高中化学人教版（2019）必修第一册第三章第二节金属材料
一、单选题
1．（2021·浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐
B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
2．（2021·湖南）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融 制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水
3．（2021·河北）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是（ ）
A．钢是以铁为主的含碳合金
B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
4．（2021高一下·金华月考）铝土矿主要成分为 Al2O3，主要杂质为 Fe2O3、SiO2，某实验小组设计了如下流程制备铝：下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①过滤得到的滤渣主要为 SiO2
B．步骤②的沉淀剂可以选用 NaOH、氨水或 Ca(OH)2，考虑成本，Ca(OH)2 最合适
C．步骤④加入冰晶石的目的是降低 Al2O3 熔融的温度，降低能耗
D．该方案的缺陷在于未能很好的将 Fe2O3 杂质除去
5．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
6．（2021·杨浦模拟）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（ ）
A．加冷水可提高效果 B．使用时应防明火以免发生爆炸
C．可敞口置于空气中保存 D．NaOH作氧化剂
7．（2021·浦东模拟）“中国”一词最早见于西周的青铜器(主要成分为铜、锡、铅等)上。下列有关青铜的说法中错误的是（ ）
A．冶铜技术早于炼铁 B．具有导电性
C．熔点高于纯铜 D．硬度大于纯铅
8．（2021·浦东模拟）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是（ ）
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸(加热) D．铝与浓硝酸(常温)
9．（2021·闵行模拟）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（ ）
A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中
B．少量碘片投入足量溴化钠中
C．小块硫磺投入足量二硫化碳中
D．小块铜片投入热乙醇溶液中
10．（2021·宝山模拟）下列关于铝及其化合物的说法，错误的是（ ）
A．铝可用作包装材料和建筑材料
B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
D．明矾可用作净水剂和消毒剂
11．（2021·长春模拟）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．医疗废弃物经处理可加工成儿童玩具，实现资源综合利用
B．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
C．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”描述了中药的溶解与过滤
D．商代制作的工艺精湛的司母戊鼎主要成分是铜、锡、铅
12．（2021·静安模拟）某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，然后过滤。再往所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成Al(OH)3的物质的量与所加入NaHCO3溶液体积变化的曲线见下图。点e的坐标为(40，32)。
有关说法错误的是（ ）
A．生成沉淀时的离子方程式：HCO +AlO +H2O →Al(OH)3↓+CO
B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(HCO )+c(CO )=0.8mol/L
C．a点溶液存在：c(Na+)+c(H+)=c(AlO )+c(OH-)
D．水的电离程度：点a <点b
二、多选题
13．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（ ）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
14．（2020高一下·日照期末）已知：①2K2CrO4+H2SO4= K2Cr2O7+ K2SO4+H2O
②Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+ H2SO4
③K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+ K2SO4+7H2O
下列结论错误的是（ ）
A．K2CrO4转化为K2Cr2O7属于氧化还原反应
B．氧化性强弱顺序是： K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2.
C．反应②中，每有1molI2生成，转移电子数为2NA
D．反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
三、实验探究题
15．（2018高一上·湖北月考）如图是硫酸试剂瓶标签上的内容：
（1）该硫酸的物质的量浓度为 mol/L。
（2）某化学小组进行硫酸酸性实验探究时，需要240 mL4.6 mol/L的稀硫酸，则需要取上述的浓硫酸 mL。
（3）在配制4.6 mol/L稀硫酸的过程中，下列情况对所配制硫酸溶液物质的量浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中 ；
②定容时仰视刻度线 ；
③用量筒量取浓硫酸时俯视 ；
④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面 。
（4）实验过程中出现下列情况应如何处理？
①向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1~2
cm时，应 ；
②加蒸馏水时不慎超过了刻度，应 。
16．（2020高一上·义乌期中）用如图标签所示浓盐酸配制250mL0.4mol·L-1的稀盐酸，并进行有关实验。请回答：
容量：500mL分析纯 品名：浓盐酸 化学式：HCl 外观合格符合GB622-89 相对分子质量：36.5 质量分数：0.365 密度：1.18g·cm-3 试剂生产许可证编号：××× 上海××化学试剂厂
（1）该浓盐酸的物质的量浓度为 ，配制时需要量取浓盐酸 mL。
（2）配制时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有 、 。
（3）配制溶液时有以下操作：①溶解②摇匀③洗涤并转移④冷却⑤量取⑥转移溶液⑦定容⑧装瓶贴标签，则正确的操作顺序是 (填序号)。定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时， ，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。
（4）若实验遇到下列情况，所配溶液的浓度会(填“偏高”“偏低”或“不变”)
A．定容时仰视刻度线 ；
B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 ；
C．溶解后没有冷却便进行定容 。
17．（2018高二上·台州月考）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。(已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑)
（1）（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。
图中球形干燥管的作用是 。
（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是: 关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。然后打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是 。
（3）假设其他操作均正确，按照图装置将导致测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（4）（方案2）用图装置测定m g样品中AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。
为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体最好选择 。
