E．CH3COO﹣F．Cl﹣
③1923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++[：OH]﹣→H：OH
试指出下列两个反应中的酸或碱：
H3BO3+H2O═H++[B（OH）4]﹣；该反应中的碱是 （填“H3BO3”或“H2O”）．
CuCl2+4NH3═[Cu （NH3）4]2++2Cl﹣；该反应中的酸是 （填“CuCl2”或“NH3”）．
29．（2018高一下·郑州开学考）A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示。
（1）X的单质与A反应的化学方程式是 。
（2）若试剂1是NaOH溶液。X的单质与试剂1反应的离子方程式是 。
（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸。
①检验物质D的溶液中金属离子的方法是 。
②1molC物质与NaOH溶液反应，产生0.5mol沉淀，需消耗NaOH的物质的量为 。
③某高效净水剂是由Y(OH)SO4聚合得到的。工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y(OH)SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是 。
30．（2018高二下·桂林开学考）已知两种相邻周期、相邻主族的短周期非金属元素X、Y，其最高价氧化物对应的水化物均为强酸。根据下图转化关系(反应条件及部分产物已略去)，回答下列问题：
（1）若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A和F的分子均为10电子微粒，则：
①F属于 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
②反应Ⅰ的化学方程式为 。
③将1.92 g铜粉与一定量的D的浓溶液反应，当铜完全反应时收集到气体1.12 L(标准状况)，则反应耗的D的物质的量为 mol。
（2）若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为34 g·mol－1，则：①将铜粉与D的浓溶液反应所得溶液加热蒸干，得的白色固体物质为 (填化学式)。
②将少量Na2Y溶液滴加到次氯酸钠溶液中发生应，无沉淀生成，请写出该反应的离子方程式 。在该反中若有74.5 g NaClO被还原，则转移电子的物质量为 mol。
31．（2022高一上·宝鸡期末）回答下列相关问题：
（1）以下物质：①晶体；②固体；③NaOH溶液；④熔融NaCl；⑤蔗糖；⑥液氯；⑦。能导电的是 (填序号，下同)；属于电解质的是 ；属于碱性氧化物的是 。
（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取气体，反应的离子方程式是 。常用澄清石灰水检验气体，反应的离子方程式是 。
（3）某无土栽培用的营养液，要求KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8。
①配制该营养液后，溶液中 。
②若采用和KCl来配制该营养液，则KCl和物质的量之比为 。
32．（2022高一下·芜湖期末）9.6克Cu与足量的稀硝酸完全反应，试求：
①参加反应的硝酸的物质的量 ？
②被还原的硝酸的物质的量 ？
③标准状况下产生气体的体积 ？
33．（2022高一上·吴江月考）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NaCl ⑤蔗糖 ⑥液氧 ⑦SO2；属于电解质的是 ；属于非电解质的是 。
（2）已知12.4 g Na2R中含0.4 mol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1.6 g的Na2R，其物质的量为 。
34．（2023高一上·江岸期末）某同学按下表操作，当物质充分反应后，最终发现仅有一个烧杯中有固体剩余。
烧杯编号 ① ② ③
盛装的液体 稀硫酸 稀硫酸 稀硫酸
加入的固体(质量相等) 粒 粉 片
（1）有固体剩余的是 (填编号)，固体的质量m满足的范围是 ；
（2）当产生量满足①>③>②时，固体的质量m满足的范围是 ；此时将反应后中①的溶液逐滴加入到②的溶液中并放置一段时间，整个过程中可以观察到的现象有 。
（3）将③中的溶液过滤，向滤液中滴加的溶液，得到沉淀，则加入的溶液的体积为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】金属的通性；物质的量的相关计算
【解析】【解答】充分反应后，分离出的产物比原金属质量增加了3.2克，消耗的硫粉物质的量为 0.1mol ，金属与硫的物质的量相等，需满足1：1的化学式 ；
A. 钙与硫反应生成CaS，A不符合题意 ；
B. 硫和铜反应生成Cu2S，B符合题意 ；
C. 铁与硫反应生成FeS，C不符合题意 ；
D. 镁跟硫反应生成MgS，D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】产物比原金属质量增加了3.2克，硫粉物质的量为 0.1mol ，需满足1：1的化学式。
2．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；合金及其应用；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：①单质分为金属单质、非金属单质和稀有气体单质，①错误。
②无机化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，②正确。
③合金的熔点一般低于其成分金属的熔点，③错误。
④根据分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液，④正确。
⑤电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，但水溶液能导电的化合物不一定是电解质，如CO2、NH3的水溶液都能导电，但CO2、NH3都不是电解质，⑤错误。
⑥按照树状分类法可将化学反应分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应、氧化还原反应等，⑥错误。
⑦氧化还原反应的本质是电子的转移或偏移，⑦错误。
综上，上述正确的是②④，共2处，A符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对基本概念的考查，结合相关概念进行分析即可。
3．【答案】A
【知识点】铝的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．过量的二氧化碳与NaOH反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和NaOH反应生成碳酸钠，A符合题意；
B．HClO光照生成HCl和氧气，B不符合题意；
C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，C不符合题意；
D．Al不能与水反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．过量的二氧化碳与NaOH反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和NaOH反应生成碳酸钠；
B．HClO光照生成HCl和氧气；
C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁；
D．Al不能与水反应。
4．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、Na能与H2O发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，反应生成的NaOH进一步与NH4HCO3反应生成Na2CO3、H2O和NH3，因此该反应的离子方程式为：2Na＋NH4＋＋HCO3－=2Na＋＋CO32－＋NH3↑＋H2↑，A不符合题意。
B、Na2O2与HCl反应生成NaCl和H2O2，H2O2进一步分解生成H2O和O2，因此该反应的离子方程式为2Na2O2＋4H＋=4Na＋＋2H2O＋O2↑，B符合题意。
C、使产生的沉淀最大，则溶液中的SO42－完全沉淀，因此反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－＋2SO42－＋2Ba2＋=2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O，C不符合题意。
D、FeSO4易被空气中的O2氧化成Fe2(SO4)3，同时产生OH－，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，因此该反应的离子方程式为12Fe2＋＋3O2＋6H2O=8Fe3＋＋4Fe(OH)3↓，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、Na与H2O反应生成NaOH，NaOH进一步与NH4HCO3反应生成NH3和Na2CO3。
B、Na2O2不能拆写成离子形式。
C、产生沉淀最大时为BaSO4沉淀。
D、Fe2＋易被空气中的O2氧化成Fe3＋，同时生成OH－，与Fe3＋进一步形成Fe(OH)3沉淀。
5．【答案】B
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．铝与冷水不反应，A不符合题意；
B．铝热反应放出的热量可使生成的铁熔化，B符合题意；
C．氧化铝能与酸碱都反应，属于两性氧化物，C不符合题意；
D．氢氧化铝只能溶解于强碱或强酸，而氨水属于弱碱溶液，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据铝的性质进行分析。
B. 铝热反应放出的热量可使生成的铁熔化。
C.碱性氧化物能与酸反应生成盐和水。
D. 氢氧化铝只能溶解于强碱或强酸。
6．【答案】D
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S化合价由+4价升到+6价，NaClO3氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3是氧化剂，设Cl元素在还原产物中的化合价为a，2×(6-4)=1×(5-a)，解a=+1，棕黄色气体X的化学式为Cl2O；
故答案为 ： D
【分析】S化合价由+4价升到+6价，NaClO3氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3是氧化剂，设Cl元素在还原产物中的化合价为a，2×(6-4)=1×(5-a)，解a=+1。
7．【答案】B,C
【知识点】金属的通性
【解析】【解答】A．金属元素的原子其最外层电子数均小于4，因此只能表现出还原性(失电子)，失去电子后所得的金属离子可得到电子表现出氧化性(如Fe3+)，也可失去电子表现出还原性(如Fe2+)，故A不符合题意；
B．金属元素的原子形成化合物过程中通常失去电子呈正价，故B符合题意；
C．金属性越强的金属越容易失去电子，失去电子后越难得到电子，因此金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱，故C符合题意；
D．金属原子的金属性与失去电子的多少无关，只与失去电子的难易程度有关，如Al原子能失去3个电子，Na原子能失去1个电子，而金属性：Na＞Al，故D不符合题意；
故答案为BC。
【分析】A.金属元素原子只能失去电子因此具有还原性，而离子可能具有还原性和氧化性
B.金属原子只具有还原性只能失去电子，因此显示正价
C.金属性越强，形成的阳离子得电子能力越弱，氧化性越弱
D.金属的金属性与得失电子的能力有关，与得失电子的数目无关
8．【答案】A,B,C
【知识点】金属的通性；合金及其应用
【解析】【解答】解：A. 工业上用量最大的合金是铁合金，A符合题意；
B. 古代出土的铜制品表面覆盖着铜绿，其主要成分是Cu2CO3(OH)2，B符合题意；
C. 装修门窗使用的铝合金材料硬度比铝单质小，但熔点比铝单质高，C符合题意；
D. 生铁和钢都是合金，且钢的含碳量比生铁低，D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】A.工业用量最大的是铁合金；
B.铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3；
C.根据合金的性质分析；
D.根据生铁和钢的含碳量分析；
9．【答案】B,D
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】解：铝能用于冶炼难熔金属（如Mn、W等），是因为铝是一种活泼金属，还原性强，可将较不活泼金属从其化合物中还原出来，同时反应中放出大量的热，使被还原出的金属熔融析出，故选：BD．
【分析】铝热反应中，铝失电子而作还原剂，且该反应是放热反应．
10．【答案】B,D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．铝先转化成铝盐，才可以转化为氢氧化铝，故A不符合题意；
B．碳酸钠溶液能和氢氧化钙溶液反应生碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故B符合题意‘
C．氨气应先氧化成一氧化氮，然后氧化成二氧化氮，在和水反应生成硝酸，故C不符题意；
D．Fe2(SO4)3和Cu反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】Ａ．铝不能一步生成氢氧化铝；
Ｂ．碳酸钠和氢氧化钙反应可生成氢氧化钠；
Ｃ．氨气不能一步转化为硝酸；
Ｄ．硫酸铁和铜反应生成硫酸亚铁和硫酸铜。
11．【答案】A,B,C,D
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】解：A．Al与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，故A符合；
B．氧化铝属于两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，故B符合；
C．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故C符合；
D．碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，与盐酸反应生成氯化钠与二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故D符合；
故选ABCD．
【分析】既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等．
12．【答案】B,D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A不符合题意；
B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl转移电子的物质的量为0.3mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl转移电子的物质的量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.3C．若氯气和NaOH只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，则消耗氯气为0.3mol，若只发生反应6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗的氯气为0.3mol，所以与NaOH反应的氯气物质的量为0.3mol，C不符合题意；
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6：5，因为9：5介于2：1和6：5之间，所以符合题意，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．根据得失电子守恒判断；
B．依据反应方程式，利用极值法计算；
C．依据反应方程式的系数关系判断；
D．根据方程式，利用极值法计算。
13．【答案】（1）AlH3
（2）2AlH3 2Al+3H2↑
（3）Al(OH)3+OH-= +2H2O
