第三章 铁 金属材料 章节测试题（含解析）2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第三章 铁 金属材料 章节测试题（含解析）2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 104.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-19 11:06:09 | ||
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文档简介
第三章 铁 金属材料 章节测试题
一、单选题
1．我国使用最早的合金是（ ）
A．锰钢 B．生铁 C．青铜 D．硬铝
2．在KCl、FeCl3、Fe2（SO4）3三种盐配成的混合溶液中，若K+为0.15mol，Fe3+为0.25mol，Cl﹣为0.2mol，则SO 为（ ）
A．0.1 mol B．0.15 mol C．0.25 mol D．0.35 mol
3．用铜锌合金制成的黄铜制品常被误认为黄金。下列关于黄铜的说法错误的是
A．有金属光泽 B．熔点比锌高
C．硬度比铜大 D．可用稀盐酸鉴别黄铜与黄金
4．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
B．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子
C．标准状况下，11.2LC6H6中含有的分子数目为0.5NA
D．0.1mol/LK2S溶液中含有的K+数为0.2NA
5．合金具有许多优良的性能．下列物质属于合金的是（ ）
A．氧化铜 B．生铁
C．汞 D．钠
6．同温同压下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是( )
A．所含分子数相同
B．所含氢原子物质的量之比为3∶4
C．质量之比是16∶17
D．密度之比为17∶16
7．下列叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，28gN2含有的分子数约为6.02×1023
B．64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023
D．2L 0.5mol/L MgCl2溶液中，含有的Cl－数约为6.02×1023
8．将4 g NaOH溶于水中，若使每100个水分子中含有1个Na+，则需水的物质的量为（ ）
A．0.11 mol B．1 mol C．10 mol D．100 mol
9．X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，他们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是（ ）
X Y Z W
A C CO CO2 O2
B Na Na2O Na2O2 O2
C AlCl3 Al（OH）3 NaAl（OH）4 NaOH
D Fe FeCl2 FeCl3 Cl2
A．A B．B C．C D．D
10．已知NaOH+Al（OH）3═Na．向集满 CO2的铝制易拉罐中加入过量 NaOH 浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起．上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A．CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH﹣+═2 AlO2﹣+H2O
C．Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O
D．2 Al+2OH﹣+6H2O═2 AlO2﹣++3 H2↑
11．下列关于合金的叙述中正确的是（ ）
A．合金不具有金属光泽
B．金属和非金属之间不可能形成合金
C．生铁和钢都是铁的合金
D．钛合金是使用最多的合金
12．铝具有较强的抗腐蚀能力（即耐腐蚀）的主要原因是（）
A．铝化学性质很稳定（即很不活泼）
B．铝与氧气在常温下很难反应
C．铝是两性元素（因与酸、碱都能反应）
D．铝易氧化形成一层致密氧化膜
13．欲使明矾溶液中的Al3+完全沉淀下来，适宜的试剂是（ ）
A．NaOH溶液 B．盐酸
C．氨水 D．氯化钡溶液
14．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．0.1mol·L-1稀硫酸中含有硫酸根个数为0. 1NA
B．1molCH(碳正离子)中含有电子数为10NA
C．2.4g金属镁在足量的CO2中燃烧，转移电子数为 2NA
D．在常温常压下，0.1mol N2和O2的混合气体，其体积略大于2.24L
15．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SO42-的物质的量之比为（ ）
A．6：1 B．1：3 C．2：3 D．3：1
16．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．氦气化学性质稳定、密度小，可用于填充飞艇、气球
B．镁铝合金质量轻、强度大，可用作高铁车厢材料
C．纳米铁粉有较强的物理吸附作用，可去除水体中的Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子
D．K2FeO4是强氧化剂，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可作为净水剂
二、综合题
17．现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。
I、甲同学向氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
II、乙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间加热；
III、丙同学向25 ml沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
（1）其中操作正确的同学是 ；他的操作中涉及到的制备胶体的离子反应方程式为 。
（2）判断胶体制备是否成功，可利用胶体的 。
（3）丁同学将所制得的Fe(OH)3胶体分成两份，并进行下列实验：
①将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明 。
②向另一份Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，结果出现了一系列变化。
a. 先出现红褐色沉淀，原因是 。
b. 随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是 。
18．下列图像中，纵坐标为沉淀量，横坐标为某溶液中加入的反应物的物质的量，选择合适图像对应的序号填空。
（1）AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量 。
（2）AlCl3溶液中加入氨水至过量 。
（3）AlCl3、MgCl2混合溶液中加入NaOH溶液至过量 。
（4）含有少量盐酸的AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液 ；
（5）澄清石灰水中通入过量CO2 。
19．已知A为应用广泛的金属单质、B溶液呈浅绿色、C溶液焰色反应呈紫色、C溶液可使酚酞溶液呈红色，各物质有如图所示的相互转化：
试回答：
（1）写出B的化学式 ，D的化学式 。
（2）写出由E转变成F的化学方程式 。
（3）写出向G溶液中加入A的离子方程式： ；
20．设用NA表示阿伏加德罗常数的值，其计算近似值为6.02×1023，按要求完成下列填空：
（1）0.5mol NH3共含有 个原子．
（2）6mol H2O与标准状况下 L NH3所含氢原子数相等．
（3）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42﹣的物质的量是 ．
（4）标准状况下11.2L NO和 g NO2所含有的氧原子数相等．
（5）8g某物质含有3.01×1023个分子，该物质的相对分子质量约为 ．
21．按要求填空：
（1）0.4mol OH﹣的质量为 ，其中含有 个电子．
（2）质量比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO，氧原子个数之比为 ；同条件下体积比为 ．
（3）标准状况下，1体积水能溶解448体积HCl，所得溶液的密度为1.1g/mL，该溶液的质量分数和物质的量的浓度分别是 、 ．（保留1位小数）
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】生铁、锰钢是铁的合金，硬铝是铝合金，铜活泼性比Fe和Al弱，容易冶炼，中国是世界最早应用湿法冶金的国家，所以我国使用最早的合金是铜合金，即青铜，
故答案为：C。
【分析】首先判断是否属于合金，再根据最早使用的合金是青铜进行解答即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】根据溶液电中性的原则，溶液中应存在n（K+）+3n（Fe3+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），则n（SO42﹣）= =0.35mol，
故答案为：D．
【分析】根据溶液中正负电荷守恒计算硫酸根离子的物质的量浓度即可.