a.CCl4
b.H2O
c.饱和NH4Cl溶液
d.浓硫酸
（5）若m
g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL(已转换为标准状况)。则AlN的质量分数是 (需化简)。
（6）（方案3）按下列路径测定样品中AlN的纯度：
写出步骤 反应的离子方程式 。
（7）该方案能否测出AlN的纯度？(若能请用m1，m2列出计算纯度的表达式) 。
四、综合题
18．（2021·信阳模拟）大苏打 、苏打、小苏打被称为“苏氏三兄弟”。它们在生活、生产中有广泛应用。
（1）工业上，将 和 以 的物质的量之比配成溶液。再通入 可制取 ，同时放出 ，写出该反应的化学方程 。 溶液在空气中久置，会生成浅黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为 。
（2） 标准溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高。用离子方程式表示其原因 。
（3）下列关于苏打和小苏打的说法正确的是___________(选填字母序号)。
A．纯碱是一种重要的化工原料，在玻璃、肥皂、造纸等工业中都有重要的应用
B．苏打和小苏打的相互转化属于可逆反应
C．苏打(含氯化钠杂质)可用滴定法测苏打的质量分数，使用石蕊溶液做指示剂更准确
D．牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢
（4）向 的氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳，充分反应后再向溶液中逐滴滴入 的稀盐酸，产生气体体积(标况)如图所示。
请回答下列问题
①通入二氧化碳后形成溶液的溶质成分是 (填写化学式)
②滴入 稀盐酸过程中，溶液导电性 (填“增强”或“减弱”)，试解释其原因 。
③原 氢氧化钠溶液的浓度为 。
五、推断题
19．（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： 。
20．（2019高一上·吉林期末）A,B,C,D 均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如下图(部分产物已略去)：
（1）若
D 是金属，C 溶液在储存时应加入少量 D，其理由是(用必要的文字和离子方程式
表示) 。
（2）若
A、B、C 为含同一种金属元素的无机化合物，请写出
B 转化为 C 的所有可能的离
子力程式： 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；钠的化学性质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.硅酸钠是可以溶于水的硅酸盐，故A不符合题意
B.空气中含有氮气和氧气，均可与镁单质作用，因此产物为氧化镁和氮化镁，故B不符合题意
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 ，故C不符合题意
D. 常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化 ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】硅酸钠的水溶液叫水玻璃，因此硅酸钠可以溶于水，其他选项均正确
2．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A不符合题意；
B．Mg是较活泼金属，氧化镁的熔点过高，需要消耗能量过多，工业上常用电解熔融 制备金属镁，B不符合题意；
C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，其中生成物为MgCl2和CO，反应方程式为 ，C不符合题意；
D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，氯化镁会发生水解产生氢氧化镁和氯化氢，而氯化氢易挥发，因此最终的产物为氢氧化镁不是氯化镁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.海水中有镁离子将镁离子变为沉淀需要加入碱性物质，氧化钙易制取，且与水反应得到氢氧化钙可以沉降镁离子
B.工业上对于比较活泼的金属一般选择的是电解熔融的离子化合物进行制取，而镁是离子化合物，且熔点不是很高符合电解制取氯化镁的要求
C.根据反应物和产物以及质量守恒即可判断产物，据此写出方程式
D.氯化镁溶液得到氯化镁固体，需要在蒸发时不断的通入氯化氢气体，抑制镁离子的水解
3．【答案】C
【知识点】合金及其应用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．钢和铁都是铁的合金，钢的含碳量是0.3%-2%，生铁的含碳量是2%-4.3%，钢是含碳量低的铁合金，故A不符合题意；
B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，硬度和脆性随着含碳量的增大而增大，故不符合题意；
C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C符合题意；
D．赤铁矿的主要成分是红棕色的Fe2O3，可用于冶炼铁，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的是铁合金，铁的合金常用的是生铁和钢，生铁和钢的性质下差异的原因是含碳量不同，生铁的含碳量高，钢的含碳量低，钢的含碳量越高，印度和脆性越大，常用冶铁矿石的是赤铁矿主要成分是三氧化二铁，合金的熔点比纯金属要低
4．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.由分析可知，步骤①得到的滤渣主要成分为SiO2，A不符合题意；
B.步骤②所加沉淀剂应使Al3＋形成Al(OH)3沉淀，而Fe3＋不形成沉淀，故沉淀剂不能是NaOH、Ca(OH)2或氨水，B符合题意；
C.步骤④为电解熔融Al2O3制备Al，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点，减少能耗，C不符合题意；
D.该实验方案中缺少除去铁元素的步骤，因此实验方案存在一定的缺陷，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入稀盐酸后，形成Al3＋、Fe3＋，SiO2与稀盐酸不反应，过滤得到滤渣中含有SiO2；步骤②加入沉淀剂后形成Al(OH)3，需不考虑不形成Fe(OH)3沉淀；步骤③对Al(OH)3灼烧，使其分解形成Al2O3，电解熔融Al2O3可得到金属Al。
5．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；镁、铝的重要化合物；探究铝热反应
【解析】【解答】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法符合题意；
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法不符合题意；
C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法不符合题意；
D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】铝热反应是铝单质和氧化铁反应制取铁单质来焊接铁轨，其他选项均正确
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铝的化学性质
【解析】【解答】A．温度越高反应速率越快，则加热水可提高效果，A描述不符合题意；
B．NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，遇到明火发生爆炸，则使用时应防明火以免发生爆炸，B描述符合题意；
C．NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，应密封保存，C描述不符合题意；
D．铝粉在NaOH的条件下与水反应生成氢气，生成的氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，则水作氧化剂，D描述不符合题意；
答案为B。
【分析】 根据题意知，氢氧化钠与铝反应产生大量的气泡，此气泡是氢气，经过分析，水做氧化剂，铝做还原剂，因此需要避免遇到明火以免发生爆炸，加入热水可以提高反应速率，氢氧化钠与吸水以及与空气中的二氧化碳反应发生变质。
7．【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．中国在夏代已经冶炼青铜，而春秋战国时才出现炼铁技术，A项不符合题意；
B．青铜为金属，具有导电性，B项不符合题意；
C．青铜是合金，合金的熔点低于其组分中的任意一种金属，故熔点低于纯铜，C项符合题意；
D．合金的硬度比其组分中任意一种金属的硬度都大，故硬度大于纯铅，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】青铜器是合金，冶炼技术早于冶铁，金属具有导电性，合金的熔点低于纯金属材料，硬度强于纯金属元素