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】(1)标准状况下6.72 L H2 的物质的量是n(H2)= =0.3 mol，其质量是m(H2)=0.3 mol×2 g/mol=0.6 g；其中含有的H原子的物质的量n(H)=2n(H2)=0.6 mol。甲分解产生的另一种短周期元素的质量是m=6.00 g-0.6 g=5.40 g，甲与水反应能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该白色沉淀是Al(OH)3，则另一种短周期元素是Al，其物质的量n(Al)= =0.2 mol，则n(Al)：n(H)=0.2 mol ：0.6 mol=1：3，故化合物甲化学式是AlH3；
(2)根据(1)分析可知甲是AlH3，AlH3加热分解产生Al、H2，反应的化学方程式是2AlH3 2Al+3H2↑；
(3)白色沉淀是Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-= +2H2O。
【分析】溶于氢氧化钠的碱是是氢氧化铝，可以推测甲物质的组成元素。根据甲物质的质量和产生的气体的物质的量可以确定化学式。
14．【答案】固态；汞为液态；银白色；金为黄色，铜为红色等；有；金；电；银；铝；钙
【知识点】金属的通性
【解析】【解答】（1）常温下，大多数金属为固态，汞为液体；
故答案为：固态；汞为液态；
（2）大多数金属具有银白色的金属光泽，还有一些呈现其它光泽，如金为黄色，铜为红色等
（3）金属都具有良好的延展性，金的延展性最好；
故答案为：有；金；
（4）金属具有良好的导电性，导电性最好的金属是银；
地壳中含量最高的金属元素是铝；
人体中含量最高的金属元素是钙；
故答案为：电；银； 铝；钙．
【分析】大多数金属在常温下为固态、银白色、具有良好的导电、导热、延展性，少数具有特性，如汞常温下为液态，金为黄色，铜为红色等，金的延展性最好，银的导电性最好，铝是地壳含量最高的金属，钙是人体含量最高的金属，据此解答．
15．【答案】（1）12PbO＋2O2=4Pb3O4
（2）A；B；D
（3）刷油漆、涂油等
（4）Pb3O4＋8HCl 3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O；用湿润的淀粉碘化钾试纸放在反应的试管口，试纸变蓝，说明有氯气生成
【知识点】氯气的化学性质；金属的通性
【解析】【解答】(1)将PbO高温焙烧可制得Pb3O4，结合电子守恒和原子守恒得此反应的化学方程式为12PbO＋2O2=4Pb3O4；
(2)A.铅属重金属，其阳离子有毒，应慎用铅丹，故A符合题意；
B.铅丹(Pb3O4)附着力很强，在大气中有相当的稳定性，可作为防锈用涂料，故B符合题意；
C.红丹抗腐蚀性强，耐高温，但能溶解于酸，故C不符合题意；
D.Pb3O4不溶于水，故D符合题意；
故答案为：ABD；
(3)铁在空气中锈蚀，实际上是铁跟空气中的氧气和水共同作用的结果，为了防止钢铁制品的锈蚀，人们常采用在其表面刷油漆、涂油或镀上其他金属等覆盖保护膜的方法，这些方法都能够防止锈蚀的共同原理是隔绝氧气和水；
(4)Pb3O4中Pb有一个+4价、有两个+2价，且+4价的Pb具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2，本身被还原成+2价Pb，生成PbCl2，根据元素守恒得反应物与生成物：Pb3O4+HCl(浓)→PbCl2+Cl2↑+H2O，根据化合价升降法配平该氧化还原反应，Pb3O4中一个+4价的Pb降低到+2价，降低2价；HCl(浓)中-1价的Cl上升到0价生成Cl2，上升1价×2，所以Pb3O4和Cl2前面的计量数都为1，根据原子守恒配平其它物质前计量数，得各物质前计量数为1、8、3、1、4，故方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O；氯气具有强氧化性，能和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，Cl2+2I-=I2+2Cl-，碘遇淀粉试液变蓝色，所以可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气。
【分析】(1)判断出反应物和生成物，结合电子守恒和原子守恒即得此反应的化学方程式；
(3)利用是隔绝氧气和水的原理防止锈蚀；
(4)判断出反应物和生成物，找出化合价升降的元素，再根据化合价升降法配平该氧化还原反应；
16．【答案】（1）Na；Cu；Al；Fe
（2）2Na+O2 Na2O2；Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag；2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑
【知识点】氧化还原反应；金属的通性
【解析】【解答】根据分析可知，(1)对应化学式：A为Na；B为Cu；C为Al；D为Fe；(2)本关反应的化学方程式如下：
①Na在空气中燃烧生成过氧化钠，方程式为2Na+O2 Na2O2；
②Cu与AgNO3发生置换反应生成硝酸铜和单质Ag: Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag；
③Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
【分析】（1）钠的焰色为黄色；铜单质是红色固体；铝单质加热后会生成高熔点的氧化铝；铁单质在氧气中燃烧会得到黑色的四氧化三铁固体；
（2）钠在空气中和氧气发生燃烧反应，得到淡黄色的固体过氧化钠；
铜单质可以和硝酸银反应，将银单质置换出来；
铝单质和强碱反应会得到偏铝酸盐和氢气。
17．【答案】（1）（铁）合金
（2）正；2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣=H2↑）；乙；d；6.4
（3）Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
（4）4.2
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】（1）钢是含碳量为0.03%～2%的（铁）合金，故答案为：（铁）合金；
（2）①能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体是氯气，在阳极上氯离子失电子发生氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故M为正极，b为阴极，氢离子放电，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故答案为：正；2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣=H2↑）；
②镀铜时，应用含铜离子的溶液做电解质溶液；电极a上电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，当生成氯气的体积2240mL时，转移0.2mol电子，d极是阴极上是铜离子放电，即Cu2++2e﹣→Cu，当转移则0.2mol电子时，生成的铜为0.1mol，其质量为6.4g，故答案为：乙；d；6.4；
（3）氧化铁不与氢氧化钠反应，Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；
（4）硬铝中含铝最多为：1﹣2.2%﹣0.2%﹣0.3%﹣0.5%=96.8%，1角硬币单枚质量为2.20克，1百万枚质量为2.20×1000000g=2.2吨，设需要含氧化铝90%的铝土矿的质量为x．
2Al2O34Al+3O2↑
204 108
90% x
x=4.2t
故答案为：4.2．
【分析】（1）合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质；
（2）①能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体是氯气，在阳极上氯离子失电子发生氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故M为正极，b为阴极，氢离子放电；
②镀铜时，应用含铜离子的溶液做电解质溶液；电极a上电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，当生成氯气的体积2240mL时，转移0.2mol电子，d极是阴极上是铜离子放电，即Cu2++2e﹣→Cu，当转移则0.2mol电子时，生成的铜为0.1mol；
（3）氧化铁不与氢氧化钠反应，Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠；
（4）根据反应的方程式，由铝的质量求出铝土矿的质量．
18．【答案】（1）0.3%~0.6%；Mn
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）还原性、酸性；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO +3Cl-+5H2O
（4）K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+
（5）4FeO +20H+=3O2↑＋4Fe3++10H2O；79.2%
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；合金及其应用；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】Ⅰ．中碳钢是含碳量在0.3%~0.6%的铁合金；
我国的超级钢研究已居于世界领先地位，我国研制的这种超级钢中含Mn：10%、C：0.47%、Al：2%、V：0.7%；
Ⅱ．Fe(OH)2不稳定，容易被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3。根据原子守恒和电子守恒，可得其被氧化的化学反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
Ⅲ．（3）①在装置A中，KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2，发生的化学反应为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。在该反应中HCl显示出来的性质为还原性和酸性；
②在装置C中KClO与Fe(OH)3在碱性环境中反应产生K2FeO4，该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO +3Cl-+5H2O；
（4）取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，该离子的产生可能是由K2FeO4被Cl-还原而形成的，也可能是在酸性溶液中K2FeO4快速反应产生O2，其本身会反应转化为Fe3+，因此不能证明K2FeO4能否氧化Cl-而产生Cl2；
（5）①在反应中Fe元素化合价由反应前FeO 中的+6价变为反应后Fe3+的+3价，化合价降低3价，得到电子被还原；O元素化合价由反应前的-2价变为反应后的0价，化合价升高2×2价=4价，失去电子被氧化，化合价升降最小公倍数是12，所以FeO 、Fe3+的系数是4，O2的系数是3；根据电荷守恒，可知H+的系数是20，最后根据H原子守恒，可知H2O的系数是10，则配平后该反应方程式为：4FeO +20H+=3O2↑＋4Fe3++10H2O；
②标准状况下0.672 LO2的物质的量是n(O2)= =0.03 mol，根据方程式可知：4 mol K2FeO4反应会产生3 mol O2，则反应产生0.03 mol O2时消耗K2FeO4的物质的量是0.04 mol，其质量是m(K2FeO4)=0.04 mol×198 g/mol=7.92 g，故样品中高铁酸钾的质量分数为 =79.2%。
【分析】(1)、Ⅰ．根据碳含量的高低，将钢分为低碳钢、中碳钢和高碳钢，低碳钢的含碳量为：0.04%~
0.3%，中碳钢的含碳量为： 0.3%~0.6%，高碳钢的含碳量为： 0.6%~1.35%；超级钢中含Mn： 10%、 C：0.47%、Al：2%、V：0.7%；
(2)、Ⅱ． Fe (OH)2在空气中不稳定，容易被氧化为Fe (OH)3，根据原子守恒和升降守恒，可以写出其方程式；
(3)、Ⅲ． (1) ①A中发生的反应为KMnO4和HCl反应，HCl在反应中表现出还原性和酸性；
②次氯酸钾与氢氧化铁在碱性环境中反应，次氯酸钾被还原为Cl-，氢氧化铁被氧化为FeO42-，根据原子守恒和化合价升降守恒，可以写出反应的离子方程式；
(4)、①根据原子守恒和化合价升降守恒，可以写出反应的离子方程式；
②根据上一问可得关系式：4FeO42-~3O2，根据气体量，计算出K2FeO4的量，进一步计算出高铁酸钾的质量分数。
19．【答案】①；④；②；⑥；⑦；⑤；③
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】（1）菜刀接触潮湿较多，且要求机械强度大，清洁卫生等，
故答案为：不锈钢；选①；
（2）楼梯扶手、护栏等要求安全美观，经济实惠，
故答案为：镀铬铁管；选④
（3）水桶处于潮湿环境，且摩擦碰撞较多，
故答案为：镀锌铁皮；选②
（4）航海轮船则采用镶嵌锌块法保护，效果良好，
故答案为：镶嵌锌块；选⑥
（5）水闸位置固定宜采用外加电流的阴极保护法，
故答案为：与直流电源负极相连(阴极保护法)；选⑦
（6）吊车塔架只求坚固防锈且经济，故涂漆保护就可以了，
故答案为：涂漆；选⑤
（7）门窗框要轻便美观，
故答案为：用铝合金材料。选③
【分析】此题是对金属材料在日常生活中应用的考查，解答此类题型时，需结合合金的性质进行分析。
20．【答案】（1）④⑥⑦；①②⑥；③⑧
（2）NaCl=Na++Cl-
（3）2Al+6HCl= 2AlCl3 +3H2↑
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性；铝的化学性质；电离方程式的书写
【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。
21．【答案】（1）Fe（OH）3；H2
（2）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+和2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝消耗氢离子平衡右移生成氢氧化铁沉淀
（3）反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快；Fe﹣Al形成原电池，反应速率加快
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】解：（1）氯化铁为强酸弱碱盐，弱碱离子水解显酸性，Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，投入足量铝片，2Al+6H+=2Al3++3H2↑，促进Fe3+水解，水解平衡右移，过一会儿溶液中有红褐色沉淀生成，
故答案为：Fe（OH）3；H2；（2）氯化铁为强酸弱碱盐，水解：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，铝为活泼金属，和酸反应：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，
故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+ 和 2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝消耗氢离子平衡右移生成氢氧化铁沉淀；（3）FeCl3是强酸弱碱盐，FeCl3水解使水溶液呈酸性，酸与金属铝的反应是放热反应，随着反应的进行，溶液的温度越来越高，温度越高，反应速率越大；铝能置换呈FeCl3中的Fe，Fe附着在铝表面，具备构成原电池的条件，所以形成了原电池，使反应速率加快，
故答案为：反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快；Fe﹣Al形成原电池，反应速率加快．
【分析】（1）氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铝为活泼金属，铝和酸性溶液中氢离子反应，促进铁离子水解形成红褐色Fe（OH）3沉淀；（2）根据盐的类型判断溶液的酸碱性，根据金属的活泼性判断产生无色气泡是氢气，是铝和酸性溶液中氢离子反应产物；（3）根据化学反应与反应热的关系及原电池的构成条件分析．