3．【答案】B
【解析】【解答】A．黄铜为铜锌合金，有金属光泽，A不符合题意；
B．合金的熔点通常比成分金属要低，故黄铜的熔点低于锌，B符合题意；
C．合金的硬度通常大于成分金属，黄铜硬度大于铜，C不符合题意；
D．黄铜中的锌能与HCl反应生成氢气，黄金不与HCl反应，可用稀盐酸鉴别两者，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、黄铜具有金属光泽；
B、合金比成分金属熔点更低；
C、合金比成分金属硬度更大；
D、黄铜中的锌可以和盐酸反应产生气泡。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA，故A不符合题意；
B.Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0变为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故B符合题意；
C.标准状况下C6H6是液体，故C不符合题意；
D.没有溶液体积，不能计算0.1mol/LK2S溶液中的K+数，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.标况下可利用n=进行计算；
B.根据物质转移的电子数进行分析即可；
C.在标准状况下，n=仅适用于气体；
D.溶液的体积未知，不能求出其物质的量，进而求出答案。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．氧化铜是纯净物，不属于合金，故A不符合题意；
B.生铁是铁和碳的合金，故B符合题意；
C.汞是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故C不符合题意；
D.钠是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】合金是金属单质与金属单质或金属单质与非金属单质组成得混合物。
6．【答案】C
【解析】【解答】A、同温同压下同体积的气体，则具有相同的分子数和物质的量，故A说法不符合题意；
B、根据A选项分析，两种物质的物质的量相等，即氢原子物质的量之比为(1×3)∶(1×4)=3∶4，故B说法不符合题意；
C、相同条件下，质量之比等于其摩尔质量之比，即为17：16，故C说法符合题意；
D、相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即17∶16，故D说法不符合题意。
【分析】相同的条件下，同等体积的气体的物质的量是相等的，又由于物质的量与气体的摩尔质量成正比，所以质量之比就等于二者的摩尔质量比。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．常温常压下，28gN2物质的量为，因此分子数约为6.02×1023，故A符合题意；
B.64gSO2物质的量为，含有的氧原子数约为2×6.02×1023=1.204×1024，故B不符合题意；
C．标准状况下，H2O是非气态物质，无法计算物质的量，故C不符合题意；
D.2L 0.5mol/L MgCl2溶液中MgCl2物质的量为2L×0.5mol/L=1mol，含有的Cl－数约为2×6.02×1023=1.204×1024，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据和N=nNA计算；
B.根据和N=nNA计算；
C.标况下水不是气态；
D.根据n=cV和N=nNA计算。
8．【答案】C
【解析】【解答】n(NaOH)= =0.1 mol，每100个水分子中含有1个Na+，即N(NaOH)∶N(H2O)=1∶100，因为N(NaOH)=n(NaOH)·NA，N(H2O)=n(H2O)·NA，所以n(H2O)=100n(NaOH)=10 mol。
故答案为：C。
【分析】先利用计算4g NaOH 的物质的量，再利用物质的量之比等于微粒个数之比来计算水的物质的量。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氧气不足时，C和氧气反应生成CO，氧气过量时，生成CO2，CO可与氧气反应生成CO2，符合转化关系，故A不选；
B．Na可与氧气反在常温下生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠，符合转化关系，故B不选；
C．氯化铝可与少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3，与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2，符合转化关系，故C不选；
D．氯气和铁反应只生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D选．
故选D．
【分析】A．C可与氧气反应生成CO，也可生成二氧化碳，一氧化碳也可与氧气反应二氧化碳；
B．Na可与氧气反应分别生成氧化钠、过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠；
C．氯化铝可与氢氧化钠反应分别生成Al（OH）3、NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2；
D．氯气和铁反应只生成氯化铁．
10．【答案】C
【解析】【解答】解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；
因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，
根据分析可知，能够发生反应为A、B、D，没有发生的反应为C，
故选：C．
【分析】加入过量NaOH浓溶液，二氧化碳与NaOH反应生成碳酸钠与水，再过一段时间，罐壁又重新凸起，发生Al与NaOH溶液的反应生成氢气，因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣以此来解答．
11．【答案】C
【解析】【解答】A．合金有金属光泽，故A错误；
B．金属和非金属间可能形成合金，如钢，故B错误；
C．生铁和钢都是铁的合金，生铁中碳的含量在2.0%～4.3%之间，钢中碳的含量在0.03%～2.0%之间，故C正确；
D．使用最多的合金是钢，故D错误．
故选C．
【分析】A．合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；
B．合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；
C．生铁和钢都是铁的合金；
D．钢是使用最多的合金．
12．【答案】D
【解析】【解答】A、因铝的化学性质比较活泼，A不符合题意；
B、因常温下铝就会与氧气等反应，B不符合题意；
C、铝与强酸强碱均能反应，但金属没有两性的说法，C不符合题意；
D、因铝与氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝有很好的抗腐蚀性，D符合题意；
故答案为：D
【分析】铝具有较强的抗腐蚀能力，是由于铝被空气中的氧气氧化成一层致密的氧化膜，对内层金属铝起到保护作用。
13．【答案】C