8．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铝比铁活泼，铝和足量氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铝，铝没有剩余，故A不符合题意；
B．锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气，浓盐酸足量，锌没有剩余，故B不符合题意；
C．铜与足量浓硫酸(加热)生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜没有剩余，故C不符合题意；
D．铝与浓硝酸(常温)会钝化，浓硝酸足量铝也会剩余，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液足量是金属一定有剩余，说明此物质不能完全被反应，铝和过量的氯化铁反应和锌与过量的浓盐酸、以及铜与足量的浓硫酸（加热）金属均完全反应完全。铝和浓硫酸，浓硫酸具有很强的氧化性，在铝表面形成致密的氧化物薄膜阻碍反应进一步反应，故金属不会反应完
9．【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铝的化学性质；铜及其化合物
【解析】【解答】A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中发生钝化，所加固体不可以完全溶解，故A不符合题意；
B．碘的非金属性比溴弱，少量碘加入溴化钠溶液中不反应，所加固体不能溶解，故B不符合题意；
C．硫磺易溶于二硫化碳，小块硫磺投入足量二硫化碳中完全溶解，故C符合题意；
D．小块铜片投入热乙醇溶液中，铜片作催化剂，所加固体不能溶解，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用几个相似相溶原理，硫单质可以溶于二硫化碳中，其他选项均不能溶解。
10．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．Al具有良好的延展性，Al被氧化生成的氧化铝熔点高，可作耐火材料，则Al 既可用于食品包装材料，也可用做建筑材料，A不符合题意；
B．Al 具有较强的还原性，铝热反应能释放大量的热量，可以利用铝热反应可冶炼高熔点金属，B不符合题意；
C．氢氧化铝的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物，C不符合题意；
D．铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用做净水剂，不具有强氧化性，不能用作消毒剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】明矾可以做净水剂，但是不能做消毒剂，氢氧化铝可以与胃酸作用减小胃酸，可以治疗胃酸过多，铝热反应放出大量的热，可以冶炼高熔点金属，铝易形成氧化物，阻碍了铝进一步氧化，可以做包装材料以及建筑材料
11．【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；合金及其应用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】医疗废弃物可回收利用，但不可以制成儿童玩具，A不符合题意；
B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程，蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法；离子交换法是用阳离子交换树脂(HR)和水中的金属离子进行交换的一种方法，通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水；电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，B符合题意；
C.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”中“以水二升渍”描述了溶解，“绞取汁”描述的是过滤，C符合题意；
C.母戊鼎属于青铜合金，主要由铜和锡、铅组成的合金，D符合题意。
【分析】A.医疗废弃物一般是已经被污染的产品一般会带有细菌或者病毒，可以回收集中处理，不能用于制成儿童玩具
B.考查的是海水淡化的方法，主要是蒸馏法、电渗析法、离子交换法等等
C.主要描述的过滤操作实现固液分离的方法
D.使用最多的金属材料都是合金
12．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO 和AlO 反应生成偏铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO +AlO +H2O =Al(OH)3↓+CO ，故A不符合题意；
B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+ HCO = CO +H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO +AlO +H2O =Al(OH)3↓+CO )生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)= mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)=1.0mol/L，故B符合题意；
C．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO )+c(OH-)，故C不符合题意；
D．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，所以过滤后的滤液中含有过量的NaOH和NaAlO2，逐滴加入NaHCO3溶液，先和NaOH反应，再和NaAlO2反应。
13．【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
14．【答案】A,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.反应①中，K2CrO4转化为K2Cr2O7不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A符合题意；
B.反应②中，Fe2(SO4)3是氧化剂，I2是氧化产物，氧化性：Fe2(SO4)3>I2.，反应③中K2Cr2O7是氧化剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，氧化性： K2Cr2O7>Fe2(SO4)3，由此可知氧化性：K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2，故B不符合题意；
C.反应②中，I2由HI氧化得到，每有1molI2生成，转移电子数为2NA，故C不符合题意；
D.反应③中氧化产物为Fe2(SO4)3，还原产物为Cr2(SO4)3，两者的物质的量之比为3：1，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.标化合价看元素化合价是否发生改变
B.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断
C.根据方程式红元素电子转移的量进行计算
D.根据氧化还原反应找出氧化剂和还原剂即可
15．【答案】（1）18.4
（2）62.5
（3）偏高；偏低；偏低；偏低
（4）改用胶头滴管滴加至溶液凹液面的最低处和刻度线相切；重新配制
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）该浓H2SO4的物质的量浓度= mol/L=18.4mol/L；（2）实验室没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积= =62.5mL；稀释浓硫酸应将浓硫酸沿器壁缓慢注入水里，并不断地用玻璃棒搅拌溶液；（3）①溶液具有热胀冷缩性质，未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中定容，冷却后溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏高；
②定容时仰视观察液面，液面再刻度线上方，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；
③用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，看到的读数偏大，但量取的实际体积偏小，也就是说溶质少了，所以所配溶液的物质的量浓度比实际偏低；
④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；（4）①定容的正确操作：向容量瓶中加入蒸馏水，液面离容量瓶颈刻度线下1～2cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