22．【答案】（1）Na2O2；两性
（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（4）②；①②③；①
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】（1）钠在空气中燃烧，观察到发出黄色的火焰，生成淡黄色固体Na2O2，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物，Al2O3与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物，故答案为：Na2O2；两性；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ， 故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑， 故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，氧气能够使带火星木条复燃；
氯化铵不稳定受热易分解生成氨气和氯化氢；
碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
所以：受热易分解的是②；溶于水后溶液显碱性的是 ①③；与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是①；
故答案为； ②； ①②③ ；①。
【分析】（1）钠在空气中燃烧生成过氧化钠；凡是能和酸反应生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物，凡是能和碱反应生成盐和水的氧化物叫酸性氧化物，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气；氯化铵不稳定受热易分解；碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
23．【答案】（1）纯碱；
（2）制作印刷电路板或生产净水剂等；
（3）或
（4）C(O2)；CO(CO2)；CO2(CO)；O2(C)
【知识点】钠的重要化合物；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，A、B、C中都含有Na元素；D为一种常用于饮料生产的气体，D为CO2；结合转化关系分析，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3；
①B为Na2CO3，其俗称为纯碱；答案为：纯碱。
②反应②为CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；答案为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质，由转化关系知，该金属元素具有可变化合价，则A为氯水，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；
①B为FeCl3，FeCl3的工业用途为：制作印刷电路板或生产净水剂等；答案为：制作印刷电路板或生产净水剂等。
②反应②为Fe与FeCl3反应生成FeCl2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
(3)反应②为Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；答案为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
(4)常见的符合图示转化关系的物质如下表：
类型 A B C D
连续氧化 C CO CO2 O2
NH3 N2 NO O2
H2S S SO2 O2
Fe Fe2+ Fe3+ HNO3
连续还原 Cl2 FeCl3 FeCl2 Fe
O2 CO2 CO C
O2 NO N2 NH3
O2 SO2 S H2S
HNO3 Fe3+ Fe2+ Fe
连续酸化 OH CO2
CO2 H+
SO2 H+
S HS H2S H+
Al(OH)3 Al3+ H+
连续碱化 CO2 OH
SO2 OH
H2S HS S OH
Al3+ Al(OH)3 OH
…… …… …… …… ……
写出其中一组不同于(1)(2)(3)转化关系的化学式即可。
【分析】元素化合物推断题解题思路：1.利用关键信息进行突破，如特殊颜色 焰色试验中火焰均呈黄色 ，则为含钠元素物质，如特殊用途 常用于饮料生产的气体 ，利用特殊性质进行突破；2.结合已知元素，利用其化学性质和常见反应进行解答推断未知元素和物质。
24．【答案】（1）焊接铁轨(或冶炼金属等)
（2）2∶3
（3）AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－
（4）氨水
（5）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）金属铝和一些金属的氧化物如氧化铁在高温下的置换反应称为铝热反应，生成的铁是液态，可以用来焊接钢轨；（2）金属铝可以和酸以及强碱之间反应生成氢气，即反应②、③都有氢气生成，根据反应方程式2Al+3H2SO4= Al2（SO4）3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知产生等量的氢气时消耗的NaOH与H2SO4的物质的量之比为2：3；（3）NaAlO2溶液显碱性，由于酸性H2CO3> Al（OH）3，所以向NaAlO2溶液中通入足量的CO2气体，发生反应的离子方程式是：AlO2-+CO2+2H2O = Al（OH）3+HCO3-；（4） 由于Al（OH）3是两性氢氧化物，所以用硫酸铝制备Al（OH）3，最好是向Al2（SO4）3溶液中滴加弱碱氨水，（5）工业上常用电解的方法冶炼铝，反应⑦制备金属铝，制备过程的方程式是2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑。
【分析】（1）铝热反应可以用于冶炼金属；
（2）结合铝和氢氧化钠、铝和硫酸反应的化学方程式以及化学计量数之比等于物质的量之比判断；
（3）偏铝酸根和二氧化碳、水反应生成氢氧化铝和碳酸氢根；
（4）铝离子制备氢氧化铝最好加入强碱；
（5）熔融氧化铝加入冰晶石后电解生成铝和氧气。
25．【答案】（1）MgO；Mg3N2
（2）+2；2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2
（3）0.02mol
（4）>；8.7 g；15g
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2；
（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2；
（3）溶液中含有0.02molNaOH，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故0.02molNaOH反应生成0.03molH2，n1=0.03mol；的盐酸含有0.02molHCl，与金属反应产生氢气n(H2)= n(H+)=n(HCl)=0.01mol，即n2=0.01mol，故0.03mol-0.01mol=0.02；
（4）①氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2 > Mg(OH)2；
②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3mol，由碳元素守恒可得，n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol，100g/moln(CaCO3)+84 g/moln(MgCO3)=27.6g，解之得n(CaCO3) =0.15mol，n(MgCO3)=0.15mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58g/mol0.15mol=8.7 g、CaCO3的质量为100g/mol0.15mol=15 g。
【分析】（1）镁和氧气反应生成氧化镁；
（2）镁在化合物中为+2；
（3）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
（4） ① 根据沉淀的相互转换原理，可以知道氢氧化钙的溶解度大于氢氧化镁；
② 结合公式n=m/M和公式n=V/Vm判断。
26．【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 12H2O KAl(SO4)2+12H2O；2KAl(SO4)2 K2SO4+Al2O3+3SO3↑
【知识点】镁、铝的重要化合物
【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 12H2O KAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2 K2SO4+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，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；（5）从双水解角度考虑；（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；
27．【答案】溶液变黄；2Fe2++Cl2=2Fe3+；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe（OH）2+O2+4H2O=4Fe（OH）3；溶液变为棕色，加入四氯化碳后分层，且四氯化碳层显紫色；Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；先无沉淀，后生成白色沉淀；[Al（OH）4]﹣+4H+=Al3++4H2O，3[Al（OH）4]﹣+Al3+=4Al（OH）3↓
【知识点】氯气的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】解：FeCl2中通入Cl2发生氧化还原反应生成FeCl3，可观察到溶液变黄色，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3+；
Fe（OH）2放置空气被氧化生成Fe（OH）3，可观察到白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+4H2O=4Fe（OH）3，KI溶液中通入氯气，被氧化生成碘，碘易溶于四氯化碳，可观察到溶液变为棕色，加入四氯化碳后分层，且四氯化碳层显紫色，反应的离子方程式为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量，先无沉淀，后生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为[Al（OH）4]﹣+4H+=Al3++4H2O，3[Al（OH）4]﹣+Al3+=4Al（OH）3↓，
故答案为：
操作过程 实验现象描述 对应离子方程式或化学方程式
FeCl2中通入Cl2 溶液变黄 2Fe2++Cl2=2Fe3+
Fe（OH）2放置空气 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe（OH）2+O2+4H2O=4Fe（OH）3
KI溶液中通入氯气，加入CCl4后震荡 溶液变为棕色，加入四氯化碳后分层，且四氯化碳层显紫色 Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2
盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量 先无沉淀，后生成白色沉淀 [Al（OH）4]﹣+4H+=Al3++4H2O，3[Al（OH）4]﹣+Al3+=4Al（OH）3↓
【分析】FeCl2中通入Cl2发生氧化还原反应生成FeCl3；Fe（OH）2放置空气被氧化生成Fe（OH）3；KI溶液中通入氯气，被氧化生成碘，碘易溶于四氯化碳；盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量，先无沉淀，后生成氢氧化铝白色沉淀，以此解答该题．
28．【答案】AD；AD；H2O；CuCl2
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物
【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）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；
③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+4NH3═[Cu （NH3）4]2++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）4]2+，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）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；
③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．
29．【答案】（1）Fe2O3 +2Al Al2O3 +2Fe
（2）2Al+2H2O+2OH－= 2AlO2-+3H2↑
（3）取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+。；1.5mol或7.5mol；2FeSO4 +2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4 +2NO↑
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】
（1）元素X、Y的单质是生活中常见的金属，X的单质能生成Y的单质，则X为Al，Y为Fe，A、B是氧化物，Al与氧化铁反应生成Fe和氧化铝，则A为氧化铁，B为氧化铝，所以Al的单质与氧化铁反应的化学方程式是Fe2O3 +2Al Al2O3 +2Fe。
（2）若试剂1是NaOH溶液，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则反应的离子方程式是2Al+2H2O+2OH－= 2AlO2-+3H2↑。
（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸，①氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，则D为硫酸铁，检验铁离子的方法为取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+。
②若试剂1为稀硫酸，在Al和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，则1molAl2(SO4)3与NaOH溶液反应的化学方程式为Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4 ，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为产生0.5mol沉淀，需消耗NaOH的物质的量为1.5mol，或者1.5×4+0.5×3=7.5mol。
③氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁反应生成硫酸亚铁，E为硫酸亚铁，以硫酸亚铁、稀硫酸和亚硝酸钠为原料生成Fe(OH)SO4，反应中有NO生成，然后根据得失电子守恒和原子守恒配平，则该反应为2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4 +2NO↑
【分析】推断题解题最重要的1、寻找题眼（突破口）：根据题目条件可直接判断某物质或某反应
2、依据元素守恒原则，可通过反应物（或生成物）所含元素推测生成物可能含有的元素（或反应物），再根据常见反应或某些特殊条件（如该物质的摩尔质量）推测、确定物质的化学式。
本题最明显的突破口是X与试剂1反应，试剂1可以是氢氧化钠，也可以是硫酸，说明X是金属单质Al，C是偏铝酸盐，B为氧化铝；则高温下和另一种金属的氧化物反应生成金属Y，很容易猜测发生的是铝热反应。在根据三价铁与二价铁之间的转换推测D为三价铁盐，E为二价铁盐。