【解析】【解答】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，要使明矾溶液中的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，减少氢氧化铝的产率，故A不选；
B、盐酸是酸，与Al3+不反应，不能产生氢氧化铝沉淀，故B不选；
C、氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故C选；
D、BaCl2与Al3+不反应，不能产生氢氧化铝沉淀，故D不选；
故选C．
【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，既能和酸反应又能和强碱反应，要使明矾溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．
14．【答案】D
【解析】【解答】A．没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L-1稀硫酸中含有硫酸根个数，故A不符合题意；
B．一个CH中含有8个电子，1molCH(碳正离子)中含有电子数为8NA，故B不符合题意；
C.2.4g金属镁在足量的CO2中燃烧，镁元素化合价由0升高为+2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；
D．在标准状况下，0.1mol N2和O2的混合气体的体积为2.24L，升高温度体积变大，所以常温常压下其体积略大于2.24L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】易错分析：A.注意只给浓度，没有体积，无法计算物质的量。
B.一个CH3+含有有电子数目为6+3-1=8，所以1mol含有8NA个电子。
15．【答案】A
【解析】【解答】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(SO42-)=n[Mg(OH)2]=0.005mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.03mol:0.005mol=6:1，
故答案为：A。
【分析】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。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、氦气是稀有气体，化学性质稳定、密度小与空气，可用于填充飞艇、气球，故A不符合题意；
B、镁铝合金质量轻、硬度大，可用作高铁车厢材料，故B不符合题意；
C、纳米铁粉可去除水体中的Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子，是由于铁将其置换出来，而不是由于其较强的物理吸附作用，故C符合题意；
D、K2FeO4是强氧化剂，还原产物是铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，有吸附作用，可作为净水剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题综合考查物质的性质及其用途，结合性质决定用途解答。
17．【答案】（1）III；Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+
（2）丁达尔效应
（3）Fe(OH)3胶体粒子吸附正电荷；电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O
【解析】【解答】(1)有分析可知，操作正确的同学是III，制备氢氧化铁胶体的离子反应方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；(2)判断胶体制备是否成功，可利用胶体的丁达尔效应；(3) ①将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷；
②向另一份Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，
a.先出现红褐色沉淀，原因是电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀；
b. 随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O。
【分析】I、甲同学向氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀；
II、乙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，得到氢氧化铁胶体，长时间加热后，胶体聚沉，形成氢氧化铁沉淀；
III、丙同学向25 ml沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，符合氢氧化铁胶体的制备要求，可以得到氢氧化铁胶体。
18．【答案】（1）⑥
（2）③
（3）①
（4）⑤
（5）②
【解析】【解答】(1) 氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生Al3++3OH-=Al (OH)3↓生成沉淀，后发生Al (OH) 3+OH-=AlO +2H2O沉淀溶解，故先产生沉淀，后沉淀溶解，所用NaOH溶液体积为3: 1，故图象⑥符合，故答案为：⑥；(2) 氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀,沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为Al3++3OH-=Al (OH)3↓，沉淀达到最大值后不能溶解在过量氨水中，故图象③符合，故答案为：③；(3) AlCl3、 MgCl2混合溶液中滴加NaOH溶液发生Al3++3OH-=Al (OH)3↓、Mg2++2OH- =Mg (OH)2↓生成两种沉淀，然后发生Al (OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，先产生沉淀，后沉淀量减少但不会完全溶解，故图象①符合，故答案为：①；(4) 含有少量盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，先发生盐酸与氢氧化钠反应，不产生沉淀，然后发生氯化铝与氢氧化钠反Al3++3OH-=Al (OH)3↓，生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，发生氢氧化铝与氢氧化钠反应Al (OH) 3+OH-=AlO +2H2O，沉淀溶解至最后消失，沉淀生成与溶解前后两部分消耗的氢氧化钠的物质的量3: 1，故图象⑤符合，故答案为：⑤；(5) 石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1:1，故图象②符合，故答案为：②。
【分析】（1）氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先生成沉淀，后沉淀溶解至最后消失，根据方程式判断前后两部分两部分消耗的氢氧化钠物质的量关系；