②加蒸馏水时不慎超过了容量瓶颈刻度线，导致实验失败且无法补救，需要重新配制。
【分析】（1）根据质量分数与物质的量浓度之间的关系可以计算出物质的量浓度；
（2）两种硫酸的物质的量是相等的；
（3） ①不冷却就移液会使最终配制的溶液的体积偏小，这时浓度就会偏高；
②定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，最终配制的浓度就会偏低；
③在量取弄硫酸时仰视会使取得的浓硫酸的物质的量偏小，最终配制的溶液浓度就会偏西；
④移液时将溶液溅在外面，会使溶质的物质的量偏小，浓度就会偏小；
（4）①在定容快到达刻度线时，应该改用胶头滴管进行滴加；
②加蒸馏水超过刻度线，这时浓度是超过计算好的溶液的浓度，需要重新配置。
16．【答案】（1）11.8mol·L-1；8.5
（2）胶头滴管；250mL容量瓶
（3）⑤①④⑥③⑦②⑧；用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
（4）偏低；不变；偏高
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)该浓盐酸的物质的量浓度c= = mol/L=11.8mol·L-1；设所需浓盐酸体积为V，根据稀释过程溶质的量不变可知：250mL×0.4 mol·L-1=11.8mol·L-1×V，解得V=8.5mL；(2)配制过程中，需要量筒量取浓盐酸，烧杯、玻璃棒稀释，容量瓶进行配制，胶头滴管进行定容，因此配制时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有胶头滴管、250mL容量瓶；(3)由上述分析可知，正确的操作顺序是⑤①④⑥③⑦②⑧；定容操作为：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；(4)根据c= 分析配制过程中所影响的相关物理量判断对配制溶液浓度的影响，
A．定容时仰视刻度线会使溶液体积偏大，导致溶液浓度偏低；
B．配制过程中还会向容量瓶中加入蒸馏水，因此容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不会影响实验结果；
C．根据热胀冷缩原理可知，溶解后没有冷却便进行定容，待溶液冷却后，溶液体积将减小，导致溶液浓度偏高。
【分析】利用c= 计算出浓盐酸中HCl浓度，配制250mL0.4mol·L-1的稀盐酸选用250mL容量瓶，根据稀释过程中溶质的量不变，即c稀V稀= c浓V浓计算所需浓盐酸体积，然后依次经过量取浓盐酸→稀释并冷却至室温→转移至容量瓶→洗涤并转移至容量瓶→定容→摇匀→转移至试剂瓶并贴标签，依次进行解答。
17．【答案】（1）防倒吸
（2）把装置中残留的氨气全部排入C装置中
（3）偏高
（4）a
（5）41V/22400m
（6）AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑ Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O
（7）41（m2-m1）/10m1
【知识点】离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，容易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防倒吸。（2）通入氮气的目的是把装置中残留的反应生成的氨气全部排入C装置中被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重。（3）图1中空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C，使的定结果偏高。（4）a、四氯化碳不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法收集氨气并测定体积，正确；
B、氨气极易溶于水，不能用排水法测定，错误；
C、氨气极易溶于水，不能用氯化铵溶液，错误；
D、氨气能和浓硫酸反应，错误。所以选a。 （5）根据氮原子守恒，氨气的物质的量就是氮化铝的物质的量，则氮化铝的物质的量为V/22400mol，则氮化铝的质量分数为 =41V/22400m（6）从流程分析，氮化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氨气，离子方程式为：AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑ ；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为： Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O（7）根据反应分析，氮化铝和氧化铝最后都为氧化铝，所以固体增重就为氮化铝变氧化铝造成的，所以根据质量差值计算
2AlN ~ Al2O3 质量改变20
41×2 （m2-m1）
则氮化铝的质量为41（m2-m1）/10，则氮化铝的质量分数为 41（m2-m1）/10m1
【分析】（1）根据氨气与浓硫酸发生反应分析；
（2）通入氮气使装置中的氨气全部进入C中；
（3）水蒸气与二氧化碳一起进入装置，据此分析；
（4）氨气极易溶于水，同时X液体不能与氨气反应，据此分析；
（5）根据氮原子守恒分析解答；
（6）书写离子方程式时注意电荷守恒、原子守恒、质量守恒；
（7）根据铝守恒分析即可得出答案。
18．【答案】（1）；
（2）
（3）A；D
（4） 、 ；减弱；发生中和反应，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱；
【知识点】钠的重要化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)因为反应的物质的量之比等于化学计量数之比， 和 的物质的量之比为 ，所以方程式为 ，因为浅黄色物质与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为 ；
(2)酸性条件下， 会发生歧化反应 ；
(3) A．纯碱是一种重要的化工原料，可以制备玻璃、肥皂，在造纸等工业中也有重要的应用，A正确；B．苏打和小苏打的相互转化是在不同条件下进行的，不是可逆反应B不正确；
C．石蕊不能用作滴定反应的指示剂，C不正确；D．牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢，D正确；
故答案为：AD。
(4)由图像0到50为产生气体，50到75产生气体，可以知道溶质为 、 ，0到25时主要发生的反应为 ，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱，③当盐酸加入75mL时，溶液恰好生成氯化钠，所以氢氧化钠的物质的量等于氯化氢的物质的量，所以 ，所以物质的量浓度为： 。
【分析】(1) 根据反应物和生成物的物质的量比即可写出方程式，氧和硫处于同一主族，性质相似。
(2)酸性条件性自身发生氧化还原反应
(3)小苏打是碳酸氢钠，可以治疗胃酸过多和做发酵粉的主要成分，固体可以通过加热的方式变成碳酸钠，碳酸钠俗称苏打和纯碱，可以制造玻璃，可以向碳酸钠溶液溶液中通入二氧化碳得到碳酸氢钠，两者都呈碱性，溶液pH＞7
(4)① 二氧化碳和氢氧化钠反应与二氧化碳的量有关系，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3②导电性和离子的浓度有关，此时消耗了氢氧根离子 ③根据钠元素守恒即可计算出
19．【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。
20．【答案】（1）加入少量铁，防止 Fe2＋被氧化为 Fe3＋：2Fe3＋＋Fe ═ 3Fe2＋
（2）Al(OH)3＋3H＋ ═ Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－ ═ AlO2-＋2H2O
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】(1)若 D 是金属，说明金属具有变价，C 溶液在储存时应加入少量 D，说明C中含有Fe2+, A稀溶液具有氧化性, 推断为HNO3Fe(NO3)3Fe(NO3)2,则D为Fe， Fe(NO3)2不稳定被氧化而变质,可加入铁防止被氧化生成硝酸铁,离子方程式为2Fe3＋＋Fe ═ 3Fe2＋。故答案为：加入少量铁，防止 Fe2＋被氧化为 Fe3＋：2Fe3＋＋Fe ═ 3Fe2＋。
(2)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物,在溶液中A和C反应生成B.判断为: Al3＋→Al(OH)3→AlO2-; B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀,在酸溶解的离子方程式是: Al(OH)3＋3H＋ ═ Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－ ═ AlO2-＋2H2O；因此，本题正确答案是: Al(OH)3＋3H＋ ═ Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－ ═ AlO2-＋2H2O