30．【答案】（1）共价化合物；4NH3＋5O2 4NO＋6H2O；0.11
（2）CuSO4；S2－＋4ClO－=SO42-＋4Cl－；2
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据题意，若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A和F的分子均为10电子微粒，则：A是NH3；B是NO；C是NO2；D是HNO3；E是O2；F是H2O。
①F是H2O，属于共价化合物；②反应I是氨的催化氧化，化学方程式为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O；③n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，反应开始时发生反应Cu+4HNO3 (浓)=Cu(NO3)2 +NO2↑+2H2O，当溶液变稀后发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ，所以n(NO2)+n(NO) = 1.12L ÷ 22.4 L/mol = 0.05 mol，反应消耗的硝酸的作用是作氧化剂生成气体和起酸的作用生成Cu(NO3)2，所以n(HNO3)=2n(Cu)+n(气体)=0.03mol×2+0.05mol=0.11mol；（2）若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为34g/mol，则A是H2S；B是SO2；C是SO3；D是H2SO4；E是O2；F是H2O。①将铜粉与D的浓溶液共热，发生反应Cu＋2H2SO4 (浓) CuSO4 ＋SO2 ↑＋2H2O，所得溶液加热蒸干，得到的白色固体物质为CuSO4 ；②将少景Na2Y溶液滴加到次氯酸钠溶液中发生反应，无沉淀生成，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得该反应的离子反应方程式S2－＋4ClO－=SO42-＋4Cl－；n(NaClO)=74.5 g ÷74.5 g/mol=1mol，根据方程式可知：每有4mol的NaClO 发生反应，转移电子的物质的量是8mol，现在NaClO 的物质的量是1mol，所以转移电子的物质的量是2mol。
【分析】最高价氧化物的强酸有高氯酸、硫酸、硝酸，可以推测X和Y为氮和硫；
1、假设X为S，本身已经16个电子了，其化合物不可能是10电子，所以X只能是N；
① 水为共价化合物；
② 氨气具有还原性，可以和氧气反应生成氮气和水；
③ D为硝酸，铜和硝酸反应，可以根据铜的化合价变化进行计算；
2、Y为S；
①根据摩尔质量的计算，S为32g/mol，剩余的只能是H，为硫化氢；
② 硫离子有还原性，次氯酸跟有氧化性，根据化合价升降可以计算其转移的电子物质的量。
31．【答案】（1）③④；①②④；②
（2）；
（3）0.018；9∶4
【知识点】物质的简单分类；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①晶体、②固体虽是电解质，但无自由移动的离子，所以不导电；⑤蔗糖、⑦为非电解质，⑥液氯既不是电解质也不是非电解质，所以不导电；③NaOH溶液；④熔融NaCl含由移动的离子，所以导电；电解质：在熔融状态下或者溶液中能导电的化合物，①晶体、②固体、④熔融NaCl为电解质；②为非金属氧化物；故答案为：③④；①②④；②
（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取气体，其化学方程式为，则其离子方程式为：；澄清石灰水与气体反应生成白色沉淀，则其离子方程式为：，故答案为：；；
（3）① KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，，又由，溶液中，故答案为：0.018；
②设的物质的量为xmol，KCl的物质的量为ymol，由KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，，则。故答案为：4：9。
【分析】（1）可以导电的物质为金属单质、石墨、电解质溶液、熔融电解质；
（2）碳酸钙和氢离子反应生成钙离子、二氧化碳和水；
（3） ① 结合离子浓度电荷守恒判断；
② 结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
32．【答案】0.4mol；0.1 mol；2.24L
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】9.6克Cu的物质的量为9.6g/64g·mol－1=0.15mol，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，
根据方程式计算：
3Cu+ 8HNO3=3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O
3mol 8mol 44.8L
0.15mol n V
①参加反应的硝酸的物质的量：n=0.15mol×=0.4mol；
②根据方程式，当8molHNO3参加反应时，被还原HNO3的物质的量为2mol，当0.4molHNO3参加反应时，被还原的硝酸的物质的量为0.4mol×=0.1mol．
③标准状况下产生气体的体积为：V=0.15moL×=2.24L。
【分析】先根据铜和硝酸反应写出相应的化学方程式，再依据化学计量数之比等于物质的量之比进行判断；
① 铜和硝酸的化学计量数之比为3：8；
② 被还原的硝酸即看产物NO的化学计量数确认；
③ 根据一氧化氮的物质的量，结合公式n=V/Vm判断。
33．【答案】（1）①②④；⑤⑦
（2）62g/mol；16；0.1mol
【知识点】电解质与非电解质；物质的量的相关计算
【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）①0.4 mol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。
34．【答案】（1）③；
（2）；先无明显现象后有白色沉淀生成：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
（3） 或
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）由分析可知，0.1molH2SO4完全反应，消耗Fe的质量为5.6g，消耗铝的质量为1.8g。由于最终仅有一个烧杯中的固体剩余，因此有固体剩余的为Al，m满足的取值范围为1.8＜m≤5.6。
（2）由分析可知，烧杯③中Al过量，则H2SO4完全，此时反应生成n(H2)=0.1mol。若产生H2的量满足①＞③＞②，则Na与稀硫酸反应生成的n(H2)＞0.1mol，此时m(Na)＞0.2mol×23g·mol－1=4.6g，因此m满足的取值范围为4.6＜m≤5.6。
反应后烧杯①中溶液为NaOH，烧杯②中溶液为HCl、FeCl2，将NaOH溶液逐滴加入到FeCl2溶液中发生反应OH－＋H＋=H2O、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，可观察到开始时无明显现象，后有白色絮状沉淀生成。由于Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，可观察到白色絮状沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色。
（3）由分析可知，参与反应，则反应后所得溶液中。滴加NaOH溶液的过程中，反应所得的沉淀为Al(OH)3，其物质的量。
若加入NaOH溶液较少，溶液中部分Al3＋转化为Al(OH)3沉淀，此时消耗n(NaOH)=0.1mol，则加入NaOH溶液的体积。
若加入NaOH溶液较多，Al3＋完全转化为Al(OH)3，此时消耗n(NaOH)=0.2mol，反应生成n[Al(OH)3]=；继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，此时消耗。所以这个过程中消耗，所以消耗NaOH溶液的体积。
综上，当得到2.6g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为0.1L或0.23L。
【分析】烧杯①中Na能与H2SO4、H2O反应，因此烧杯①中的Na一定完全反应。烧杯②中发生反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；烧杯③中反应的离子方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。所用稀硫酸中n(H2SO4)=1mol·L－1×0.1L=0.1mol，0.1molH2SO4能与0.1molFe反应，此时消耗铁的质量为0.1mol×56g·mol－1=5.6g；消耗铝的质量为×0.1mol×27g·mol－1=1.8g。
1 / 12023-2024学年高中化学必修第一册3.2金属材料（人教版）
一、选择题
1．（2023高一下·临汾期中）将0.1mol某金属单质与足量的硫粉在隔绝空气的情况下充分反应后，分离出的产物比原金属质量增加了3.2g，则该金属单质不可能是（ ）
A．钙 B．铜 C．铁 D．镁
【答案】B
【知识点】金属的通性；物质的量的相关计算
【解析】【解答】充分反应后，分离出的产物比原金属质量增加了3.2克，消耗的硫粉物质的量为 0.1mol ，金属与硫的物质的量相等，需满足1：1的化学式 ；
A. 钙与硫反应生成CaS，A不符合题意 ；
B. 硫和铜反应生成Cu2S，B符合题意 ；
C. 铁与硫反应生成FeS，C不符合题意 ；
D. 镁跟硫反应生成MgS，D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】产物比原金属质量增加了3.2克，硫粉物质的量为 0.1mol ，需满足1：1的化学式。
2．（2023高一上·湖北期末）小强的化学笔记中有如下内容：
①单质分为金属和非金属两类；
②无机化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；
③合金的熔点一定低于各成分金属
④按照分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；
⑤在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物都是电解质；
⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应；
⑦氧化还原反应的本质是化合价升降。
你认为他的笔记中正确的有几项
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；合金及其应用；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：①单质分为金属单质、非金属单质和稀有气体单质，①错误。
②无机化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，②正确。
③合金的熔点一般低于其成分金属的熔点，③错误。
④根据分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液，④正确。
⑤电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，但水溶液能导电的化合物不一定是电解质，如CO2、NH3的水溶液都能导电，但CO2、NH3都不是电解质，⑤错误。
⑥按照树状分类法可将化学反应分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应、氧化还原反应等，⑥错误。
⑦氧化还原反应的本质是电子的转移或偏移，⑦错误。
综上，上述正确的是②④，共2处，A符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对基本概念的考查，结合相关概念进行分析即可。
3．（2023高一下·河南期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】铝的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．过量的二氧化碳与NaOH反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和NaOH反应生成碳酸钠，A符合题意；
B．HClO光照生成HCl和氧气，B不符合题意；
C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，C不符合题意；
D．Al不能与水反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．过量的二氧化碳与NaOH反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和NaOH反应生成碳酸钠；
B．HClO光照生成HCl和氧气；
C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁；
D．Al不能与水反应。
4．（2023高一上·江岸期末）下列离子方程式的书写错误的是
A．将投入到溶液中，有刺激性气味气体放出：
B．和稀的反应：
C．向溶液中滴加溶液使沉淀质量最大：
D．硫酸亚铁溶液在空气中变质：
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、Na能与H2O发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，反应生成的NaOH进一步与NH4HCO3反应生成Na2CO3、H2O和NH3，因此该反应的离子方程式为：2Na＋NH4＋＋HCO3－=2Na＋＋CO32－＋NH3↑＋H2↑，A不符合题意。
B、Na2O2与HCl反应生成NaCl和H2O2，H2O2进一步分解生成H2O和O2，因此该反应的离子方程式为2Na2O2＋4H＋=4Na＋＋2H2O＋O2↑，B符合题意。
C、使产生的沉淀最大，则溶液中的SO42－完全沉淀，因此反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－＋2SO42－＋2Ba2＋=2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O，C不符合题意。
D、FeSO4易被空气中的O2氧化成Fe2(SO4)3，同时产生OH－，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，因此该反应的离子方程式为12Fe2＋＋3O2＋6H2O=8Fe3＋＋4Fe(OH)3↓，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、Na与H2O反应生成NaOH，NaOH进一步与NH4HCO3反应生成NH3和Na2CO3。
B、Na2O2不能拆写成离子形式。
C、产生沉淀最大时为BaSO4沉淀。
D、Fe2＋易被空气中的O2氧化成Fe3＋，同时生成OH－，与Fe3＋进一步形成Fe(OH)3沉淀。
5．（2022高三上·金山模拟）有关铝及其化合物的说法正确的是（ ）
A．铝片可与冷水剧烈反应
B．铝热反应放出的热量使生成的铁熔化
C．氧化铝是碱性氧化物
D．氢氧化铝能溶于稀氨水
【答案】B
【知识点】铝的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．铝与冷水不反应，A不符合题意；
B．铝热反应放出的热量可使生成的铁熔化，B符合题意；
C．氧化铝能与酸碱都反应，属于两性氧化物，C不符合题意；
D．氢氧化铝只能溶解于强碱或强酸，而氨水属于弱碱溶液，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据铝的性质进行分析。
B. 铝热反应放出的热量可使生成的铁熔化。
C.碱性氧化物能与酸反应生成盐和水。
D. 氢氧化铝只能溶解于强碱或强酸。
6．（2023高一下·河南期末）在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比1：2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为（ ）
A．Cl2 B．Cl2O7 C．ClO2 D．Cl2O
【答案】D