（2）氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后不能溶解在过量氨水中；
（3）AlCl3、MgCl2的混合溶液中加入过量NaOH溶液，先生成氢氧化镁、氢氧化铝两种沉淀，然后氢氧化铝与氢氧化钠反应使沉淀的量减少，但不会完全溶解；
（4）含少量盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，氢氧化钠先与盐酸反应，不产生沉淀，然后氢氧化钠与氯化铝与反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，最后沉淀完全溶解，根据方程式判断沉淀生成与溶解前后两部分两部分消耗的氢氧化钠的物质的量；
（5）澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系。
19．【答案】（1）FeCl2；KCl
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】【解答】A为应用广泛的金属单质、B溶液呈浅绿色，则A为铁，B为氯化亚铁；C溶液焰色反应呈紫色、C溶液可使酚酞溶液呈红色，说明C中含有钾元素，且溶液显碱性，则C为氢氧化钾。根据框图，D为氯化钾溶液，E为氢氧化亚铁，F为氢氧化铁，G为氯化铁，H为氯化银。(1)根据上述分析，B为氯化亚铁，D为氯化钾溶液，故答案为：FeCl2；KCl；(2)由氢氧化亚铁转变成氢氧化铁的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)向氯化铁溶液中加入铁粉的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
【分析】
本题突破口为：白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，确定E为氢氧化亚铁、F为氢氧化铁，最终G为氯化铁；
由遇硝酸银产生白色沉淀含Cl-，焰色反应呈紫色含K+；
反推确定金属A为Fe，B为氯化亚铁，C为KOH。
20．【答案】（1）2NA或1.204×1024
（2）89.6
（3）0.25mol
（4）11.5
（5）16
【解析】【解答】解：（1）氨气分子个数=0.5mol×NA/mol=0.5NA，每个氨气分子中含有4个原子，所以原子总数为2NA=1.204×1024，
故答案为：2NA或1.204×1024；
（2）每个水分子中含有2个H原子，6mol水中H原子物质的量为12mol，含有12molH原子的氨气的物质的量为4mol，气体体积V=nVm=4mol×22.4L/mol=89.6L，
故答案为：89.6；
（3）每个硫酸钠化学式中硫酸根离子和钠离子的个数之比为1：2，含有含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42﹣的个数为 ×3.01×1023，则硫酸根离子的物质的量n= =0.25mol，
故答案为：0.25 mol；
（4）标况下，11.2LNO的物质的量为： =0.5mol，含有氧原子的物质的量为0.5mol，含有氧原子数相等时，说明含有氧原子的物质的量相等，则需要二氧化氮的物质的量为： =0.25mol，其质量为：46g/mol×0.25mol=11.5g，
故答案为：11.5；
（5）3.01×1023个分子的物质的量为： =0.5mol，该物质的摩尔质量为： =16g/mol，则该物质的相对分子质量为16，
故答案为：16．
【分析】（1）根据N=nNA及分子构成计算；
（2）根据V=nVm计算氨气体积；
（3）每个硫酸钠化学式中硫酸根离子和钠离子的个数之比为1：2，再根据n=计算硫酸根离子的物质的量；
（4）标况下，11.2LNO的物质的量为0.5mol，每个NO分子中含有1个O原子，含有氧原子个数为NA，二氧化氮中含有2个O原子，据此可计算出二氧化氮的物质的量，然后根据m=nM计算出二氧化氮的质量；
（5）根据n=计算该物质的物质的量，然后根据M=计算出其摩尔质量，从而可知其相对分子质量．
21．【答案】（1）6.8g；2.408×1024
（2）10：5：4；5：5：4
（3）42.2%；12.7mol L﹣1
【解析】【解答】解：（1）OH﹣的摩尔质量为17g/mol，0.4mol OH﹣的质量为 0.4mol×17g/mol=6.8g，OH﹣含有10个电子，则0.4mol OH﹣含有电子数目为0.4mol×10×6.02×1023mol﹣1=2.408×1024，
故答案为：6.8g； 2.408×1024；
（2）质量比为16：7：6的SO2、CO、NO的物质的量之比为 ： ： =5：5：4，则含有氧原子数目之比为5×2：5×1：4×1=10：5：4，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，三者体积比为5：5：4，
故答案为：10：5：4；5：5：4；
（3）设水的体积为1L，则HCl的体积为448L，标况下HCl物质的量= =20molHCl质量为20mol×36.5g/mol=730g，溶液质量=1L×1000g/L+730g=1730g，
溶液质量分数= ×100%=42.2%，
溶液体积= = L，则物质的量浓度为 =12.7mol L﹣1．
故答案为：42.2%；12.7mol L﹣1．
【分析】（1）利用求质量，求微粒个数。（2）不同物质的之比即为其物质的量之比。（3）由水的体积可得水的质量，由HCl的体积可得HCl物质的量及其质量，水的质量与HCl的质量之和为溶液质量，再由溶液质量和其密度可得其体积，则HCl的质量与溶液质量可求得盐酸溶质质量分数、由HCl的物质的量与溶液体积可求得盐酸物质的量浓度。
一、单选题
1．我国使用最早的合金是（ ）
A．锰钢 B．生铁 C．青铜 D．硬铝
2．在KCl、FeCl3、Fe2（SO4）3三种盐配成的混合溶液中，若K+为0.15mol，Fe3+为0.25mol，Cl﹣为0.2mol，则SO 为（ ）
A．0.1 mol B．0.15 mol C．0.25 mol D．0.35 mol
3．用铜锌合金制成的黄铜制品常被误认为黄金。下列关于黄铜的说法错误的是
A．有金属光泽 B．熔点比锌高
C．硬度比铜大 D．可用稀盐酸鉴别黄铜与黄金
4．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
B．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子
C．标准状况下，11.2LC6H6中含有的分子数目为0.5NA
D．0.1mol/LK2S溶液中含有的K+数为0.2NA
5．合金具有许多优良的性能．下列物质属于合金的是（ ）
A．氧化铜 B．生铁
C．汞 D．钠
6．同温同压下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是( )
A．所含分子数相同
B．所含氢原子物质的量之比为3∶4
C．质量之比是16∶17
D．密度之比为17∶16
7．下列叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，28gN2含有的分子数约为6.02×1023
B．64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023