【分析】（1）若 D 是金属，说明金属具有变价，C 溶液在储存时应加入少量 D，说明C中含有Fe2+，A稀溶液具有氧化性, 推断为HNO3Fe(NO3)3Fe(NO3)2,则D为Fe；据此分析；
（2）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，判断为: Al3＋→Al(OH)3→AlO2-；据此结合铝三角的相关转化进行分析；
1 / 1高中化学人教版（2019）必修第一册第三章第二节金属材料
一、单选题
1．（2021·浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐
B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；钠的化学性质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.硅酸钠是可以溶于水的硅酸盐，故A不符合题意
B.空气中含有氮气和氧气，均可与镁单质作用，因此产物为氧化镁和氮化镁，故B不符合题意
C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 ，故C不符合题意
D. 常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化 ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】硅酸钠的水溶液叫水玻璃，因此硅酸钠可以溶于水，其他选项均正确
2．（2021·湖南）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融 制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A不符合题意；
B．Mg是较活泼金属，氧化镁的熔点过高，需要消耗能量过多，工业上常用电解熔融 制备金属镁，B不符合题意；
C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，其中生成物为MgCl2和CO，反应方程式为 ，C不符合题意；
D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，氯化镁会发生水解产生氢氧化镁和氯化氢，而氯化氢易挥发，因此最终的产物为氢氧化镁不是氯化镁，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.海水中有镁离子将镁离子变为沉淀需要加入碱性物质，氧化钙易制取，且与水反应得到氢氧化钙可以沉降镁离子
B.工业上对于比较活泼的金属一般选择的是电解熔融的离子化合物进行制取，而镁是离子化合物，且熔点不是很高符合电解制取氯化镁的要求
C.根据反应物和产物以及质量守恒即可判断产物，据此写出方程式
D.氯化镁溶液得到氯化镁固体，需要在蒸发时不断的通入氯化氢气体，抑制镁离子的水解
3．（2021·河北）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是（ ）
A．钢是以铁为主的含碳合金
B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
【答案】C
【知识点】合金及其应用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．钢和铁都是铁的合金，钢的含碳量是0.3%-2%，生铁的含碳量是2%-4.3%，钢是含碳量低的铁合金，故A不符合题意；
B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，硬度和脆性随着含碳量的增大而增大，故不符合题意；
C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C符合题意；
D．赤铁矿的主要成分是红棕色的Fe2O3，可用于冶炼铁，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的是铁合金，铁的合金常用的是生铁和钢，生铁和钢的性质下差异的原因是含碳量不同，生铁的含碳量高，钢的含碳量低，钢的含碳量越高，印度和脆性越大，常用冶铁矿石的是赤铁矿主要成分是三氧化二铁，合金的熔点比纯金属要低
4．（2021高一下·金华月考）铝土矿主要成分为 Al2O3，主要杂质为 Fe2O3、SiO2，某实验小组设计了如下流程制备铝：下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①过滤得到的滤渣主要为 SiO2
B．步骤②的沉淀剂可以选用 NaOH、氨水或 Ca(OH)2，考虑成本，Ca(OH)2 最合适
C．步骤④加入冰晶石的目的是降低 Al2O3 熔融的温度，降低能耗
D．该方案的缺陷在于未能很好的将 Fe2O3 杂质除去
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.由分析可知，步骤①得到的滤渣主要成分为SiO2，A不符合题意；
B.步骤②所加沉淀剂应使Al3＋形成Al(OH)3沉淀，而Fe3＋不形成沉淀，故沉淀剂不能是NaOH、Ca(OH)2或氨水，B符合题意；
C.步骤④为电解熔融Al2O3制备Al，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点，减少能耗，C不符合题意；
D.该实验方案中缺少除去铁元素的步骤，因此实验方案存在一定的缺陷，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入稀盐酸后，形成Al3＋、Fe3＋，SiO2与稀盐酸不反应，过滤得到滤渣中含有SiO2；步骤②加入沉淀剂后形成Al(OH)3，需不考虑不形成Fe(OH)3沉淀；步骤③对Al(OH)3灼烧，使其分解形成Al2O3，电解熔融Al2O3可得到金属Al。
5．（2021·浙江）下列说法错误的是（ ）
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；镁、铝的重要化合物；探究铝热反应
【解析】【解答】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法符合题意；
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法不符合题意；
C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法不符合题意；
D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】铝热反应是铝单质和氧化铁反应制取铁单质来焊接铁轨，其他选项均正确
6．（2021·杨浦模拟）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（ ）
A．加冷水可提高效果 B．使用时应防明火以免发生爆炸
C．可敞口置于空气中保存 D．NaOH作氧化剂
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；铝的化学性质
【解析】【解答】A．温度越高反应速率越快，则加热水可提高效果，A描述不符合题意；
B．NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，遇到明火发生爆炸，则使用时应防明火以免发生爆炸，B描述符合题意；
C．NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，应密封保存，C描述不符合题意；
D．铝粉在NaOH的条件下与水反应生成氢气，生成的氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，则水作氧化剂，D描述不符合题意；
答案为B。
【分析】 根据题意知，氢氧化钠与铝反应产生大量的气泡，此气泡是氢气，经过分析，水做氧化剂，铝做还原剂，因此需要避免遇到明火以免发生爆炸，加入热水可以提高反应速率，氢氧化钠与吸水以及与空气中的二氧化碳反应发生变质。
7．（2021·浦东模拟）“中国”一词最早见于西周的青铜器(主要成分为铜、锡、铅等)上。下列有关青铜的说法中错误的是（ ）
A．冶铜技术早于炼铁 B．具有导电性
C．熔点高于纯铜 D．硬度大于纯铅
【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．中国在夏代已经冶炼青铜，而春秋战国时才出现炼铁技术，A项不符合题意；
B．青铜为金属，具有导电性，B项不符合题意；
C．青铜是合金，合金的熔点低于其组分中的任意一种金属，故熔点低于纯铜，C项符合题意；
D．合金的硬度比其组分中任意一种金属的硬度都大，故硬度大于纯铅，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】青铜器是合金，冶炼技术早于冶铁，金属具有导电性，合金的熔点低于纯金属材料，硬度强于纯金属元素