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S化合价由+4价升到+6价，NaClO3氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3是氧化剂，设Cl元素在还原产物中的化合价为a，2×(6-4)=1×(5-a)，解a=+1，棕黄色气体X的化学式为Cl2O；
故答案为 ： D
【分析】S化合价由+4价升到+6价，NaClO3氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3是氧化剂，设Cl元素在还原产物中的化合价为a，2×(6-4)=1×(5-a)，解a=+1。
二、多选题
7．（2021高二下·德州期中）关于金属元素的特征，下列叙述正确的是（ ）
A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性
B．金属元素在化合物中一般显正价
C．金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱
D．价电子越多的金属原子的金属性越强
【答案】B,C
【知识点】金属的通性
【解析】【解答】A．金属元素的原子其最外层电子数均小于4，因此只能表现出还原性(失电子)，失去电子后所得的金属离子可得到电子表现出氧化性(如Fe3+)，也可失去电子表现出还原性(如Fe2+)，故A不符合题意；
B．金属元素的原子形成化合物过程中通常失去电子呈正价，故B符合题意；
C．金属性越强的金属越容易失去电子，失去电子后越难得到电子，因此金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱，故C符合题意；
D．金属原子的金属性与失去电子的多少无关，只与失去电子的难易程度有关，如Al原子能失去3个电子，Na原子能失去1个电子，而金属性：Na＞Al，故D不符合题意；
故答案为BC。
【分析】A.金属元素原子只能失去电子因此具有还原性，而离子可能具有还原性和氧化性
B.金属原子只具有还原性只能失去电子，因此显示正价
C.金属性越强，形成的阳离子得电子能力越弱，氧化性越弱
D.金属的金属性与得失电子的能力有关，与得失电子的数目无关
8．（2018高二下·广东期中）下列关于金属及其合金的说法错误的是（ ）
A．工业上用量最大的合金是铝合金
B．古代出土的铜制品表面覆盖着铜绿，其主要成分是CuO
C．装修门窗使用的铝合金材料硬度比铝单质小，熔点比铝单质低
D．生铁和钢都是合金，且钢的含碳量比生铁低
【答案】A,B,C
【知识点】金属的通性；合金及其应用
【解析】【解答】解：A. 工业上用量最大的合金是铁合金，A符合题意；
B. 古代出土的铜制品表面覆盖着铜绿，其主要成分是Cu2CO3(OH)2，B符合题意；
C. 装修门窗使用的铝合金材料硬度比铝单质小，但熔点比铝单质高，C符合题意；
D. 生铁和钢都是合金，且钢的含碳量比生铁低，D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】A.工业用量最大的是铁合金；
B.铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3；
C.根据合金的性质分析；
D.根据生铁和钢的含碳量分析；
9．我国湘黔渝三地交界地区是中国电解锰企业最集中的地区，被称为中国的“锰三角”．金属锰的熔点很高，常用铝热法制得粗锰，再用电解法制得纯的金属锰．铝被用于冶炼金属锰，是因为铝（ ）
A．熔点低 B．具有还原性
C．具有两性 D．冶炼反应中放出大量的热
【答案】B,D
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】解：铝能用于冶炼难熔金属（如Mn、W等），是因为铝是一种活泼金属，还原性强，可将较不活泼金属从其化合物中还原出来，同时反应中放出大量的热，使被还原出的金属熔融析出，故选：BD．
【分析】铝热反应中，铝失电子而作还原剂，且该反应是放热反应．
10．（2021高一下·唐山期末）下列物质间的转化能一步实现的是（ ）
A．Al→Al(OH)3 B．Na2CO3→NaOH
C．NH3→HNO3 D．Fe2(SO4)3→CuSO4
【答案】B,D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．铝先转化成铝盐，才可以转化为氢氧化铝，故A不符合题意；
B．碳酸钠溶液能和氢氧化钙溶液反应生碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故B符合题意‘
C．氨气应先氧化成一氧化氮，然后氧化成二氧化氮，在和水反应生成硝酸，故C不符题意；
D．Fe2(SO4)3和Cu反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】Ａ．铝不能一步生成氢氧化铝；
Ｂ．碳酸钠和氢氧化钙反应可生成氢氧化钠；
Ｃ．氨气不能一步转化为硝酸；
Ｄ．硫酸铁和铜反应生成硫酸亚铁和硫酸铜。
11．（2017高二上·上海期末）既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质是（ ）
A．Al B．Al2O3 C．Al（OH）3 D．NaHCO3
【答案】A,B,C,D
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】解：A．Al与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，故A符合；
B．氧化铝属于两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，故B符合；
C．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故C符合；
D．碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，与盐酸反应生成氯化钠与二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故D符合；
故选ABCD．
【分析】既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等．
12．（2022·杭州模拟）用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是
A．可能为
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为
【答案】B,D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A不符合题意；
B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl转移电子的物质的量为0.3mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl转移电子的物质的量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.3C．若氯气和NaOH只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，则消耗氯气为0.3mol，若只发生反应6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗的氯气为0.3mol，所以与NaOH反应的氯气物质的量为0.3mol，C不符合题意；
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6：5，因为9：5介于2：1和6：5之间，所以符合题意，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．根据得失电子守恒判断；
B．依据反应方程式，利用极值法计算；
C．依据反应方程式的系数关系判断；
D．根据方程式，利用极值法计算。
三、非选择题
13．（2021高一下·浙江开学考）现有某储氢化合物甲，将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2 (已折算成标准状况)，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。请回答下列问题：
（1）甲的化学式是 。
（2）甲加热分解的化学方程式是 。
（3）白色沉淀溶于NaOH溶液的离子方程式是 。
【答案】（1）AlH3
（2）2AlH3 2Al+3H2↑
（3）Al(OH)3+OH-= +2H2O
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】(1)标准状况下6.72 L H2 的物质的量是n(H2)= =0.3 mol，其质量是m(H2)=0.3 mol×2 g/mol=0.6 g；其中含有的H原子的物质的量n(H)=2n(H2)=0.6 mol。甲分解产生的另一种短周期元素的质量是m=6.00 g-0.6 g=5.40 g，甲与水反应能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该白色沉淀是Al(OH)3，则另一种短周期元素是Al，其物质的量n(Al)= =0.2 mol，则n(Al)：n(H)=0.2 mol ：0.6 mol=1：3，故化合物甲化学式是AlH3；
(2)根据(1)分析可知甲是AlH3，AlH3加热分解产生Al、H2，反应的化学方程式是2AlH3 2Al+3H2↑；
(3)白色沉淀是Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-= +2H2O。
【分析】溶于氢氧化钠的碱是是氢氧化铝，可以推测甲物质的组成元素。根据甲物质的质量和产生的气体的物质的量可以确定化学式。
14．金属的共同物理性质
（1）状态： ；特殊的是 ．
（2）颜色： ；特殊的是 ．
（3） （有或无）延展性， 的延展性最好．
（4）金属一般是 的导体，其中 的导电性最好．
注：地壳中含量最高的金属元素──
人体中含量最高的金属元素── ．
【答案】固态；汞为液态；银白色；金为黄色，铜为红色等；有；金；电；银；铝；钙
【知识点】金属的通性
【解析】【解答】（1）常温下，大多数金属为固态，汞为液体；
故答案为：固态；汞为液态；
（2）大多数金属具有银白色的金属光泽，还有一些呈现其它光泽，如金为黄色，铜为红色等
（3）金属都具有良好的延展性，金的延展性最好；
故答案为：有；金；
（4）金属具有良好的导电性，导电性最好的金属是银；
地壳中含量最高的金属元素是铝；
人体中含量最高的金属元素是钙；
故答案为：电；银； 铝；钙．
【分析】大多数金属在常温下为固态、银白色、具有良好的导电、导热、延展性，少数具有特性，如汞常温下为液态，金为黄色，铜为红色等，金的延展性最好，银的导电性最好，铝是地壳含量最高的金属，钙是人体含量最高的金属，据此解答．
15．（2017高一下·洛阳期末）古代《药性论》中有关铅丹(Pb3O4)的描述是治惊悸狂走，呕逆，消渴”，铅丹(Pb3O4)也可作为防锈用涂料，呈红褐色，又名红丹。
（1）将PbO高温焙烧可制得铅丹，请写出反应的化学方程式 。
（2）下面关于铅丹的说法正确的是_________(填字母序号）
A．由于其中含铅，易造成铅中毒，故应慎用
B．用它配成的漆，附着力很强，在大气中有相当的稳定性
C．红丹抗腐蚀性强，耐高温，耐酸、碱
D．红丹不溶于水
（3）请举例说明铁制品防锈的其他两种方法 。
（4）铅丹具有氧化性，能与浓盐酸反应，请写出反应的化学方程式 ，简要回答检验上述反应生成的氧化产物的实验方法 。
【答案】（1）12PbO＋2O2=4Pb3O4
（2）A；B；D
（3）刷油漆、涂油等
（4）Pb3O4＋8HCl 3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O；用湿润的淀粉碘化钾试纸放在反应的试管口，试纸变蓝，说明有氯气生成
【知识点】氯气的化学性质；金属的通性
【解析】【解答】(1)将PbO高温焙烧可制得Pb3O4，结合电子守恒和原子守恒得此反应的化学方程式为12PbO＋2O2=4Pb3O4；
(2)A.铅属重金属，其阳离子有毒，应慎用铅丹，故A符合题意；
B.铅丹(Pb3O4)附着力很强，在大气中有相当的稳定性，可作为防锈用涂料，故B符合题意；
C.红丹抗腐蚀性强，耐高温，但能溶解于酸，故C不符合题意；
D.Pb3O4不溶于水，故D符合题意；
故答案为：ABD；
(3)铁在空气中锈蚀，实际上是铁跟空气中的氧气和水共同作用的结果，为了防止钢铁制品的锈蚀，人们常采用在其表面刷油漆、涂油或镀上其他金属等覆盖保护膜的方法，这些方法都能够防止锈蚀的共同原理是隔绝氧气和水；
(4)Pb3O4中Pb有一个+4价、有两个+2价，且+4价的Pb具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2，本身被还原成+2价Pb，生成PbCl2，根据元素守恒得反应物与生成物：Pb3O4+HCl(浓)→PbCl2+Cl2↑+H2O，根据化合价升降法配平该氧化还原反应，Pb3O4中一个+4价的Pb降低到+2价，降低2价；HCl(浓)中-1价的Cl上升到0价生成Cl2，上升1价×2，所以Pb3O4和Cl2前面的计量数都为1，根据原子守恒配平其它物质前计量数，得各物质前计量数为1、8、3、1、4，故方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O；氯气具有强氧化性，能和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，Cl2+2I-=I2+2Cl-，碘遇淀粉试液变蓝色，所以可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气。
【分析】(1)判断出反应物和生成物，结合电子守恒和原子守恒即得此反应的化学方程式；
(3)利用是隔绝氧气和水的原理防止锈蚀；
(4)判断出反应物和生成物，找出化合价升降的元素，再根据化合价升降法配平该氧化还原反应；
16．（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 ，B ，C ，D 。
（2）写出下列化学方程式：
①A在空气中燃烧 ；
②B与AgNO3 溶液: ；
③C与氢氧化钠溶液： 。
【答案】（1）Na；Cu；Al；Fe
（2）2Na+O2 Na2O2；Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag；2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑
【知识点】氧化还原反应；金属的通性
【解析】【解答】根据分析可知，(1)对应化学式：A为Na；B为Cu；C为Al；D为Fe；(2)本关反应的化学方程式如下：
①Na在空气中燃烧生成过氧化钠，方程式为2Na+O2 Na2O2；
②Cu与AgNO3发生置换反应生成硝酸铜和单质Ag: Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag；
③Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
【分析】（1）钠的焰色为黄色；铜单质是红色固体；铝单质加热后会生成高熔点的氧化铝；铁单质在氧气中燃烧会得到黑色的四氧化三铁固体；
（2）钠在空气中和氧气发生燃烧反应，得到淡黄色的固体过氧化钠；
铜单质可以和硝酸银反应，将银单质置换出来；
铝单质和强碱反应会得到偏铝酸盐和氢气。
17．目前流通的第五套人民币硬币材料分别为：1元硬币为铜芯镀镍合金，5角硬币为铜芯镀铜合金，1角硬币为硬铝合金．请回答：（题目中的百分含量均为质量分数）
（1）钢是含碳量为0.03%～2%的 （填物质类别名称）．
（2）如图所示的装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放足量的溶液，电极及溶液如下表所示：
电极 a b c d e f
石墨 石墨 铜 钢 钢 铜
溶液 NaCl溶液 CuSO4溶液 CuSO4溶液
通电后电极a上可产生能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体．
①上述装置中M极为直流电源的 极（填“正”或“负”），电极b上发生的电极反应式为 ．
②若在钢币上镀铜，应选择 烧杯（填“乙”或“丙”），当电极a上生成标准状况下气体2240mL时，理论上可在电极 （填字母）上镀铜 g．
（3）工业上以铝土矿（主要成分Al2O3 nH2O，含少量的氧化铁和石英等杂质）为原料生产铝．为除去铝土矿样品中氧化铁和石英杂质，要将粉碎、筛选后的铝土矿样品溶解在足量的氢氧化钠溶液中处理，请写出有关反应的离子方程式 ．