D．2L 0.5mol/L MgCl2溶液中，含有的Cl－数约为6.02×1023
8．将4 g NaOH溶于水中，若使每100个水分子中含有1个Na+，则需水的物质的量为（ ）
A．0.11 mol B．1 mol C．10 mol D．100 mol
9．X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，他们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是（ ）
X Y Z W
A C CO CO2 O2
B Na Na2O Na2O2 O2
C AlCl3 Al（OH）3 NaAl（OH）4 NaOH
D Fe FeCl2 FeCl3 Cl2
A．A B．B C．C D．D
10．已知NaOH+Al（OH）3═Na．向集满 CO2的铝制易拉罐中加入过量 NaOH 浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起．上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A．CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH﹣+═2 AlO2﹣+H2O
C．Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O
D．2 Al+2OH﹣+6H2O═2 AlO2﹣++3 H2↑
11．下列关于合金的叙述中正确的是（ ）
A．合金不具有金属光泽
B．金属和非金属之间不可能形成合金
C．生铁和钢都是铁的合金
D．钛合金是使用最多的合金
12．铝具有较强的抗腐蚀能力（即耐腐蚀）的主要原因是（）
A．铝化学性质很稳定（即很不活泼）
B．铝与氧气在常温下很难反应
C．铝是两性元素（因与酸、碱都能反应）
D．铝易氧化形成一层致密氧化膜
13．欲使明矾溶液中的Al3+完全沉淀下来，适宜的试剂是（ ）
A．NaOH溶液 B．盐酸
C．氨水 D．氯化钡溶液
14．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．0.1mol·L-1稀硫酸中含有硫酸根个数为0. 1NA
B．1molCH(碳正离子)中含有电子数为10NA
C．2.4g金属镁在足量的CO2中燃烧，转移电子数为 2NA
D．在常温常压下，0.1mol N2和O2的混合气体，其体积略大于2.24L
15．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SO42-的物质的量之比为（ ）
A．6：1 B．1：3 C．2：3 D．3：1
16．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．氦气化学性质稳定、密度小，可用于填充飞艇、气球
B．镁铝合金质量轻、强度大，可用作高铁车厢材料
C．纳米铁粉有较强的物理吸附作用，可去除水体中的Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子
D．K2FeO4是强氧化剂，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可作为净水剂
二、综合题
17．现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。
I、甲同学向氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
II、乙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间加热；
III、丙同学向25 ml沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
（1）其中操作正确的同学是 ；他的操作中涉及到的制备胶体的离子反应方程式为 。
（2）判断胶体制备是否成功，可利用胶体的 。
（3）丁同学将所制得的Fe(OH)3胶体分成两份，并进行下列实验：
①将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明 。
②向另一份Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，结果出现了一系列变化。
a. 先出现红褐色沉淀，原因是 。
b. 随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是 。
18．下列图像中，纵坐标为沉淀量，横坐标为某溶液中加入的反应物的物质的量，选择合适图像对应的序号填空。
（1）AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量 。
（2）AlCl3溶液中加入氨水至过量 。
（3）AlCl3、MgCl2混合溶液中加入NaOH溶液至过量 。
（4）含有少量盐酸的AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液 ；
（5）澄清石灰水中通入过量CO2 。
19．已知A为应用广泛的金属单质、B溶液呈浅绿色、C溶液焰色反应呈紫色、C溶液可使酚酞溶液呈红色，各物质有如图所示的相互转化：
试回答：
（1）写出B的化学式 ，D的化学式 。
（2）写出由E转变成F的化学方程式 。
（3）写出向G溶液中加入A的离子方程式： ；
20．设用NA表示阿伏加德罗常数的值，其计算近似值为6.02×1023，按要求完成下列填空：
（1）0.5mol NH3共含有 个原子．
（2）6mol H2O与标准状况下 L NH3所含氢原子数相等．
（3）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42﹣的物质的量是 ．
（4）标准状况下11.2L NO和 g NO2所含有的氧原子数相等．
（5）8g某物质含有3.01×1023个分子，该物质的相对分子质量约为 ．
21．按要求填空：
（1）0.4mol OH﹣的质量为 ，其中含有 个电子．
（2）质量比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO，氧原子个数之比为 ；同条件下体积比为 ．
（3）标准状况下，1体积水能溶解448体积HCl，所得溶液的密度为1.1g/mL，该溶液的质量分数和物质的量的浓度分别是 、 ．（保留1位小数）
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】生铁、锰钢是铁的合金，硬铝是铝合金，铜活泼性比Fe和Al弱，容易冶炼，中国是世界最早应用湿法冶金的国家，所以我国使用最早的合金是铜合金，即青铜，
故答案为：C。
【分析】首先判断是否属于合金，再根据最早使用的合金是青铜进行解答即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】根据溶液电中性的原则，溶液中应存在n（K+）+3n（Fe3+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），则n（SO42﹣）= =0.35mol，
故答案为：D．
【分析】根据溶液中正负电荷守恒计算硫酸根离子的物质的量浓度即可.