8．（2021·浦东模拟）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是（ ）
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸(加热) D．铝与浓硝酸(常温)
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铝比铁活泼，铝和足量氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铝，铝没有剩余，故A不符合题意；
B．锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气，浓盐酸足量，锌没有剩余，故B不符合题意；
C．铜与足量浓硫酸(加热)生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜没有剩余，故C不符合题意；
D．铝与浓硝酸(常温)会钝化，浓硝酸足量铝也会剩余，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液足量是金属一定有剩余，说明此物质不能完全被反应，铝和过量的氯化铁反应和锌与过量的浓盐酸、以及铜与足量的浓硫酸（加热）金属均完全反应完全。铝和浓硫酸，浓硫酸具有很强的氧化性，在铝表面形成致密的氧化物薄膜阻碍反应进一步反应，故金属不会反应完
9．（2021·闵行模拟）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（ ）
A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中
B．少量碘片投入足量溴化钠中
C．小块硫磺投入足量二硫化碳中
D．小块铜片投入热乙醇溶液中
【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铝的化学性质；铜及其化合物
【解析】【解答】A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中发生钝化，所加固体不可以完全溶解，故A不符合题意；
B．碘的非金属性比溴弱，少量碘加入溴化钠溶液中不反应，所加固体不能溶解，故B不符合题意；
C．硫磺易溶于二硫化碳，小块硫磺投入足量二硫化碳中完全溶解，故C符合题意；
D．小块铜片投入热乙醇溶液中，铜片作催化剂，所加固体不能溶解，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用几个相似相溶原理，硫单质可以溶于二硫化碳中，其他选项均不能溶解。
10．（2021·宝山模拟）下列关于铝及其化合物的说法，错误的是（ ）
A．铝可用作包装材料和建筑材料
B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
D．明矾可用作净水剂和消毒剂
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．Al具有良好的延展性，Al被氧化生成的氧化铝熔点高，可作耐火材料，则Al 既可用于食品包装材料，也可用做建筑材料，A不符合题意；
B．Al 具有较强的还原性，铝热反应能释放大量的热量，可以利用铝热反应可冶炼高熔点金属，B不符合题意；
C．氢氧化铝的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物，C不符合题意；
D．铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用做净水剂，不具有强氧化性，不能用作消毒剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】明矾可以做净水剂，但是不能做消毒剂，氢氧化铝可以与胃酸作用减小胃酸，可以治疗胃酸过多，铝热反应放出大量的热，可以冶炼高熔点金属，铝易形成氧化物，阻碍了铝进一步氧化，可以做包装材料以及建筑材料
11．（2021·长春模拟）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．医疗废弃物经处理可加工成儿童玩具，实现资源综合利用
B．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
C．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”描述了中药的溶解与过滤
D．商代制作的工艺精湛的司母戊鼎主要成分是铜、锡、铅
【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；合金及其应用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】医疗废弃物可回收利用，但不可以制成儿童玩具，A不符合题意；
B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程，蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法；离子交换法是用阳离子交换树脂(HR)和水中的金属离子进行交换的一种方法，通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水；电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，B符合题意；
C.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”中“以水二升渍”描述了溶解，“绞取汁”描述的是过滤，C符合题意；
C.母戊鼎属于青铜合金，主要由铜和锡、铅组成的合金，D符合题意。
【分析】A.医疗废弃物一般是已经被污染的产品一般会带有细菌或者病毒，可以回收集中处理，不能用于制成儿童玩具
B.考查的是海水淡化的方法，主要是蒸馏法、电渗析法、离子交换法等等
C.主要描述的过滤操作实现固液分离的方法
D.使用最多的金属材料都是合金
12．（2021·静安模拟）某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，然后过滤。再往所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成Al(OH)3的物质的量与所加入NaHCO3溶液体积变化的曲线见下图。点e的坐标为(40，32)。
有关说法错误的是（ ）
A．生成沉淀时的离子方程式：HCO +AlO +H2O →Al(OH)3↓+CO
B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(HCO )+c(CO )=0.8mol/L
C．a点溶液存在：c(Na+)+c(H+)=c(AlO )+c(OH-)
D．水的电离程度：点a <点b
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO 和AlO 反应生成偏铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO +AlO +H2O =Al(OH)3↓+CO ，故A不符合题意；
B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+ HCO = CO +H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO +AlO +H2O =Al(OH)3↓+CO )生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)= mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)=1.0mol/L，故B符合题意；
C．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO )+c(OH-)，故C不符合题意；
D．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，所以过滤后的滤液中含有过量的NaOH和NaAlO2，逐滴加入NaHCO3溶液，先和NaOH反应，再和NaAlO2反应。
二、多选题
13．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（ ）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
14．（2020高一下·日照期末）已知：①2K2CrO4+H2SO4= K2Cr2O7+ K2SO4+H2O
②Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+ H2SO4
③K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+ K2SO4+7H2O
下列结论错误的是（ ）
A．K2CrO4转化为K2Cr2O7属于氧化还原反应
B．氧化性强弱顺序是： K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2.
