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高中化学2020年年末周练知识点——镁和铝训练题(1)【含详解】
年级:高中
难度:偏难
更新时间:2021-01-04
下载:163次
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一、选择题(共85题)
1.

某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生,为探究该反应原理,该同学做了以下实验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是

选项

实验及现象

结论

A

将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝

反应中有NH3产生

B

收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色

反应中有H2产生

C

收集气体的同时测得溶液的pH8.6

弱碱性溶液中Mg也可被氧化

D

将光亮的镁条放入pH8.6NaHCO3溶液中,有气泡产生

弱碱性溶液中OH-氧化了Mg

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

D

【详解】

A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,可以证明气体中含有氨气,故A正确;

B.收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色,可以证明氢气的存在,故B正确;

CpH8.6时,仍然有气体生成,说明碱性条件下,Mg可以被氧化,故C正确;

D、若是氢氧根氧化了Mg,则氢氧根得电子被还原,不可能生成气体,所以D的结论不合理,故D错误;

故选D

组卷:103次
难度:中等
知识点:镁和铝
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2.

下列说法正确的是(    )

A在空气中加热可得固体

B加入到过量溶液中可得

C在沸腾炉中与反应主要生成

D溶液中加入少量粉末生成

【答案】

A

【详解】

A.无水状态下Na2O2Na2O更稳定,Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2A正确;

BMg加入到FeCl3溶液中,Mg具有较强的还原性,先与Fe3+反应,生成Mg2+Fe2+,若Mg过量,MgFe2+继续反应生成Mg2+Fe,但由于反应中FeCl3过量,Mg已消耗完,所以无MgFe2+反应,所以不会生成FeB错误;

CFeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为:4 FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,产物主要是SO2而不是SO3C错误;

DH2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2OO2,化学方程式为:2H2O22H2O+O2D错误。

答案选A

组卷:128次
难度:中等
知识点:含硫化合物之间的转化
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3.

工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却。可作为冷却气体的是

空气   ②CO2 ③Ar   ④H2      ⑤N2

A①②                      B②③                      C③④                      D④⑤

【答案】

C

【详解】

空气中有氧气和氮气,金属镁和它们可以反应,空气不能作冷却剂,故错误;

②Mg蒸气在CO2中能发生反应生成MgOC,不能作冷却剂,故错误;

③MgAr不反应,可以作冷却剂,故正确;

④Mg和氢气不反应,可以作冷却剂,故正确;

⑤Mg蒸气和氮气反应生成氮化镁,不能作冷却剂,故错误;

答案选C

组卷:101次
难度:容易
知识点:镁和铝
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4.

将镁、铝合金10.2 g 溶于 4 mol·L1的硫酸500 mL 里,若加入 2 mol·L1的氢氧化钠溶液,并使得沉淀达到最大量,则需加入此种氢氧化钠溶液为

A1000 mL                B500 mL                   C2000 mL                 D1500 mL

【答案】

C

【详解】

加入2mol•L-1的氢氧化钠溶液,并使得沉淀达到最大量,此时溶液中只有硫酸钠,根据硫元素守恒nNa2SO4=nH2SO4=0.5L×4mol•L-1=2mol,由钠元素守恒nNaOH=2nNa2SO4=4mol,故需要氢氧化钠溶液的体积为=2L=2000mL,故选:C

【点睛】

发生多个化学反应时,要分析之间的关系,找出原子间不变的,常常利用元素守恒进行解题。

组卷:145次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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5.

为测定含镁3%5%的铝镁合金中镁的质量分数,设计了2种实验方案,下列说法不正确的是

方案一:镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤,测定剩余固体质量;

方案二:称量m g铝镁合金粉末,放在图中惰性电热板上,通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。

A方案一中若称取5.4 g合金粉末样品,投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应,则V100 mL

B方案一中测定剩余固体质量时,过滤后未洗涤固体就干燥、称量,则镁的质量分数偏高

C方案二中欲计算镁的质量分数,实验中还需测定灼烧后固体的质量

D方案二中若用空气代替O2进行实验,则测定结果偏高

【答案】

A

【解析】

A.含镁为5%时,金属铝的含量最低,5.4 g合金中铝的质量为5.13g;则根据反应:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知,2Al2NaOH5.13/27V×10-3×2=2:2,解得V=95mL,因此取5.4 g合金粉末样品,投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应,则V95 mLA错误;

B. 方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应,过滤后剩余固体镁;测定剩余固体质量时,过滤后未洗涤固体就干燥、称量,相当于镁的质量偏大,则镁的质量分数偏高,B正确;

C.MgAl均与氧气反应,生成金属氧化物,则还需测定生成物的质量,根据质量守恒列方程可以求出金属镁的质量,进而求出镁的质量分数,C正确;

D. 空气中有氮气和氧气,金属镁能够与氮气反应生成氮化镁,灼烧后固体质量增大,金属镁的质量偏大,测定结果偏高,D正确;

综上所述,本题选A

组卷:175次
难度:中等
知识点:物质含量的测定
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6.