3．【答案】B
【解析】【解答】A．黄铜为铜锌合金，有金属光泽，A不符合题意；
B．合金的熔点通常比成分金属要低，故黄铜的熔点低于锌，B符合题意；
C．合金的硬度通常大于成分金属，黄铜硬度大于铜，C不符合题意；
D．黄铜中的锌能与HCl反应生成氢气，黄金不与HCl反应，可用稀盐酸鉴别两者，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、黄铜具有金属光泽；
B、合金比成分金属熔点更低；
C、合金比成分金属硬度更大；
D、黄铜中的锌可以和盐酸反应产生气泡。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA，故A不符合题意；
B.Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0变为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故B符合题意；
C.标准状况下C6H6是液体，故C不符合题意；
D.没有溶液体积，不能计算0.1mol/LK2S溶液中的K+数，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.标况下可利用n=进行计算；
B.根据物质转移的电子数进行分析即可；
C.在标准状况下，n=仅适用于气体；
D.溶液的体积未知，不能求出其物质的量，进而求出答案。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．氧化铜是纯净物，不属于合金，故A不符合题意；
B.生铁是铁和碳的合金，故B符合题意；
C.汞是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故C不符合题意；
D.钠是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】合金是金属单质与金属单质或金属单质与非金属单质组成得混合物。
6．【答案】C
【解析】【解答】A、同温同压下同体积的气体，则具有相同的分子数和物质的量，故A说法不符合题意；
B、根据A选项分析，两种物质的物质的量相等，即氢原子物质的量之比为(1×3)∶(1×4)=3∶4，故B说法不符合题意；
C、相同条件下，质量之比等于其摩尔质量之比，即为17：16，故C说法符合题意；
D、相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即17∶16，故D说法不符合题意。
【分析】相同的条件下，同等体积的气体的物质的量是相等的，又由于物质的量与气体的摩尔质量成正比，所以质量之比就等于二者的摩尔质量比。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．常温常压下，28gN2物质的量为，因此分子数约为6.02×1023，故A符合题意；
B.64gSO2物质的量为，含有的氧原子数约为2×6.02×1023=1.204×1024，故B不符合题意；
C．标准状况下，H2O是非气态物质，无法计算物质的量，故C不符合题意；
D.2L 0.5mol/L MgCl2溶液中MgCl2物质的量为2L×0.5mol/L=1mol，含有的Cl－数约为2×6.02×1023=1.204×1024，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据和N=nNA计算；
B.根据和N=nNA计算；
C.标况下水不是气态；
D.根据n=cV和N=nNA计算。
8．【答案】C
【解析】【解答】n(NaOH)= =0.1 mol，每100个水分子中含有1个Na+，即N(NaOH)∶N(H2O)=1∶100，因为N(NaOH)=n(NaOH)·NA，N(H2O)=n(H2O)·NA，所以n(H2O)=100n(NaOH)=10 mol。
故答案为：C。
【分析】先利用计算4g NaOH 的物质的量，再利用物质的量之比等于微粒个数之比来计算水的物质的量。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氧气不足时，C和氧气反应生成CO，氧气过量时，生成CO2，CO可与氧气反应生成CO2，符合转化关系，故A不选；
B．Na可与氧气反在常温下生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠，符合转化关系，故B不选；
C．氯化铝可与少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3，与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2，符合转化关系，故C不选；
D．氯气和铁反应只生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D选．
故选D．
【分析】A．C可与氧气反应生成CO，也可生成二氧化碳，一氧化碳也可与氧气反应二氧化碳；
B．Na可与氧气反应分别生成氧化钠、过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠；
C．氯化铝可与氢氧化钠反应分别生成Al（OH）3、NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2；
D．氯气和铁反应只生成氯化铁．
10．【答案】C
【解析】【解答】解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；
因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，
根据分析可知，能够发生反应为A、B、D，没有发生的反应为C，
故选：C．
【分析】加入过量NaOH浓溶液，二氧化碳与NaOH反应生成碳酸钠与水，再过一段时间，罐壁又重新凸起，发生Al与NaOH溶液的反应生成氢气，因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣以此来解答．
11．【答案】C
【解析】【解答】A．合金有金属光泽，故A错误；
B．金属和非金属间可能形成合金，如钢，故B错误；
C．生铁和钢都是铁的合金，生铁中碳的含量在2.0%～4.3%之间，钢中碳的含量在0.03%～2.0%之间，故C正确；
D．使用最多的合金是钢，故D错误．
故选C．
【分析】A．合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；
B．合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；
C．生铁和钢都是铁的合金；
D．钢是使用最多的合金．
12．【答案】D