C．反应②中，每有1molI2生成，转移电子数为2NA
D．反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
【答案】A,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.反应①中，K2CrO4转化为K2Cr2O7不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A符合题意；
B.反应②中，Fe2(SO4)3是氧化剂，I2是氧化产物，氧化性：Fe2(SO4)3>I2.，反应③中K2Cr2O7是氧化剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，氧化性： K2Cr2O7>Fe2(SO4)3，由此可知氧化性：K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2，故B不符合题意；
C.反应②中，I2由HI氧化得到，每有1molI2生成，转移电子数为2NA，故C不符合题意；
D.反应③中氧化产物为Fe2(SO4)3，还原产物为Cr2(SO4)3，两者的物质的量之比为3：1，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.标化合价看元素化合价是否发生改变
B.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断
C.根据方程式红元素电子转移的量进行计算
D.根据氧化还原反应找出氧化剂和还原剂即可
三、实验探究题
15．（2018高一上·湖北月考）如图是硫酸试剂瓶标签上的内容：
（1）该硫酸的物质的量浓度为 mol/L。
（2）某化学小组进行硫酸酸性实验探究时，需要240 mL4.6 mol/L的稀硫酸，则需要取上述的浓硫酸 mL。
（3）在配制4.6 mol/L稀硫酸的过程中，下列情况对所配制硫酸溶液物质的量浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中 ；
②定容时仰视刻度线 ；
③用量筒量取浓硫酸时俯视 ；
④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面 。
（4）实验过程中出现下列情况应如何处理？
①向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1~2
cm时，应 ；
②加蒸馏水时不慎超过了刻度，应 。
【答案】（1）18.4
（2）62.5
（3）偏高；偏低；偏低；偏低
（4）改用胶头滴管滴加至溶液凹液面的最低处和刻度线相切；重新配制
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）该浓H2SO4的物质的量浓度= mol/L=18.4mol/L；（2）实验室没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积= =62.5mL；稀释浓硫酸应将浓硫酸沿器壁缓慢注入水里，并不断地用玻璃棒搅拌溶液；（3）①溶液具有热胀冷缩性质，未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中定容，冷却后溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏高；
②定容时仰视观察液面，液面再刻度线上方，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；
③用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，看到的读数偏大，但量取的实际体积偏小，也就是说溶质少了，所以所配溶液的物质的量浓度比实际偏低；
④移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；（4）①定容的正确操作：向容量瓶中加入蒸馏水，液面离容量瓶颈刻度线下1～2cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
②加蒸馏水时不慎超过了容量瓶颈刻度线，导致实验失败且无法补救，需要重新配制。
【分析】（1）根据质量分数与物质的量浓度之间的关系可以计算出物质的量浓度；
（2）两种硫酸的物质的量是相等的；
（3） ①不冷却就移液会使最终配制的溶液的体积偏小，这时浓度就会偏高；
②定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，最终配制的浓度就会偏低；
③在量取弄硫酸时仰视会使取得的浓硫酸的物质的量偏小，最终配制的溶液浓度就会偏西；
④移液时将溶液溅在外面，会使溶质的物质的量偏小，浓度就会偏小；
（4）①在定容快到达刻度线时，应该改用胶头滴管进行滴加；
②加蒸馏水超过刻度线，这时浓度是超过计算好的溶液的浓度，需要重新配置。
16．（2020高一上·义乌期中）用如图标签所示浓盐酸配制250mL0.4mol·L-1的稀盐酸，并进行有关实验。请回答：
容量：500mL分析纯 品名：浓盐酸 化学式：HCl 外观合格符合GB622-89 相对分子质量：36.5 质量分数：0.365 密度：1.18g·cm-3 试剂生产许可证编号：××× 上海××化学试剂厂
（1）该浓盐酸的物质的量浓度为 ，配制时需要量取浓盐酸 mL。
（2）配制时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有 、 。
（3）配制溶液时有以下操作：①溶解②摇匀③洗涤并转移④冷却⑤量取⑥转移溶液⑦定容⑧装瓶贴标签，则正确的操作顺序是 (填序号)。定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时， ，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。
（4）若实验遇到下列情况，所配溶液的浓度会(填“偏高”“偏低”或“不变”)
A．定容时仰视刻度线 ；
B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 ；
C．溶解后没有冷却便进行定容 。
【答案】（1）11.8mol·L-1；8.5
（2）胶头滴管；250mL容量瓶
（3）⑤①④⑥③⑦②⑧；用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
（4）偏低；不变；偏高
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)该浓盐酸的物质的量浓度c= = mol/L=11.8mol·L-1；设所需浓盐酸体积为V，根据稀释过程溶质的量不变可知：250mL×0.4 mol·L-1=11.8mol·L-1×V，解得V=8.5mL；(2)配制过程中，需要量筒量取浓盐酸，烧杯、玻璃棒稀释，容量瓶进行配制，胶头滴管进行定容，因此配制时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有胶头滴管、250mL容量瓶；(3)由上述分析可知，正确的操作顺序是⑤①④⑥③⑦②⑧；定容操作为：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；(4)根据c= 分析配制过程中所影响的相关物理量判断对配制溶液浓度的影响，
A．定容时仰视刻度线会使溶液体积偏大，导致溶液浓度偏低；
B．配制过程中还会向容量瓶中加入蒸馏水，因此容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不会影响实验结果；
C．根据热胀冷缩原理可知，溶解后没有冷却便进行定容，待溶液冷却后，溶液体积将减小，导致溶液浓度偏高。
【分析】利用c= 计算出浓盐酸中HCl浓度，配制250mL0.4mol·L-1的稀盐酸选用250mL容量瓶，根据稀释过程中溶质的量不变，即c稀V稀= c浓V浓计算所需浓盐酸体积，然后依次经过量取浓盐酸→稀释并冷却至室温→转移至容量瓶→洗涤并转移至容量瓶→定容→摇匀→转移至试剂瓶并贴标签，依次进行解答。
17．（2018高二上·台州月考）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。(已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑)
（1）（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。
图中球形干燥管的作用是 。
（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是: 关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。然后打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是 。
（3）假设其他操作均正确，按照图装置将导致测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（4）（方案2）用图装置测定m g样品中AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。
为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体最好选择 。
a.CCl4
b.H2O