下列实验过程不可以达到实验目的的是()

编号

实验目的

实验过程

A

配制1.0 mol/LNaOH溶液

称取4.0gNaOH固体置于100 mL容量瓶中,加入少量水溶解后定容

B

比较金属镁和铝的活泼性

分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片,比较反应现象

C

比较Fe3+I2的氧化性强弱

向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液,溶液变蓝色

D

探究浓度对反应速率的影响

2支盛有5ml不同浓度稀硫酸溶液的试管中同时加入同样大小的锌粒,观察实验现象

AA                           BB                           CC                           DD

【答案】

A

【详解】

A.氢氧化钠固体溶于水放热,因此先把溶解后的氢氧化钠溶液冷却至室温再转移到容量瓶中,再把烧杯、玻璃棒进行洗涤,并把洗涤液转移到容量瓶中,故A错误;

B.打磨过的同样大小的镁片和铝片,分别放到等体积等浓度的稀硫酸烧杯中,产生气泡快的为金属镁,可以比较镁铝的金属活泼性,故B正确;

C.碘遇淀粉变蓝,向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液,溶液变蓝色,说明铁离子能够把碘离子氧化为碘单质,可以证明氧化性Fe3+>I2,故C正确;

D.同样大小的锌粒,分别加入25ml不同浓度稀硫酸溶液的试管中,硫酸溶液浓度大的产生的气泡快,可以探究浓度对反应速率的影响,故D正确;

综上所述,本题选A。

组卷:162次
难度:中等
知识点:一定物质的量浓度的溶液的配制
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7.

下列有关钠和镁的说法中,不正确的是(   )

A电解熔融NaCl可以得到金属钠

B金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来

C金属镁着火,可用氮气灭火

D金属镁燃烧后会发出耀眼的白光,因此常用来制造信号弹和焰火

【答案】

C

【详解】

A.电解熔融NaCl时阳极上氯离子失电子生成氯气,阴极上钠离子放电生成金属钠,A正确;

BNa的活泼性大于Ti,在熔融状态下,钠能置换出Ti,所以金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来,B正确;

C.在点燃条件下,镁在氮气燃烧生成氮化镁,所以金属镁着火不可用氮气灭火,C错误;

D.镁燃烧时发生耀眼的白光,并放出大量的热,因此常用来制造信号弹和焰火,D正确;

答案选C

【点睛】

本题考查钠、镁的性质,侧重考查金属冶炼、元素化合物知识,明确物质性质是解本题关键,知道金属活泼性强弱与冶炼方法的关系,题目难度不大。选项C是易错点,注意金属镁能在氮气或二氧化碳中燃烧。

组卷:167次
难度:容易
知识点:
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8.

镁和铝分别与等浓度等体积的过量稀硫酸反应,产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示,则下列关于反应中镁和铝的叙述正确的是

A二者物质的量之比为32

B二者质量之比为32

C二者摩尔质量之比为23

D二者消耗H2SO4的物质的量之比为23

【答案】

A

【详解】

A、根据图像可知,生成的氢气体积相等。由于稀硫酸是过量的,所以根据方程式Mg+2H=Mg2+H22Al+6H=2Al3+3H2可知,镁和铝的物质的量之比是3:2A正确;

B、镁和铝的物质的量之比是3:2,质量之比是3×24:2×274:3B错误;

C、二者摩尔质量之比为24g/mol27g/mol89C错误;

D、根据氢原子守恒可知,消耗的硫酸是相等的,D错误;

答案选A

组卷:161次
难度:容易
知识点:物质的量
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9.

CO2中,Mg燃烧生成MgOC。下列说法正确的是( )

A元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体

BMgMgO中镁元素微粒的半径:r(Mg2)r(Mg)

C在该反应条件下,Mg的还原性强于C的还原性

D该反应中化学能全部转化为热能

【答案】

C

【解析】

A、元素C除存在金刚石和石墨外,还存在足球烯(C60)等同素异形体,A错误;

BMg3个电子层,Mg2+Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子,只有2个电子层,故半径rMg2+)<rMg),B错误;

C、该反应为:2Mg+CO22MgO+C,此反应中Mg为还原剂,C为还原产物,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,即还原性MgCC正确;

D、该反应放出光,即部分化学能转化为光能,且生成物仍具有能量,D错误;

答案选C

组卷:118次
难度:中等
知识点:氧化还原反应
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10.

标准状况下,将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL1 mol·L1的盐酸中,反应产生的气体体积之比是

A123                B632                 C311                 D111

【答案】

C

【详解】

将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L1的盐酸中,根据方程式可知三种金属都是足量,应按盐酸的量计算产生氢气的量,根据2HClH2,知三种金属与盐酸反应产生的氢气均为 (0.1L1mol/L)=0.05mol,又金属钠活泼,能与水反应生成氢气, 2NaH2则剩余的钠与水反应生成的氢气:(0.3mol-0.1mol)/2=0.1mol,所以钠与盐酸反应生成的氢气总量为0.05mol+0.1mol=0.15mol;所以同温同压下产生的气体体积比是0.15:0.05:0.05=3∶1∶1C项正确;

【点睛】

金属钠的化学性质非常活泼,常温下就可以和水发生反应,与酸溶液发生反应时,酸先参与反应,剩余的金属钠会继续与水发生反应

组卷:134次
难度:中等
知识点:
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11.