【解析】【解答】A、因铝的化学性质比较活泼，A不符合题意；
B、因常温下铝就会与氧气等反应，B不符合题意；
C、铝与强酸强碱均能反应，但金属没有两性的说法，C不符合题意；
D、因铝与氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝有很好的抗腐蚀性，D符合题意；
故答案为：D
【分析】铝具有较强的抗腐蚀能力，是由于铝被空气中的氧气氧化成一层致密的氧化膜，对内层金属铝起到保护作用。
13．【答案】C
【解析】【解答】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，要使明矾溶液中的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，减少氢氧化铝的产率，故A不选；
B、盐酸是酸，与Al3+不反应，不能产生氢氧化铝沉淀，故B不选；
C、氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故C选；
D、BaCl2与Al3+不反应，不能产生氢氧化铝沉淀，故D不选；
故选C．
【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，既能和酸反应又能和强碱反应，要使明矾溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．
14．【答案】D
【解析】【解答】A．没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L-1稀硫酸中含有硫酸根个数，故A不符合题意；
B．一个CH中含有8个电子，1molCH(碳正离子)中含有电子数为8NA，故B不符合题意；
C.2.4g金属镁在足量的CO2中燃烧，镁元素化合价由0升高为+2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；
D．在标准状况下，0.1mol N2和O2的混合气体的体积为2.24L，升高温度体积变大，所以常温常压下其体积略大于2.24L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】易错分析：A.注意只给浓度，没有体积，无法计算物质的量。
B.一个CH3+含有有电子数目为6+3-1=8，所以1mol含有8NA个电子。
15．【答案】A
【解析】【解答】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(SO42-)=n[Mg(OH)2]=0.005mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.03mol:0.005mol=6:1，
故答案为：A。
【分析】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。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、氦气是稀有气体，化学性质稳定、密度小与空气，可用于填充飞艇、气球，故A不符合题意；
B、镁铝合金质量轻、硬度大，可用作高铁车厢材料，故B不符合题意；
C、纳米铁粉可去除水体中的Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子，是由于铁将其置换出来，而不是由于其较强的物理吸附作用，故C符合题意；
D、K2FeO4是强氧化剂，还原产物是铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，有吸附作用，可作为净水剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题综合考查物质的性质及其用途，结合性质决定用途解答。
17．【答案】（1）III；Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+
（2）丁达尔效应
（3）Fe(OH)3胶体粒子吸附正电荷；电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O
【解析】【解答】(1)有分析可知，操作正确的同学是III，制备氢氧化铁胶体的离子反应方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；(2)判断胶体制备是否成功，可利用胶体的丁达尔效应；(3) ①将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷；
②向另一份Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，
a.先出现红褐色沉淀，原因是电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀；
b. 随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O。
【分析】I、甲同学向氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀；
II、乙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，得到氢氧化铁胶体，长时间加热后，胶体聚沉，形成氢氧化铁沉淀；
III、丙同学向25 ml沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，符合氢氧化铁胶体的制备要求，可以得到氢氧化铁胶体。
18．【答案】（1）⑥
（2）③
（3）①
（4）⑤
（5）②
【解析】【解答】(1) 氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生Al3++3OH-=Al (OH)3↓生成沉淀，后发生Al (OH) 3+OH-=AlO +2H2O沉淀溶解，故先产生沉淀，后沉淀溶解，所用NaOH溶液体积为3: 1，故图象⑥符合，故答案为：⑥；(2) 氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀,沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为Al3++3OH-=Al (OH)3↓，沉淀达到最大值后不能溶解在过量氨水中，故图象③符合，故答案为：③；(3) AlCl3、 MgCl2混合溶液中滴加NaOH溶液发生Al3++3OH-=Al (OH)3↓、Mg2++2OH- =Mg (OH)2↓生成两种沉淀，然后发生Al (OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，先产生沉淀，后沉淀量减少但不会完全溶解，故图象①符合，故答案为：①；(4) 含有少量盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，先发生盐酸与氢氧化钠反应，不产生沉淀，然后发生氯化铝与氢氧化钠反Al3++3OH-=Al (OH)3↓，生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，发生氢氧化铝与氢氧化钠反应Al (OH) 3+OH-=AlO +2H2O，沉淀溶解至最后消失，沉淀生成与溶解前后两部分消耗的氢氧化钠的物质的量3: 1，故图象⑤符合，故答案为：⑤；(5) 石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1:1，故图象②符合，故答案为：②。