c.饱和NH4Cl溶液
d.浓硫酸
（5）若m
g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL(已转换为标准状况)。则AlN的质量分数是 (需化简)。
（6）（方案3）按下列路径测定样品中AlN的纯度：
写出步骤 反应的离子方程式 。
（7）该方案能否测出AlN的纯度？(若能请用m1，m2列出计算纯度的表达式) 。
【答案】（1）防倒吸
（2）把装置中残留的氨气全部排入C装置中
（3）偏高
（4）a
（5）41V/22400m
（6）AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑ Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O
（7）41（m2-m1）/10m1
【知识点】离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，容易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防倒吸。（2）通入氮气的目的是把装置中残留的反应生成的氨气全部排入C装置中被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重。（3）图1中空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C，使的定结果偏高。（4）a、四氯化碳不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法收集氨气并测定体积，正确；
B、氨气极易溶于水，不能用排水法测定，错误；
C、氨气极易溶于水，不能用氯化铵溶液，错误；
D、氨气能和浓硫酸反应，错误。所以选a。 （5）根据氮原子守恒，氨气的物质的量就是氮化铝的物质的量，则氮化铝的物质的量为V/22400mol，则氮化铝的质量分数为 =41V/22400m（6）从流程分析，氮化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氨气，离子方程式为：AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑ ；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为： Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O（7）根据反应分析，氮化铝和氧化铝最后都为氧化铝，所以固体增重就为氮化铝变氧化铝造成的，所以根据质量差值计算
2AlN ~ Al2O3 质量改变20
41×2 （m2-m1）
则氮化铝的质量为41（m2-m1）/10，则氮化铝的质量分数为 41（m2-m1）/10m1
【分析】（1）根据氨气与浓硫酸发生反应分析；
（2）通入氮气使装置中的氨气全部进入C中；
（3）水蒸气与二氧化碳一起进入装置，据此分析；
（4）氨气极易溶于水，同时X液体不能与氨气反应，据此分析；
（5）根据氮原子守恒分析解答；
（6）书写离子方程式时注意电荷守恒、原子守恒、质量守恒；
（7）根据铝守恒分析即可得出答案。
四、综合题
18．（2021·信阳模拟）大苏打 、苏打、小苏打被称为“苏氏三兄弟”。它们在生活、生产中有广泛应用。
（1）工业上，将 和 以 的物质的量之比配成溶液。再通入 可制取 ，同时放出 ，写出该反应的化学方程 。 溶液在空气中久置，会生成浅黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为 。
（2） 标准溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高。用离子方程式表示其原因 。
（3）下列关于苏打和小苏打的说法正确的是___________(选填字母序号)。
A．纯碱是一种重要的化工原料，在玻璃、肥皂、造纸等工业中都有重要的应用
B．苏打和小苏打的相互转化属于可逆反应
C．苏打(含氯化钠杂质)可用滴定法测苏打的质量分数，使用石蕊溶液做指示剂更准确
D．牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢
（4）向 的氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳，充分反应后再向溶液中逐滴滴入 的稀盐酸，产生气体体积(标况)如图所示。
请回答下列问题
①通入二氧化碳后形成溶液的溶质成分是 (填写化学式)
②滴入 稀盐酸过程中，溶液导电性 (填“增强”或“减弱”)，试解释其原因 。
③原 氢氧化钠溶液的浓度为 。
【答案】（1）；
（2）
（3）A；D
（4） 、 ；减弱；发生中和反应，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱；
【知识点】钠的重要化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)因为反应的物质的量之比等于化学计量数之比， 和 的物质的量之比为 ，所以方程式为 ，因为浅黄色物质与过氧化钠相似的结构，该物质的电子式为 ；
(2)酸性条件下， 会发生歧化反应 ；
(3) A．纯碱是一种重要的化工原料，可以制备玻璃、肥皂，在造纸等工业中也有重要的应用，A正确；B．苏打和小苏打的相互转化是在不同条件下进行的，不是可逆反应B不正确；
C．石蕊不能用作滴定反应的指示剂，C不正确；D．牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢，D正确；
故答案为：AD。
(4)由图像0到50为产生气体，50到75产生气体，可以知道溶质为 、 ，0到25时主要发生的反应为 ，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱，③当盐酸加入75mL时，溶液恰好生成氯化钠，所以氢氧化钠的物质的量等于氯化氢的物质的量，所以 ，所以物质的量浓度为： 。
【分析】(1) 根据反应物和生成物的物质的量比即可写出方程式，氧和硫处于同一主族，性质相似。
(2)酸性条件性自身发生氧化还原反应
(3)小苏打是碳酸氢钠，可以治疗胃酸过多和做发酵粉的主要成分，固体可以通过加热的方式变成碳酸钠，碳酸钠俗称苏打和纯碱，可以制造玻璃，可以向碳酸钠溶液溶液中通入二氧化碳得到碳酸氢钠，两者都呈碱性，溶液pH＞7
(4)① 二氧化碳和氢氧化钠反应与二氧化碳的量有关系，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3②导电性和离子的浓度有关，此时消耗了氢氧根离子 ③根据钠元素守恒即可计算出
五、推断题
19．（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。
20．（2019高一上·吉林期末）A,B,C,D 均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如下图(部分产物已略去)：
（1）若
D 是金属，C 溶液在储存时应加入少量 D，其理由是(用必要的文字和离子方程式
表示) 。
（2）若
A、B、C 为含同一种金属元素的无机化合物，请写出
B 转化为 C 的所有可能的离
子力程式： 。
【答案】（1）加入少量铁，防止 Fe2＋被氧化为 Fe3＋：2Fe3＋＋Fe ═ 3Fe2＋
（2）Al(OH)3＋3H＋ ═ Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－ ═ AlO2-＋2H2O
【知识点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】(1)若 D 是金属，说明金属具有变价，C 溶液在储存时应加入少量 D，说明C中含有Fe2+, A稀溶液具有氧化性, 推断为HNO3Fe(NO3)3Fe(NO3)2,则D为Fe， Fe(NO3)2不稳定被氧化而变质,可加入铁防止被氧化生成硝酸铁,离子方程式为2Fe3＋＋Fe ═ 3Fe2＋。故答案为：加入少量铁，防止 Fe2＋被氧化为 Fe3＋：2Fe3＋＋Fe ═ 3Fe2＋。
(2)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物,在溶液中A和C反应生成B.判断为: Al3＋→Al(OH)3→AlO2-; B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀,在酸溶解的离子方程式是: Al(OH)3＋3H＋ ═ Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－ ═ AlO2-＋2H2O；因此，本题正确答案是: Al(OH)3＋3H＋ ═ Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－ ═ AlO2-＋2H2O
【分析】（1）若 D 是金属，说明金属具有变价，C 溶液在储存时应加入少量 D，说明C中含有Fe2+，A稀溶液具有氧化性, 推断为HNO3Fe(NO3)3Fe(NO3)2,则D为Fe；据此分析；
（2）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，判断为: Al3＋→Al(OH)3→AlO2-；据此结合铝三角的相关转化进行分析；
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