在托盘天平的两盘上,分别放有两个质量相同的烧杯,各盛有6 mol·L1HCl 100 mL,使天平达到平衡。分别向两烧杯中加入不超过5 g 的镁和铝,若要使其充分反应后天平仍保持平衡,则加入的镁与铝的质量之比为(   

A11                      B2427                   C129                    D3233

【答案】

D

【分析】

计算盐酸恰好反应所需镁和铝的质量,判断所加镁和铝是否过量。反应前天平平衡,要使反应后仍平衡,天平两边的质量变化应相等。

【详解】

根据化学方程式,100 mL6 mol·L1HCl溶液完全反应时消耗7.2g镁或5.4g铝,则加入不超过5 g 的镁或铝时,均有盐酸剩余。设加入的镁和铝的质量分别是xy,要反应后天平平衡,必须满足xy,解得xy3233

本题选D

组卷:129次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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12.

将等物质的量的金属NaMgAl分别与100 mL 2 mol·L−1的盐酸反应,实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示,则下列说法不正确的是

Ax=2.24

B三种金属的物质的量均为0.2 mol

C反应时,NaMgAl均过量

D曲线bMg与盐酸反应的图象

【答案】

C

【分析】

由于最后生成的气体量相同,所以这些金属置换出的氢气量相等,即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子,而若盐酸过量的话,这些金属失去的电子数应该是不一样的,比值应是123,所以推断出盐酸不可能过量,但可能刚好和Na反应完全,此时Na完全反应而MgAl还有剩余。

【详解】

A.由于酸不足,所以生成氢气的量为:n(H2)=  n(HCl)=0.1 mol,所以标况下的体积为2.24 LA正确;

B.生成0.1 mol的氢气需0.2 mol的钠,因此三种金属的物质的量均为0.2 molB正确;

CNa不可能过量,若Na过量会与溶剂水反应,C错误;

D.按照金属活动性顺序,NaMgAl,则中间那条线是Mg与盐酸反应的图象,D正确;答案选C

组卷:177次
难度:偏难
知识点:摩尔质量
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13.

下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A氮气化学性质通常不活泼,可将炽热的镁粉放在氮气中冷却

B明矾溶于水能形成胶体,可用于自来水的杀菌消毒

C常温下铁能被浓硝酸钝化,可用铁质容器贮运浓硝酸

DSiO2硬度大,可用于制造光导纤维

【答案】

C

【解析】

A. 氮气化学性质通常不活泼,但是镁粉可以在氮气中燃烧,所以不能将炽热的镁粉放在氮气中冷却,A不正确;B. 明矾溶于水能形成胶体,可用于自来水的净化,但其没有杀菌消毒能力,B不正确;C. 常温下铁能被浓硝酸钝化,所以可用铁质容器贮运浓硝酸,C正确;D. SiO2导光性好,可用于制造光导纤维与硬度无关,D不正确。本题选C。

点睛:物质的性质决定了物质的用途,物质的用途能体现(或反映)出物质的性质在学习元素化合物时要理清物质的性质与用途之间的对应关系,特别要注意组成相似的物质的用途容易弄混,要注意总结对比。

组卷:195次
难度:偏难
知识点:二氧化硅
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14.

新型镁铝合金(Mg17Al12)有储氢性能,它一定条件下完全吸氢的反应为Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al,得到的混合物Y17MgH2+12Al)能与酸反应释放出大量氢气.下列说法正确的是

A该合金应在氮气保护下,将一定比例的MgAl单质熔炼而成

B合金在吸氢过程中被H2还原

C一定量的镁铝合金既可以完全溶于足量盐酸中,也可以完全溶于足量的NaOH溶液中

D等质量的镁、铝、和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成H2的体积(同温同压下)顺序为:V() V(合金)V()

【答案】

D

【详解】

A.制备该合金如果在氮气保护下,Mg单质在一定温度下熔炼时,镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2,故A错误;

B.合金在吸氢过程中镁元素的化合价升高,被H2氧化,故B错误;

C.镁铝合金可以完全溶于足量盐酸中,镁与氢氧化钠不反应,不能完全溶于足量的NaOH溶液中,故C错误;

D.假设镁、铝、镁铝合金的质量为wg,计算分别产生H2的物质的量,

Mg+2HCl=MgCl2 +H2

24g             1mol

wg             w/24mol

2Al +6HC=2AlCl3 +3H2

54g              2mol

wg              w/27mol

镁铝合金与足量的盐酸反应生成H2的物质的量介于w/27molw/24mol,同温同压下,体积之比等于物质的量之比,所以(同温同压下)生成H2的体积由大到小的顺序为:V() V(合金)V(),故D正确。

故选D

组卷:159次
难度:中等
知识点:镁和铝
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15.