（4）已知硬铝中含Cu：2.2%～5%、Mg：0.2%～3%、Mn：0.3%～1.5%、Si：0.5%，其余是Al.1角硬币单枚质量为2.20克，若想制得1角硬币1百万枚，理论上至少需要含Al2O3 90%的铝土矿约 吨（小数点后保留一位数字）．
【答案】（1）（铁）合金
（2）正；2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣=H2↑）；乙；d；6.4
（3）Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
（4）4.2
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】（1）钢是含碳量为0.03%～2%的（铁）合金，故答案为：（铁）合金；
（2）①能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体是氯气，在阳极上氯离子失电子发生氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故M为正极，b为阴极，氢离子放电，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故答案为：正；2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣=H2↑）；
②镀铜时，应用含铜离子的溶液做电解质溶液；电极a上电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，当生成氯气的体积2240mL时，转移0.2mol电子，d极是阴极上是铜离子放电，即Cu2++2e﹣→Cu，当转移则0.2mol电子时，生成的铜为0.1mol，其质量为6.4g，故答案为：乙；d；6.4；
（3）氧化铁不与氢氧化钠反应，Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；
（4）硬铝中含铝最多为：1﹣2.2%﹣0.2%﹣0.3%﹣0.5%=96.8%，1角硬币单枚质量为2.20克，1百万枚质量为2.20×1000000g=2.2吨，设需要含氧化铝90%的铝土矿的质量为x．
2Al2O34Al+3O2↑
204 108
90% x
x=4.2t
故答案为：4.2．
【分析】（1）合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质；
（2）①能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体是氯气，在阳极上氯离子失电子发生氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故M为正极，b为阴极，氢离子放电；
②镀铜时，应用含铜离子的溶液做电解质溶液；电极a上电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，当生成氯气的体积2240mL时，转移0.2mol电子，d极是阴极上是铜离子放电，即Cu2++2e﹣→Cu，当转移则0.2mol电子时，生成的铜为0.1mol；
（3）氧化铁不与氢氧化钠反应，Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠；
（4）根据反应的方程式，由铝的质量求出铝土矿的质量．
18．（2020高一上·吉林期末）铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）Ⅰ．钢(一种铁碳合金)是用量最大、用途最广的合金。其中，中碳钢中碳的含量范围为 。超级钢的开发与应用已成为国际钢铁领域的研究热点，是钢铁领域的一次重大革命。我国的超级钢研究已居于世界领先地位，我国研制的这种超级钢中含 (填元素符号)10%、C 0.47%、Al 2%、V 0.7%，这种超级钢强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。
（2）Ⅱ．FeSO4可作补血剂，用于治疗缺铁性贫血症。用FeSO4溶液制备Fe(OH)2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。这样操作的原因是为了防止Fe(OH)2被氧化，写出其被氧化的化学反应方程式 。
（3）Ⅲ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、无毒的多功能水处理剂。查阅资料已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
制备K2FeO4
①在装置A中发生的化学反应中HCl显示出来的性质为 。
②C为制备K2FeO4装置，写出次氯酸钾与氢氧化铁在碱性环境中反应的离子方程式： 。
（4）探究K2FeO4的性质。取C中浅紫红色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明K2FeO4能否氧化Cl-而产生Cl2，设计如下方案：取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。由方案中溶液变红可知a中含有Fe3+，该离子的产生不能判断一定是由K2FeO4被Cl-还原而形成的，原因是 。
（5）使用时经常通过测定高铁酸钾的纯度来判断其是否变质。K2FeO4在硫酸溶液中反应如下：□FeO +□H+=□O2↑+□Fe3++□_
①完成并配平上述离子方程式 (方框内填化学计量数，横线上写物质)。
②现取C中洗涤并干燥后样品的质量10 g，加入稀硫酸，收集到0.672 L气体(标准状况)。则样品中高铁酸钾的质量分数为 。(计算结果保留到0.1%)
【答案】（1）0.3%~0.6%；Mn
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）还原性、酸性；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO +3Cl-+5H2O
（4）K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+
（5）4FeO +20H+=3O2↑＋4Fe3++10H2O；79.2%
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；合金及其应用；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】Ⅰ．中碳钢是含碳量在0.3%~0.6%的铁合金；
我国的超级钢研究已居于世界领先地位，我国研制的这种超级钢中含Mn：10%、C：0.47%、Al：2%、V：0.7%；
Ⅱ．Fe(OH)2不稳定，容易被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3。根据原子守恒和电子守恒，可得其被氧化的化学反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
Ⅲ．（3）①在装置A中，KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2，发生的化学反应为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。在该反应中HCl显示出来的性质为还原性和酸性；
②在装置C中KClO与Fe(OH)3在碱性环境中反应产生K2FeO4，该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO +3Cl-+5H2O；
（4）取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，该离子的产生可能是由K2FeO4被Cl-还原而形成的，也可能是在酸性溶液中K2FeO4快速反应产生O2，其本身会反应转化为Fe3+，因此不能证明K2FeO4能否氧化Cl-而产生Cl2；
（5）①在反应中Fe元素化合价由反应前FeO 中的+6价变为反应后Fe3+的+3价，化合价降低3价，得到电子被还原；O元素化合价由反应前的-2价变为反应后的0价，化合价升高2×2价=4价，失去电子被氧化，化合价升降最小公倍数是12，所以FeO 、Fe3+的系数是4，O2的系数是3；根据电荷守恒，可知H+的系数是20，最后根据H原子守恒，可知H2O的系数是10，则配平后该反应方程式为：4FeO +20H+=3O2↑＋4Fe3++10H2O；
②标准状况下0.672 LO2的物质的量是n(O2)= =0.03 mol，根据方程式可知：4 mol K2FeO4反应会产生3 mol O2，则反应产生0.03 mol O2时消耗K2FeO4的物质的量是0.04 mol，其质量是m(K2FeO4)=0.04 mol×198 g/mol=7.92 g，故样品中高铁酸钾的质量分数为 =79.2%。
【分析】(1)、Ⅰ．根据碳含量的高低，将钢分为低碳钢、中碳钢和高碳钢，低碳钢的含碳量为：0.04%~
0.3%，中碳钢的含碳量为： 0.3%~0.6%，高碳钢的含碳量为： 0.6%~1.35%；超级钢中含Mn： 10%、 C：0.47%、Al：2%、V：0.7%；
(2)、Ⅱ． Fe (OH)2在空气中不稳定，容易被氧化为Fe (OH)3，根据原子守恒和升降守恒，可以写出其方程式；
(3)、Ⅲ． (1) ①A中发生的反应为KMnO4和HCl反应，HCl在反应中表现出还原性和酸性；
②次氯酸钾与氢氧化铁在碱性环境中反应，次氯酸钾被还原为Cl-，氢氧化铁被氧化为FeO42-，根据原子守恒和化合价升降守恒，可以写出反应的离子方程式；
(4)、①根据原子守恒和化合价升降守恒，可以写出反应的离子方程式；
②根据上一问可得关系式：4FeO42-~3O2，根据气体量，计算出K2FeO4的量，进一步计算出高铁酸钾的质量分数。
19．（2018高二上·吉林期中）日常生产、生活中用到许多金属制品，从实用美观角度考虑选择下列合适的金属材料或保护(防腐蚀)方法，将序号填入下表相应空格中。
①不锈钢 ②白铁(镀锌铁皮) ③铝合金 ④镀铬铁管 ⑤涂漆 ⑥镶嵌锌块 ⑦与直流电源负极相连(阴极保护法)
用途 选用材料或保护方法
菜刀
楼梯扶手或阳台护栏
水桶
航海轮船
水闸
吊车塔架
房门窗框
【答案】①；④；②；⑥；⑦；⑤；③
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】（1）菜刀接触潮湿较多，且要求机械强度大，清洁卫生等，
故答案为：不锈钢；选①；
（2）楼梯扶手、护栏等要求安全美观，经济实惠，
故答案为：镀铬铁管；选④
（3）水桶处于潮湿环境，且摩擦碰撞较多，
故答案为：镀锌铁皮；选②
（4）航海轮船则采用镶嵌锌块法保护，效果良好，
故答案为：镶嵌锌块；选⑥
（5）水闸位置固定宜采用外加电流的阴极保护法，
故答案为：与直流电源负极相连(阴极保护法)；选⑦
（6）吊车塔架只求坚固防锈且经济，故涂漆保护就可以了，
故答案为：涂漆；选⑤
（7）门窗框要轻便美观，
故答案为：用铝合金材料。选③
【分析】此题是对金属材料在日常生活中应用的考查，解答此类题型时，需结合合金的性质进行分析。
20．（2019高一上·江门期中）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 。
【答案】（1）④⑥⑦；①②⑥；③⑧
（2）NaCl=Na++Cl-
（3）2Al+6HCl= 2AlCl3 +3H2↑
【知识点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性；铝的化学性质；电离方程式的书写
【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。
21．有学生在实验室中向盛有10mL饱和氯化铁溶液的试管里投入足量铝片，观察到如下现象：
①黄色溶液很快变成红褐色，过一会儿溶液中有红褐色沉淀生成．
②铝片表面立刻有少量黑色物质析出，黑色物质能被磁铁吸起．
③混合液温度升高甚至发烫，产生无色气泡，且产生气泡速率明显加快，铝片上下翻滚．
（1）产生的红褐色沉淀是 ，无色气泡的成分是 ．
（2）生成红褐色沉淀的原因是 ．
（3）写出生成气泡速率明显加快的两个原因 、 ．
【答案】（1）Fe（OH）3；H2
（2）Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+和2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝消耗氢离子平衡右移生成氢氧化铁沉淀
（3）反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快；Fe﹣Al形成原电池，反应速率加快
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】解：（1）氯化铁为强酸弱碱盐，弱碱离子水解显酸性，Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，投入足量铝片，2Al+6H+=2Al3++3H2↑，促进Fe3+水解，水解平衡右移，过一会儿溶液中有红褐色沉淀生成，
故答案为：Fe（OH）3；H2；（2）氯化铁为强酸弱碱盐，水解：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，铝为活泼金属，和酸反应：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，
故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+ 和 2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝消耗氢离子平衡右移生成氢氧化铁沉淀；（3）FeCl3是强酸弱碱盐，FeCl3水解使水溶液呈酸性，酸与金属铝的反应是放热反应，随着反应的进行，溶液的温度越来越高，温度越高，反应速率越大；铝能置换呈FeCl3中的Fe，Fe附着在铝表面，具备构成原电池的条件，所以形成了原电池，使反应速率加快，
故答案为：反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快；Fe﹣Al形成原电池，反应速率加快．
【分析】（1）氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铝为活泼金属，铝和酸性溶液中氢离子反应，促进铁离子水解形成红褐色Fe（OH）3沉淀；（2）根据盐的类型判断溶液的酸碱性，根据金属的活泼性判断产生无色气泡是氢气，是铝和酸性溶液中氢离子反应产物；（3）根据化学反应与反应热的关系及原电池的构成条件分析．
22．（2023高一下·凉州月考）钠、铝和铁是中学化学常见的三种重要金属。请回答下列问题：
（1）钠在空气中燃烧生成淡黄色的 (填“Na2O”或“Na2O2”)； Al2O3能溶于酸或强碱溶液生成盐和水，则是一种 (填“酸性”、“碱性”或“两性”)氧化物；
（2）写出钠与水反应的化学方程式： 。
（3）写出铝与NaOH溶液反应的化学方程式： ；
（4）现有下列3种物质：①Na2O2、②NaHCO3、③Na2CO3，请回答：受热易分解的是 (填序号，下同)，溶于水显碱性的是 ，与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是 。
【答案】（1）Na2O2；两性
（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（4）②；①②③；①
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】（1）钠在空气中燃烧，观察到发出黄色的火焰，生成淡黄色固体Na2O2，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物，Al2O3与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物，故答案为：Na2O2；两性；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ， 故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑， 故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，氧气能够使带火星木条复燃；
氯化铵不稳定受热易分解生成氨气和氯化氢；
碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