【分析】（1）氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先生成沉淀，后沉淀溶解至最后消失，根据方程式判断前后两部分两部分消耗的氢氧化钠物质的量关系；
（2）氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后不能溶解在过量氨水中；
（3）AlCl3、MgCl2的混合溶液中加入过量NaOH溶液，先生成氢氧化镁、氢氧化铝两种沉淀，然后氢氧化铝与氢氧化钠反应使沉淀的量减少，但不会完全溶解；
（4）含少量盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，氢氧化钠先与盐酸反应，不产生沉淀，然后氢氧化钠与氯化铝与反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，最后沉淀完全溶解，根据方程式判断沉淀生成与溶解前后两部分两部分消耗的氢氧化钠的物质的量；
（5）澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系。
19．【答案】（1）FeCl2；KCl
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】【解答】A为应用广泛的金属单质、B溶液呈浅绿色，则A为铁，B为氯化亚铁；C溶液焰色反应呈紫色、C溶液可使酚酞溶液呈红色，说明C中含有钾元素，且溶液显碱性，则C为氢氧化钾。根据框图，D为氯化钾溶液，E为氢氧化亚铁，F为氢氧化铁，G为氯化铁，H为氯化银。(1)根据上述分析，B为氯化亚铁，D为氯化钾溶液，故答案为：FeCl2；KCl；(2)由氢氧化亚铁转变成氢氧化铁的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)向氯化铁溶液中加入铁粉的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+。
【分析】
本题突破口为：白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，确定E为氢氧化亚铁、F为氢氧化铁，最终G为氯化铁；
由遇硝酸银产生白色沉淀含Cl-，焰色反应呈紫色含K+；
反推确定金属A为Fe，B为氯化亚铁，C为KOH。
20．【答案】（1）2NA或1.204×1024
（2）89.6
（3）0.25mol
（4）11.5
（5）16
【解析】【解答】解：（1）氨气分子个数=0.5mol×NA/mol=0.5NA，每个氨气分子中含有4个原子，所以原子总数为2NA=1.204×1024，
故答案为：2NA或1.204×1024；
（2）每个水分子中含有2个H原子，6mol水中H原子物质的量为12mol，含有12molH原子的氨气的物质的量为4mol，气体体积V=nVm=4mol×22.4L/mol=89.6L，
故答案为：89.6；
（3）每个硫酸钠化学式中硫酸根离子和钠离子的个数之比为1：2，含有含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42﹣的个数为 ×3.01×1023，则硫酸根离子的物质的量n= =0.25mol，
故答案为：0.25 mol；
（4）标况下，11.2LNO的物质的量为： =0.5mol，含有氧原子的物质的量为0.5mol，含有氧原子数相等时，说明含有氧原子的物质的量相等，则需要二氧化氮的物质的量为： =0.25mol，其质量为：46g/mol×0.25mol=11.5g，
故答案为：11.5；
（5）3.01×1023个分子的物质的量为： =0.5mol，该物质的摩尔质量为： =16g/mol，则该物质的相对分子质量为16，
故答案为：16．
【分析】（1）根据N=nNA及分子构成计算；
（2）根据V=nVm计算氨气体积；
（3）每个硫酸钠化学式中硫酸根离子和钠离子的个数之比为1：2，再根据n=计算硫酸根离子的物质的量；
（4）标况下，11.2LNO的物质的量为0.5mol，每个NO分子中含有1个O原子，含有氧原子个数为NA，二氧化氮中含有2个O原子，据此可计算出二氧化氮的物质的量，然后根据m=nM计算出二氧化氮的质量；
（5）根据n=计算该物质的物质的量，然后根据M=计算出其摩尔质量，从而可知其相对分子质量．
21．【答案】（1）6.8g；2.408×1024
（2）10：5：4；5：5：4
（3）42.2%；12.7mol L﹣1
【解析】【解答】解：（1）OH﹣的摩尔质量为17g/mol，0.4mol OH﹣的质量为 0.4mol×17g/mol=6.8g，OH﹣含有10个电子，则0.4mol OH﹣含有电子数目为0.4mol×10×6.02×1023mol﹣1=2.408×1024，
故答案为：6.8g； 2.408×1024；
（2）质量比为16：7：6的SO2、CO、NO的物质的量之比为 ： ： =5：5：4，则含有氧原子数目之比为5×2：5×1：4×1=10：5：4，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，三者体积比为5：5：4，
故答案为：10：5：4；5：5：4；
（3）设水的体积为1L，则HCl的体积为448L，标况下HCl物质的量= =20molHCl质量为20mol×36.5g/mol=730g，溶液质量=1L×1000g/L+730g=1730g，
溶液质量分数= ×100%=42.2%，
溶液体积= = L，则物质的量浓度为 =12.7mol L﹣1．
故答案为：42.2%；12.7mol L﹣1．
【分析】（1）利用求质量，求微粒个数。（2）不同物质的之比即为其物质的量之比。（3）由水的体积可得水的质量，由HCl的体积可得HCl物质的量及其质量，水的质量与HCl的质量之和为溶液质量，再由溶液质量和其密度可得其体积，则HCl的质量与溶液质量可求得盐酸溶质质量分数、由HCl的物质的量与溶液体积可求得盐酸物质的量浓度。