下列有关金属及其合金的说法不正确的是

A目前我国流通的硬币是由合金材料制造的

B日用铝制品表面覆盖着氧化膜,对内部金属起保护作用

C镁在空气中燃烧发出耀眼的白光,可用于制作照明弹

D生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加

【答案】

D

【详解】

A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制成,A正确

B. 制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光, B正确

C. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜对金属起保护作用, C正确

D. 生铁含碳量最高普通钢次之不锈钢最少,D错误

综上所述,本题选D。

组卷:105次
难度:中等
知识点:镁和铝
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16.

下列有关金属的说法中正确的是(  )

A钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体

B燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧

C铜能与氯化铁溶液反应,该反应可以用于印刷电路板的制作

D铁能与硫酸发生反应,故不能用铁制容器贮存浓硫酸

【答案】

C

【详解】

A.钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体,故A错误;

B.燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳,故B错误;

C.三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子,所以可以用于印刷电路板的制作,故C正确;

D.浓硫酸具有强的氧化性,常温下能够使铁钝化,形成致密氧化膜,阻止反应进行,所以能用铁制容器贮存浓硫酸,故D错误;

故选C

组卷:162次
难度:中等
知识点:镁和铝
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17.

2.3 g由金属XMg组成的合金投入足量的稀硫酸中,充分反应后收集到标准状况下气体的体积为2.24 L,则金属X可能为

AZn                         BAl                          CFe                         DCu

【答案】

B

【解析】

标准状况下2.24 L的气体的物质的量为1mol,Mg+2价金属,产生1mol氢气需Mg质量是2.4g,现在是Mg与另外一种金属的混合物,需要质量是2.3g,小于2.4g,说明另一种金属产生1molH2需要的质量小于2.3g。

A.Zn+2价金属,产生1mol氢气需要质量为65g>23g,不符合题意,A错误;

B.Al+3价的金属,产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g,符合题意,B正确;

C.Fe+2价金属,产生1mol氢气需要质量为56g>23g,不符合题意,C错误;

D.Cu+2价金属,但是铜与稀硫酸不能反应,所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大,不符合题意,D错误

故合理选项是B。

组卷:155次
难度:偏难
知识点:物质的量
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18.

下列说法中正确的是

钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4,能起到防腐蚀作用(At) 是第ⅦA族,其氢化物的稳定性大于HCl;Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐(Tl)与铝同主族,其单质既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物,其碱性随原子序数的增大而减弱海水提镁的主要步骤为

A①③④⑦               B①③⑥                   C③④⑤⑦               D②④⑧

【答案】

B

【解析】

分析:致密的氧化物能保护里面的金属;元素的非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强;Na2FeO4中铁为+6价;玻璃、水泥属于硅酸盐产品,水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析;根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性,金属性越强,则最高价氧化物对应水化物的碱性越强;工业上是电解熔融的氯化镁生产镁;

详解:四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀,故正确;
VIIACl元素的非金属性大于砹的非金属性,则砹的氢化物的稳定性小于HCl,故错误;
③Na2FeO4中铁为+6价,具有强氧化性,能杀菌消毒,被还原后生成Fe3+,后水解为氢氧化铁胶体能净水,故正确;
玻璃、水泥属于硅酸盐产品,水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2,故错误;
铊(Tl)与铝同主族,随原子序数的增大,金属性增强,则金属性Tl>Al,则Tl能与酸反应,但不与氢氧化钠溶液反应,故错误;
第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱,金属性Na>Mg>Al,则金属元素的最高价氧化物对应水化物,其碱性随原子序数的增大而减弱,故正确;
电解氯化镁溶液得不到Mg,工业上是电解熔融的氯化镁生产镁,故错误;
①③⑥正确,答案选B。

点睛:本题考查了物质的用途,涉及元素化合物知识,明确物质的性质是解本题关键,根据物质的性质分析解答即可,熟练掌握常见物质的性质。

组卷:150次
难度:中等
知识点:硅酸
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19.

下列说法中,错误的是(  )

A钠在空气中加热时,先熔化,再燃烧,燃烧所得产物为Na2O2

B镁因在空气中形成一薄层致密的氧化膜保护了里面的镁,故镁不需要像钠一样作特殊保护

C铝制品在生活中非常普遍,是因为铝不活泼

D铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔,不能保护内层金属,故铁制品往往需要加保护层

【答案】

C

【详解】

A.钠性质活泼,熔点低,易与氧气反应,燃烧时先熔化,生成过氧化钠,故A项正确;

B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜,可防止进一步腐蚀,故B项正确;

C. 铝属于较活泼的金属,铝制品之所以不需要特别保护,是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜,阻止了内层金属的继续反应,C项错误;

D.铁易发生电化学腐蚀,氧化膜疏松,易进一步氧化,应加防护措施,故D项正确。

所以本题答案:C

组卷:189次
难度:中等
知识点:金属的电化学腐蚀与防护
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20.