所以：受热易分解的是②；溶于水后溶液显碱性的是 ①③；与CO2反应产生的气体能使带火星木条复燃的是①；
故答案为； ②； ①②③ ；①。
【分析】（1）钠在空气中燃烧生成过氧化钠；凡是能和酸反应生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物，凡是能和碱反应生成盐和水的氧化物叫酸性氧化物，既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
（3）铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（4）过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氢氧化钠和氧气；氯化铵不稳定受热易分解；碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性；碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；
23．（2021高一上·联合期中）已知A、B、C、D代表的四种物质均为中学化学中的常见物质，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件及部分反应产物已略去)。请回答下列问题：
（1）若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，D为一种常用于饮料生产的气体。
①写出B的俗称： 。
②写出反应②的化学方程式： 。
（2）若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质。
①写出B的一种工业用途： 。
②写出反应②的离子方程式： 。
（3）已知符合题设转化关系的一组物质如下，写出反应②的化学方程式： 。
（4）参照以上实例，设计另一组符合上述转化关系的物质组合，写出其化学式：
A 、B 、C 、D 。
【答案】（1）纯碱；
（2）制作印刷电路板或生产净水剂等；
（3）或
（4）C(O2)；CO(CO2)；CO2(CO)；O2(C)
【知识点】钠的重要化合物；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，A、B、C中都含有Na元素；D为一种常用于饮料生产的气体，D为CO2；结合转化关系分析，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3；
①B为Na2CO3，其俗称为纯碱；答案为：纯碱。
②反应②为CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；答案为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质，由转化关系知，该金属元素具有可变化合价，则A为氯水，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；
①B为FeCl3，FeCl3的工业用途为：制作印刷电路板或生产净水剂等；答案为：制作印刷电路板或生产净水剂等。
②反应②为Fe与FeCl3反应生成FeCl2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
(3)反应②为Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；答案为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
(4)常见的符合图示转化关系的物质如下表：
类型 A B C D
连续氧化 C CO CO2 O2
NH3 N2 NO O2
H2S S SO2 O2
Fe Fe2+ Fe3+ HNO3
连续还原 Cl2 FeCl3 FeCl2 Fe
O2 CO2 CO C
O2 NO N2 NH3
O2 SO2 S H2S
HNO3 Fe3+ Fe2+ Fe
连续酸化 OH CO2
CO2 H+
SO2 H+
S HS H2S H+
Al(OH)3 Al3+ H+
连续碱化 CO2 OH
SO2 OH
H2S HS S OH
Al3+ Al(OH)3 OH
…… …… …… …… ……
写出其中一组不同于(1)(2)(3)转化关系的化学式即可。
【分析】元素化合物推断题解题思路：1.利用关键信息进行突破，如特殊颜色 焰色试验中火焰均呈黄色 ，则为含钠元素物质，如特殊用途 常用于饮料生产的气体 ，利用特殊性质进行突破；2.结合已知元素，利用其化学性质和常见反应进行解答推断未知元素和物质。
24．（2022高三上·凉州月考）铝是一种很重要的金属，可以发生一系列反应制备物质(如下图所示)。
回答下列问题：
（1）反应①可以用于 (说出一条)。
（2）②③反应产生等量氢气消耗的NaOH与H2SO4的物质的量之比为 。
（3）反应④的离子反应的方程式为 。
（4）用反应⑥制备Al(OH)3，最好是向Al2(SO4)3溶液中滴加 。
（5）工业上常用反应⑦制备金属铝，制备过程的方程式是 。
【答案】（1）焊接铁轨(或冶炼金属等)
（2）2∶3
（3）AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－
（4）氨水
（5）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）金属铝和一些金属的氧化物如氧化铁在高温下的置换反应称为铝热反应，生成的铁是液态，可以用来焊接钢轨；（2）金属铝可以和酸以及强碱之间反应生成氢气，即反应②、③都有氢气生成，根据反应方程式2Al+3H2SO4= Al2（SO4）3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知产生等量的氢气时消耗的NaOH与H2SO4的物质的量之比为2：3；（3）NaAlO2溶液显碱性，由于酸性H2CO3> Al（OH）3，所以向NaAlO2溶液中通入足量的CO2气体，发生反应的离子方程式是：AlO2-+CO2+2H2O = Al（OH）3+HCO3-；（4） 由于Al（OH）3是两性氢氧化物，所以用硫酸铝制备Al（OH）3，最好是向Al2（SO4）3溶液中滴加弱碱氨水，（5）工业上常用电解的方法冶炼铝，反应⑦制备金属铝，制备过程的方程式是2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑。
【分析】（1）铝热反应可以用于冶炼金属；
（2）结合铝和氢氧化钠、铝和硫酸反应的化学方程式以及化学计量数之比等于物质的量之比判断；
（3）偏铝酸根和二氧化碳、水反应生成氢氧化铝和碳酸氢根；
（4）铝离子制备氢氧化铝最好加入强碱；
（5）熔融氧化铝加入冰晶石后电解生成铝和氧气。
25．（2022高三上·山西月考）镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 ，还生成少量的 (填化学式)。
（2）是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为 ，水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式： 。
（3）现有一块合金，将其置于烧杯中。若加入溶液，恰好完全反应生成。若加入少量盐酸，则生成。计算 。
（4）是常用的阻燃材料。以白云石(，不考虑杂质)为原料制备和工艺流程如下：
①相同条件下，溶解度： (填“＞”或“＜”)。
②“煅烧”时称取白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的为(标准状况下)，若工艺中不考虑损失，则和的质量分别为 、 。
【答案】（1）MgO；Mg3N2
（2）+2；2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2
（3）0.02mol
（4）>；8.7 g；15g
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2；
（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2；
（3）溶液中含有0.02molNaOH，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故0.02molNaOH反应生成0.03molH2，n1=0.03mol；的盐酸含有0.02molHCl，与金属反应产生氢气n(H2)= n(H+)=n(HCl)=0.01mol，即n2=0.01mol，故0.03mol-0.01mol=0.02；
（4）①氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2 > Mg(OH)2；
②“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3mol，由碳元素守恒可得，n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol，100g/moln(CaCO3)+84 g/moln(MgCO3)=27.6g，解之得n(CaCO3) =0.15mol，n(MgCO3)=0.15mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58g/mol0.15mol=8.7 g、CaCO3的质量为100g/mol0.15mol=15 g。
【分析】（1）镁和氧气反应生成氧化镁；
（2）镁在化合物中为+2；
（3）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
（4） ① 根据沉淀的相互转换原理，可以知道氢氧化钙的溶解度大于氢氧化镁；
② 结合公式n=m/M和公式n=V/Vm判断。
26．（2020·南昌模拟）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3 mol/L H2SO4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50mL
1mol/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25.00 mL溶液干250 mL锥形瓶中，加入30 mL 0.10mol/L EDTA－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0.20
mol/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5.00 mL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： 、
【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 12H2O KAl(SO4)2+12H2O；2KAl(SO4)2 K2SO4+Al2O3+3SO3↑
【知识点】镁、铝的重要化合物
【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 12H2O KAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2 K2SO4+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，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；（5）从双水解角度考虑；（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；
27．根据实验操作过程，将表格补充完整
操作过程 实验现象描述 对应离子方程式或化学方程式
FeCl2中通入Cl2
Fe（OH）2放置空气
KI溶液中通入氯气，加入CCl4后震荡
盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量
【答案】溶液变黄；2Fe2++Cl2=2Fe3+；白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe（OH）2+O2+4H2O=4Fe（OH）3；溶液变为棕色，加入四氯化碳后分层，且四氯化碳层显紫色；Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；先无沉淀，后生成白色沉淀；[Al（OH）4]﹣+4H+=Al3++4H2O，3[Al（OH）4]﹣+Al3+=4Al（OH）3↓
【知识点】氯气的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】解：FeCl2中通入Cl2发生氧化还原反应生成FeCl3，可观察到溶液变黄色，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3+；
Fe（OH）2放置空气被氧化生成Fe（OH）3，可观察到白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+4H2O=4Fe（OH）3，KI溶液中通入氯气，被氧化生成碘，碘易溶于四氯化碳，可观察到溶液变为棕色，加入四氯化碳后分层，且四氯化碳层显紫色，反应的离子方程式为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量，先无沉淀，后生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为[Al（OH）4]﹣+4H+=Al3++4H2O，3[Al（OH）4]﹣+Al3+=4Al（OH）3↓，
故答案为：
操作过程 实验现象描述 对应离子方程式或化学方程式
FeCl2中通入Cl2 溶液变黄 2Fe2++Cl2=2Fe3+
Fe（OH）2放置空气 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe（OH）2+O2+4H2O=4Fe（OH）3
KI溶液中通入氯气，加入CCl4后震荡 溶液变为棕色，加入四氯化碳后分层，且四氯化碳层显紫色 Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2
盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量 先无沉淀，后生成白色沉淀 [Al（OH）4]﹣+4H+=Al3++4H2O，3[Al（OH）4]﹣+Al3+=4Al（OH）3↓
【分析】FeCl2中通入Cl2发生氧化还原反应生成FeCl3；Fe（OH）2放置空气被氧化生成Fe（OH）3；KI溶液中通入氯气，被氧化生成碘，碘易溶于四氯化碳；盐酸溶液中缓慢滴加Na[Al（OH）4]溶液至过量，先无沉淀，后生成氢氧化铝白色沉淀，以此解答该题．
28．2010年7月19～28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SiO2
D．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．
①1887年阿仑尼乌斯提出电离理论．
②1923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：下列粒子的水溶液既可看作酸又可看作碱的是 ．
A．H2O B．NH4+C．OH﹣D．HCO3﹣E．CH3COO﹣F．Cl﹣
③1923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++[：OH]﹣→H：OH
试指出下列两个反应中的酸或碱：
H3BO3+H2O═H++[B（OH）4]﹣；该反应中的碱是 （填“H3BO3”或“H2O”）．
CuCl2+4NH3═[Cu （NH3）4]2++2Cl﹣；该反应中的酸是 （填“CuCl2”或“NH3”）．
【答案】AD；AD；H2O；CuCl2
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物
【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）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；