两种金属粉末的混合物12g,投入足量的稀硫酸中,在标准状况下产生11.2L气体,则这种混合物可能是(  

AZnAl    BFeZn    CAlMg    DMgCu

【答案】

A

【解析】

标准状况下11.2L氢气的物质的量是0.5mol,需要金属的质量分别是Zn32.5gFe28gAl9gMg12g,铜与稀硫酸不反应。由于固体一共是12g,所以可能的是AlZn的混合物。

答案选A

组卷:156次
难度:容易
知识点:镁和铝
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21.

三种都能与酸反应的金属混合物共2.3 g,与足量的稀盐酸反应,生成氢气0.1 g,则这三种金属可能是(  )

ACuNaAl    BZnNaFe

CMgNaAl    DZnNaAl

【答案】

D

【解析】

本题可采用假设法,假设三种纯金属产生0.1g氢气,然后求出所消耗的三种纯金属的质量,根据其质量与2.3 g的关系做出推断。

【详解】

产生0.1 g H2,氢气的物质的量是0.05 mol。假设是纯金属,则分别需要Zn3.25gNa2.3gFe2.8gMg1.2gAl0.9g,因为三种金属共2.3g,所以必须有大于2.3g的也必须有小于2.3g的,即必定有Mg或者Al中的一种;

A、根据题意,三种金属均能与酸反应,而铜不与酸反应,A错误;

BNa刚好2.3g,而Zn和铁的都要大于2.3g,故按一定比例混合后要大于2.3gB错误;

CNa刚好2.3g,而MgAl都要小于2.3g,按一定比例混合后要小于2.3gC错误;

DNa刚好2.3g,而Al的质量要小于2.3gZn的大于2.3g,故按一定比例混合后有可能等于2.3gD正确。

答案选D

【点睛】

本题主要是考查金属与酸的有关计算和判断,解题时主要是采用假设法来求解的,解此类题要善于进行假设、验证排除,通过技巧性处理而快速求解。

组卷:176次
难度:中等
知识点:物质的量
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22.

把一块镁铝合金投入到过量的1 mol·L1盐酸中,待合金完全溶解后,再往溶液里加入1 mol·L1NaOH溶液,生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示,下列说法中错误的是(  )

A盐酸的体积为90 mL

Ba的取值范围为0<a<50

Cn(Mg2)<0.025 mol

Da值为30时,b值为0.02

【答案】

A

【解析】

第一阶段,盐酸和氢氧化钠反应:H++OH-=H2O;第二阶段,氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg2++2OH-=MgOH2Al3++3OH-=AlOH3,第三阶段,氢氧化铝溶解:AlOH3+NaOH=NaAlO2+2H2O,第四阶段无反应,沉淀全为MgOH2,据此解答。

【详解】

A、第一阶段,盐酸和氢氧化钠反应:H++OH-=H2O;第二阶段,氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg2++2OH-=MgOH2Al3++3OH-=AlOH3,在VNaOH=80mL时沉淀达到最大值,溶液中溶质全为NaCl,根据原子守恒可知n(HCl)n(NaCl)n(NaOH)0.08mol,所以盐酸的体积为80mLA错误;

B、第三阶段,氢氧化铝溶解:AlOH3+NaOH=NaAlO2+2H2O,因为此时消耗NaOH溶液体积10mL,所以第二阶段和Al3+反应的NaOH30mL,假设无Mg2+a=50,而实际存在Mg2+,所以0a50B正确;

C、第三阶段,氢氧化铝溶解:AlOH3 +NaOH=NaAlO2+2H2O,因为此时消耗NaOH溶液体积为10mL,所以nAl3+=0.01mol,第四阶段无反应,沉淀全为MgOH2,若a=0nMg2+)取得最大值,第二阶段和Al3+反应的NaOH30mL,所以此时和Mg2+反应的NaOH50mL,所以镁离子物质的量的最大值是0.025mol,由于a0,所以nMg2+)<0.025molC正确;

Da=30时,和Mg2+反应的NaOH20mL,此时nMg2+=0.01molb=nMg2++nAl3+=0.02molD正确。

答案选A

组卷:106次
难度:中等
知识点:镁和铝
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23.

短周期元素XYZWQ的原子序数依次增大,XQ同主族,X的最外层电子数是次外层电子数的2倍,W的最外层电子数等于其电子层数,YZ的核外电子数之和等于XQ的核外电子数之和,下列说法正确的是( 

AZWQXY原子半径依次减小

BW最高价氧化物对应水化物一定能溶于Z最高价氧化物对应水化物的溶液中

CYQ形成化合物在常温下一定为气态

DZQ元素的单质都可以将X元素的单质从其氧化物中置换出来

【答案】

A

【解析】XQ同主族,X的最外层电子数是次外层电子数的2倍,则X为碳元素,Q为硅元素;W的最外层电子数等于其电子层数,则WAl元素;YZ的核外电子数之和等于XQ的核外电子数之和,则YF元素、ZNa元素或YO元素、ZMg元素;A.同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小,则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小,故A正确;B.Al(OH)3具有两性,能溶解于强碱如NaOH溶液,但Z可能是Mg元素,氢氧化镁不能溶解Al(OH)3,故B错误;C.SiF4是气态,但SiO2为固态,故C错误;D.Mg可以在CO2中燃烧生成碳和氧化镁,但Si不能在CO2中燃烧,故D错误;答案为A。

点睛:微粒半径大小比较的常用规律:(1)同周期元素的微粒:同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外),如Na>Mg>Al>Si,Na+>Mg2+>Al3+,S2>Cl。(2)同主族元素的微粒:同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大,如Li<Na<K,Li+<Na+<K+。(3)电子层结构相同的微粒:电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小,如O2>F>Na+>Mg2+>Al3+。(4)同种元素形成的微粒:同种元素原子形成的微粒电子数越多,半径越大。如Fe3+<Fe2+<Fe,H+<H<H。(5)电子数和核电荷数都不同的,可通过一种参照物进行比较,如比较A13+S2的半径大小,可找出与A13+电子数相同的O2进行比较,A13+<O2,且O2<S2,故A13+<S2

组卷:150次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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24.

对于下列实验现象描述正确的是(   

A铁在氧气中燃烧生成红色固体

B镁在二氧化碳中燃烧生成白色固体

C将过量的NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中,先无明显现象后出现白色絮状沉淀

D将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中,开始几乎不会产生气体,后来出现大量气体。

【答案】

D

【解析】

A、铁丝在氧气中剧烈燃烧,火星四射,生成一种黑色固体(四氧化三铁),故A错误;B、镁在二氧化碳中燃烧生成白色固体,同时有黑色固体颗粒生成,故B错误;C.向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量,发生的反应方程式为Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,氢氧化铝是难溶性白色物质,偏铝酸钠是可溶性物质,所以看到的现象是:先产生白色沉淀,最后沉淀溶解,故C错误;D. 将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na2CO3溶液中,首先反应生成碳酸氢钠,没有气体生成,然后盐酸与碳酸氢钠反应放出二氧化碳,故D正确;故选D。

组卷:167次
难度:中等
知识点:碳酸钠
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25.

下列装置能达到实验目的的是

选项

A

B

C

D

实验装置

实验目的

探究Na2CO3NaHCO3溶解度的相对大小

用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸

检验蔗糖与浓硫酸反应产生的CO2

验证镁和稀盐酸的反应的热效应

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

A

【分析】

A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳,可析出碳酸氢钠;

B.NaOH会与酸式滴定管中的SiO2反应;

C.CO2SO2都能使澄清石灰水变浑浊;

D.检验Mg与盐酸反应放出热量的现象不明显。

【详解】

A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳,可析出碳酸氢钠,可探究Na2CO3NaHCO3溶解度相对大小,A.正确;

B.用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸NaOHNaOH 溶液应该使用碱式滴定管,若使用酸式滴定管,会与玻璃中SiO2反应产生Na2SiO3,将滴定管与旋塞黏在一起,使滴定管报废,B错误;

C.浓硫酸具有脱水性,能够使蔗糖脱水碳化,浓硫酸还具有强的氧化性,将反应产生的C单质氧化产生CO2,浓硫酸被还原产生SO2CO2SO2都能与Ca(OH)2反应产生白色难溶性的物质,因此都可以使澄清石灰水变浑浊,故不能检验CO2气体,C错误;

D.Mg与盐酸产生氯化镁和氢气,反应放出热量,但由于氯化钠的溶解度随温度升高而稍有增大,且没有使用温度计,所以饱和食盐水中无明显现象,无法证明反应放热,D错误;

故合理选项是A

【点睛】

本题考查化学实验方案的评价的知识。注意滴定管使用时,碱式滴定管盛装碱性溶液,酸式滴定管盛装酸性和氧化性的物质,对于D选项,可以将饱和食盐水改为饱和的澄清石灰水,利用Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低的性质,若看到石灰水变浑浊,就可以证明镁和稀盐酸的反应是放热反应,易错点是选项C,只清楚可以用澄清石灰水检验CO2,忽视了SO2Ca(OH)2反应产生的CaSO3也是白色难溶性的物质的性质。可见掌握常见的物质的物理性质也是物质鉴别中不容忽视的知识点。

组卷:157次
难度:中等
知识点:硫酸
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26.

实验室可以利用镁粉在加热条件下与氮气反应制备氮化镁。用一瓶氮气样品(含少量CO2COO2)制备氮化镁。已知:连苯三酚碱性溶液定量吸收O2CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO且易被O2氧化。

下列说法正确的是

A装置连接顺序:氮气样品→d→c→a→b

B装置a可以用盛装浓硫酸的洗气瓶替代

C若先点燃酒精灯后通气体,产品纯度降低

Dd装置中的CuCl在除杂中表现还原性

【答案】

C

【分析】

此题是气体和固体反应,气体的除杂顺序,仪器的连接。

【详解】

A. 依题意,氯化亚铜的盐酸溶液易被氧气氧化,所以先除O2,后除CO。在除CO中,发生反应为2CuClCOH2O2CuCO22HCl,碱石灰的作用是除去CO2HClH2O。装置连接顺序是氮气样品→c→d→a→b,故A错误。

B. 浓硫酸不能除去CO2HCl,故B错误。

C. 若先点燃酒精灯,后通入氮气,空气中氧气、二氧化碳与镁反应,产品纯度降低,故C正确。

D. 在除去CO中,氯化亚铜作氧化剂,D错误。

故答案选C

组卷:160次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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27.