③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+4NH3═[Cu （NH3）4]2++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）4]2+，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）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；
③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．
29．（2018高一下·郑州开学考）A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示。
（1）X的单质与A反应的化学方程式是 。
（2）若试剂1是NaOH溶液。X的单质与试剂1反应的离子方程式是 。
（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸。
①检验物质D的溶液中金属离子的方法是 。
②1molC物质与NaOH溶液反应，产生0.5mol沉淀，需消耗NaOH的物质的量为 。
③某高效净水剂是由Y(OH)SO4聚合得到的。工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y(OH)SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是 。
【答案】（1）Fe2O3 +2Al Al2O3 +2Fe
（2）2Al+2H2O+2OH－= 2AlO2-+3H2↑
（3）取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+。；1.5mol或7.5mol；2FeSO4 +2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4 +2NO↑
【知识点】两性氧化物和两性氢氧化物；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】
（1）元素X、Y的单质是生活中常见的金属，X的单质能生成Y的单质，则X为Al，Y为Fe，A、B是氧化物，Al与氧化铁反应生成Fe和氧化铝，则A为氧化铁，B为氧化铝，所以Al的单质与氧化铁反应的化学方程式是Fe2O3 +2Al Al2O3 +2Fe。
（2）若试剂1是NaOH溶液，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则反应的离子方程式是2Al+2H2O+2OH－= 2AlO2-+3H2↑。
（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸，①氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，则D为硫酸铁，检验铁离子的方法为取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+。
②若试剂1为稀硫酸，在Al和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，则1molAl2(SO4)3与NaOH溶液反应的化学方程式为Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4 ，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为产生0.5mol沉淀，需消耗NaOH的物质的量为1.5mol，或者1.5×4+0.5×3=7.5mol。
③氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁和铁反应生成硫酸亚铁，E为硫酸亚铁，以硫酸亚铁、稀硫酸和亚硝酸钠为原料生成Fe(OH)SO4，反应中有NO生成，然后根据得失电子守恒和原子守恒配平，则该反应为2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4 +2NO↑
【分析】推断题解题最重要的1、寻找题眼（突破口）：根据题目条件可直接判断某物质或某反应
2、依据元素守恒原则，可通过反应物（或生成物）所含元素推测生成物可能含有的元素（或反应物），再根据常见反应或某些特殊条件（如该物质的摩尔质量）推测、确定物质的化学式。
本题最明显的突破口是X与试剂1反应，试剂1可以是氢氧化钠，也可以是硫酸，说明X是金属单质Al，C是偏铝酸盐，B为氧化铝；则高温下和另一种金属的氧化物反应生成金属Y，很容易猜测发生的是铝热反应。在根据三价铁与二价铁之间的转换推测D为三价铁盐，E为二价铁盐。
30．（2018高二下·桂林开学考）已知两种相邻周期、相邻主族的短周期非金属元素X、Y，其最高价氧化物对应的水化物均为强酸。根据下图转化关系(反应条件及部分产物已略去)，回答下列问题：
（1）若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A和F的分子均为10电子微粒，则：
①F属于 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
②反应Ⅰ的化学方程式为 。
③将1.92 g铜粉与一定量的D的浓溶液反应，当铜完全反应时收集到气体1.12 L(标准状况)，则反应耗的D的物质的量为 mol。
（2）若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为34 g·mol－1，则：①将铜粉与D的浓溶液反应所得溶液加热蒸干，得的白色固体物质为 (填化学式)。
②将少量Na2Y溶液滴加到次氯酸钠溶液中发生应，无沉淀生成，请写出该反应的离子方程式 。在该反中若有74.5 g NaClO被还原，则转移电子的物质量为 mol。
【答案】（1）共价化合物；4NH3＋5O2 4NO＋6H2O；0.11
（2）CuSO4；S2－＋4ClO－=SO42-＋4Cl－；2
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）根据题意，若A、B、C、D均为含X元素的化合物，且A和F的分子均为10电子微粒，则：A是NH3；B是NO；C是NO2；D是HNO3；E是O2；F是H2O。
①F是H2O，属于共价化合物；②反应I是氨的催化氧化，化学方程式为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O；③n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，反应开始时发生反应Cu+4HNO3 (浓)=Cu(NO3)2 +NO2↑+2H2O，当溶液变稀后发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ，所以n(NO2)+n(NO) = 1.12L ÷ 22.4 L/mol = 0.05 mol，反应消耗的硝酸的作用是作氧化剂生成气体和起酸的作用生成Cu(NO3)2，所以n(HNO3)=2n(Cu)+n(气体)=0.03mol×2+0.05mol=0.11mol；（2）若A、B、C、D均为含Y元素的化合物，其中A由两种元素组成，且A的摩尔质量为34g/mol，则A是H2S；B是SO2；C是SO3；D是H2SO4；E是O2；F是H2O。①将铜粉与D的浓溶液共热，发生反应Cu＋2H2SO4 (浓) CuSO4 ＋SO2 ↑＋2H2O，所得溶液加热蒸干，得到的白色固体物质为CuSO4 ；②将少景Na2Y溶液滴加到次氯酸钠溶液中发生反应，无沉淀生成，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得该反应的离子反应方程式S2－＋4ClO－=SO42-＋4Cl－；n(NaClO)=74.5 g ÷74.5 g/mol=1mol，根据方程式可知：每有4mol的NaClO 发生反应，转移电子的物质的量是8mol，现在NaClO 的物质的量是1mol，所以转移电子的物质的量是2mol。
【分析】最高价氧化物的强酸有高氯酸、硫酸、硝酸，可以推测X和Y为氮和硫；
1、假设X为S，本身已经16个电子了，其化合物不可能是10电子，所以X只能是N；
① 水为共价化合物；
② 氨气具有还原性，可以和氧气反应生成氮气和水；
③ D为硝酸，铜和硝酸反应，可以根据铜的化合价变化进行计算；
2、Y为S；
①根据摩尔质量的计算，S为32g/mol，剩余的只能是H，为硫化氢；
② 硫离子有还原性，次氯酸跟有氧化性，根据化合价升降可以计算其转移的电子物质的量。
31．（2022高一上·宝鸡期末）回答下列相关问题：
（1）以下物质：①晶体；②固体；③NaOH溶液；④熔融NaCl；⑤蔗糖；⑥液氯；⑦。能导电的是 (填序号，下同)；属于电解质的是 ；属于碱性氧化物的是 。
（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取气体，反应的离子方程式是 。常用澄清石灰水检验气体，反应的离子方程式是 。
（3）某无土栽培用的营养液，要求KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8。
①配制该营养液后，溶液中 。
②若采用和KCl来配制该营养液，则KCl和物质的量之比为 。
【答案】（1）③④；①②④；②
（2）；
（3）0.018；9∶4
【知识点】物质的简单分类；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①晶体、②固体虽是电解质，但无自由移动的离子，所以不导电；⑤蔗糖、⑦为非电解质，⑥液氯既不是电解质也不是非电解质，所以不导电；③NaOH溶液；④熔融NaCl含由移动的离子，所以导电；电解质：在熔融状态下或者溶液中能导电的化合物，①晶体、②固体、④熔融NaCl为电解质；②为非金属氧化物；故答案为：③④；①②④；②
（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取气体，其化学方程式为，则其离子方程式为：；澄清石灰水与气体反应生成白色沉淀，则其离子方程式为：，故答案为：；；
（3）① KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，，又由，溶液中，故答案为：0.018；
②设的物质的量为xmol，KCl的物质的量为ymol，由KCl、和三种原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，，则。故答案为：4：9。
【分析】（1）可以导电的物质为金属单质、石墨、电解质溶液、熔融电解质；
（2）碳酸钙和氢离子反应生成钙离子、二氧化碳和水；
（3） ① 结合离子浓度电荷守恒判断；
② 结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
32．（2022高一下·芜湖期末）9.6克Cu与足量的稀硝酸完全反应，试求：
①参加反应的硝酸的物质的量 ？
②被还原的硝酸的物质的量 ？
③标准状况下产生气体的体积 ？
【答案】0.4mol；0.1 mol；2.24L
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】9.6克Cu的物质的量为9.6g/64g·mol－1=0.15mol，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，
根据方程式计算：
3Cu+ 8HNO3=3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O
3mol 8mol 44.8L
0.15mol n V
①参加反应的硝酸的物质的量：n=0.15mol×=0.4mol；
②根据方程式，当8molHNO3参加反应时，被还原HNO3的物质的量为2mol，当0.4molHNO3参加反应时，被还原的硝酸的物质的量为0.4mol×=0.1mol．
③标准状况下产生气体的体积为：V=0.15moL×=2.24L。
【分析】先根据铜和硝酸反应写出相应的化学方程式，再依据化学计量数之比等于物质的量之比进行判断；
① 铜和硝酸的化学计量数之比为3：8；
② 被还原的硝酸即看产物NO的化学计量数确认；
③ 根据一氧化氮的物质的量，结合公式n=V/Vm判断。
33．（2022高一上·吴江月考）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NaCl ⑤蔗糖 ⑥液氧 ⑦SO2；属于电解质的是 ；属于非电解质的是 。
（2）已知12.4 g Na2R中含0.4 mol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1.6 g的Na2R，其物质的量为 。
【答案】（1）①②④；⑤⑦
（2）62g/mol；16；0.1mol
【知识点】电解质与非电解质；物质的量的相关计算
【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）①0.4 mol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。
34．（2023高一上·江岸期末）某同学按下表操作，当物质充分反应后，最终发现仅有一个烧杯中有固体剩余。
烧杯编号 ① ② ③
盛装的液体 稀硫酸 稀硫酸 稀硫酸
加入的固体(质量相等) 粒 粉 片
（1）有固体剩余的是 (填编号)，固体的质量m满足的范围是 ；
（2）当产生量满足①>③>②时，固体的质量m满足的范围是 ；此时将反应后中①的溶液逐滴加入到②的溶液中并放置一段时间，整个过程中可以观察到的现象有 。
（3）将③中的溶液过滤，向滤液中滴加的溶液，得到沉淀，则加入的溶液的体积为 。
【答案】（1）③；
（2）；先无明显现象后有白色沉淀生成：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
（3） 或
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）由分析可知，0.1molH2SO4完全反应，消耗Fe的质量为5.6g，消耗铝的质量为1.8g。由于最终仅有一个烧杯中的固体剩余，因此有固体剩余的为Al，m满足的取值范围为1.8＜m≤5.6。
（2）由分析可知，烧杯③中Al过量，则H2SO4完全，此时反应生成n(H2)=0.1mol。若产生H2的量满足①＞③＞②，则Na与稀硫酸反应生成的n(H2)＞0.1mol，此时m(Na)＞0.2mol×23g·mol－1=4.6g，因此m满足的取值范围为4.6＜m≤5.6。
反应后烧杯①中溶液为NaOH，烧杯②中溶液为HCl、FeCl2，将NaOH溶液逐滴加入到FeCl2溶液中发生反应OH－＋H＋=H2O、Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，可观察到开始时无明显现象，后有白色絮状沉淀生成。由于Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，可观察到白色絮状沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色。
（3）由分析可知，参与反应，则反应后所得溶液中。滴加NaOH溶液的过程中，反应所得的沉淀为Al(OH)3，其物质的量。
若加入NaOH溶液较少，溶液中部分Al3＋转化为Al(OH)3沉淀，此时消耗n(NaOH)=0.1mol，则加入NaOH溶液的体积。
若加入NaOH溶液较多，Al3＋完全转化为Al(OH)3，此时消耗n(NaOH)=0.2mol，反应生成n[Al(OH)3]=；继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，此时消耗。所以这个过程中消耗，所以消耗NaOH溶液的体积。
综上，当得到2.6g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为0.1L或0.23L。
【分析】烧杯①中Na能与H2SO4、H2O反应，因此烧杯①中的Na一定完全反应。烧杯②中发生反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；烧杯③中反应的离子方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。所用稀硫酸中n(H2SO4)=1mol·L－1×0.1L=0.1mol，0.1molH2SO4能与0.1molFe反应，此时消耗铁的质量为0.1mol×56g·mol－1=5.6g；消耗铝的质量为×0.1mol×27g·mol－1=1.8g。
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