镁、铝都是较活泼的金属,下列描述中正确的是

A高温下,镁、铝在空气中都有抗腐蚀性

B镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应

C镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应,铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应

D铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物

【答案】

C

【解析】

A、在常温下,镁和铝在空气里都能跟氧气反应,生成一层致密而坚固的氧化物薄膜,这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化,所以镁和铝都有抗腐蚀的性能,但是在高温下能剧烈反应,放出大量热,选项A错误;B、镁能跟酸反应不能跟碱反应,选项B错误;C镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝,选项C正确;D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物,在铝热剂反应时,为了引燃,在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾),中间插一根镁条,是为引燃用的,选项D错误。答案选C

组卷:127次
难度:容易
知识点:镁和铝
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28.

将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:

A.镁和铝的总质量为9 g

B.最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸

C.硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L1

D.生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L

【答案】

D

【分析】

从图象中看到,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解MgAl后有剩余,此时发生的反应为:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当VNaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2Al(OH)3

【详解】

A、VNaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2

所以镁和铝的总质量为9gA项正确;

B、根据A中分析可知B项正确;

C、从200mL240mLNaOH溶解Al(OH)3NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,则此过程消耗cNaOH=0.2mol÷0.04 L=5molL-1C项正确;

D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H22Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2可以计算出生成nH2=0.45mol,标准状况下VH2=0.45mol×22.4Lmol-1=10.08LD项错误。

答案选D

组卷:167次
难度:中等
知识点:物质的量
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29.

我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水,钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应,但高温下能被空气氧化,由钛铁矿(主要成分是FeOTiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法错误的是(    )

A步骤中碳作还原剂

B步骤中未发生氧化还原反应

C步骤中需在氩气环境中进行,防止金属被空气氧化

D可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁

【答案】

B

【分析】

步骤为钛铁矿(FeOTiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应,生成铁,二氧化钛和一氧化碳,步骤为二氧化钛与碳,氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳,步骤为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛,据此分析。

【详解】

AFeO和碳反应生成铁和碳的氧化物,步骤I中碳的化合价升高,碳作还原剂,故A正确;

B.步骤II中碳单质参加反应生成一氧化碳,氯气被还原成四氯化钛,属于氧化还原反应,故B错误;

C.镁是活泼的金属,钛在高温下能被空气氧化,所以步骤III需在氩气环境中进行,防止金属被空气氧化,C正确;

D.钛常温下与酸、碱均不反应,镁与稀硫酸反应,可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁,故D正确;

答案选B

【点睛】

易错点是B,步骤II中碳单质参加反应生成一氧化碳,氯气被还原成四氯化钛,发生化合价的变化,属于氧化还原反应。

组卷:155次
难度:中等
知识点:镁和铝
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30.

氯酸镁常做催熟剂、除草剂等,实验室利用卤块制备少量,已知:卤块的主要成分为,含有等杂质。工艺流程如下:

下列说法不正确的是

A可以用酸性溶液代替溶液

B滤渣的主要成分是

C加入饱和溶液发生了复分解反应

D调节溶液,还可以防止结晶时的水解

【答案】

B

【分析】

卤块的成分有,加入高锰酸钾之后,亚铁离子可以被氧化为三价铁离子,再向混合物中加入氯化钡溶液,可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀;加入氧化镁,调节,可以促进铁离子的水解,将铁离子转化为氢氧化铁而除去,过滤,得到的滤液是氯化镁溶液,向滤液中加入饱和氯酸钠溶液析出,说明相同温度下溶解度较小,据此对各选项进行判断。

【详解】

A.酸性溶液也能将氧化为,故可以用酸性溶液代替溶液,故A正确,不符合题意;

B.滴加酸性溶液是为了将氧化为,后续步骤中所得滤渣主要成分为,故B错误,符合题意;

C.加入饱和溶液和溶液中的反应生成NaCl,此反应是复分解反应,故C正确,不符合题意;

D.溶液中的能水解,则调节溶液可抑制其水解生成沉淀,故D正确,不符合题意;

故选B

组卷:142次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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31.

下列说法错误的是

A实验室废弃的钠需要乙醇处理

B实验室钠着火,不能用泡沫灭火器;但是镁着火可以用

C金属镁在空气中完全燃烧后,最后剩余三种固体

D侯德榜制碱法利用了盐的溶解性差异

【答案】

B

【详解】

A.实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠,2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2,反应缓慢,较为安全,故A正确;

B.钠着火生成的过氧化钠能够与二氧化碳反应生成氧气,起不到灭火的作用,镁可在二氧化碳中燃烧,钠、镁等活泼金属着火时,不能用泡沫灭火器灭火,一般可用沙子扑灭,故B错误;

C.金属镁在空气中完全燃烧,大部分的镁与氧气反应生成氧化镁,少量的镁与氮气反应生成氮化镁,还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,最后生成三种固体,故C正确;

D侯德榜制碱法的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液,反应的方程式为NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl,利用了盐的溶解性差异,故D正确;

故选B

组卷:188次
难度:中等
知识点:
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32.

有一块镁铝合金,其中镁与铝的质量比是89。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后,再加入NaOH溶液,生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图,其中正确的是

A                          B

C                           D

【答案】

A

【详解】

镁与铝的质量比是8: 9,物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解,再加氢氧化钠溶液,则氢氧化钠先中和掉多余的酸,再分别与Mg2+Al3+生成Mg(OH)2Al(OH)3沉淀,过量后Al(OH)3沉淀溶解,沉淀质量减少,最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等,生成的Mg(OH)2Al(OH)3的物质的量也相等,由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量,故最终沉淀不会消失,但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半,故A项正确。

综上所述,本题正确答案为A

组卷:191次
难度:中等
知识点:镁和铝
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33.

下列说法不正确的是(      )

A小苏打可用于治疗胃酸过多

B镁可用于制造信号弹和焰火

C漂白粉可用于净水和消毒

D高压钠灯发出的黄光透雾能力强,可用于道路和广场照明

【答案】

C

【解析】

A.小苏打的主要成分是NaHCO3,可与胃酸(主要成分是HCl)反应,可用于治疗胃酸过多,不符合题意;

B.镁在空气中燃烧会发出耀眼的白光,可用于制造信号弹、焰火、闪光粉等,不符合题意;

C.漂白粉的主要成分是CaCl2Ca(ClO)2Ca(ClO)2遇水产生强氧化剂次氯酸(HClO),具有消毒杀菌的作用,净水的工序较为复杂,仅仅加入漂白粉不能达到净水的目的,符合题意;

D.钠的焰色反应为黄色,可用作透雾能力强的高压钠灯和照明,不符合题意;故答案为C

【点睛】

注意:碳酸钠虽然也能和盐酸反应,但碳酸钠溶液的碱性较强,容易烧伤黏膜,不能用作胃酸中和剂;常用作中和胃酸的有氢氧化铝、小苏打,但小苏打不适用于患有胃穿孔以及胃溃疡的患者,需注意相关药品的规范使用。

组卷:188次
难度:基础
知识点:氯及其化合物
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34.

mg镁铝合金投入500mL 2molL-1的盐酸中,固体完全溶解,收集到气体5.6L(标准状况下)。向反应所得溶液中加入4molL-1的氢氧化钠溶液,沉淀质量的最大值为13.60g,则m的值为(   

A5.10                      B8.50                       C9.35                       D11.48

【答案】

A

【详解】

由关系式Mg(OH)2-Mg-H2-2OH-2Al(OH)3-2Al-3H2-6OH-可知,n(OH-)=2n(H2)=2×=0.5mol,则m(OH-)=0.5mol×17g/mol=8.50g,从而得出m=13.60g-8.50g=5.10g;故选A

组卷:165次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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35.

NaMgA1Fe四种金属单质中的两种组成的混合物共12g,跟足量盐酸反应,产生5.6LH2(标准状况下),由此可判断混合物中必定含有

ANa                         BFe                          CMg                         DAl

【答案】

B

【解析】

标准状况下5.6L氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol0.25mol,转移0.5mol电子。根据电子得失守恒可知消耗金属NaMgA1Fe四种金属单质的质量分别是11.5g12g4.5g14g,由于混合物共计是12g,则混合物中必定含有铁,答案选B

点睛:极值法解题的关键是紧扣题设的可能趋势,选好极端假设的落脚点。基本思路是:把可逆反应假设成向左或向右的完全反应或把混合物假设成纯净物或把平行反应分别假设成单一反应等。

组卷:194次
难度:中等
知识点:
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36.

将一定质量的MgAl混合物投入到200 mL稀硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量,生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是

A最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的稀硫酸

BNaOH溶液物质的量浓度为

CMgAl的总质量为9g

D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L

【答案】

D

【分析】

由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解MgAl后硫酸有剩余,此时发生的反应为:.V(NaOH溶液)=200mL,沉淀量最大,此时为,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为,根据钠元素守恒可以知道此时等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)0.5.200mL240mL,NaOH溶解,V(NaOH溶液)=240mL,沉淀不再减少,此时全部为,物质的量为0.15mol, 0.15mol, 0.35mol-0.15mol=0.2mol,因为从200mL240mL,发生,所以该阶段消耗,氢氧化钠的浓度为.

【详解】

A. 由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸,所以A选项是正确的;

B. 由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L,所以B选项是正确的;

C. 由元素守恒可以知道,所以镁和铝的总质量为,所以C选项是正确的;

D. 由电子守恒可以知道,生成的氢气为,若在标况下,体积为,但状况未知,D错误;

故答案选D

组卷:159次
难度:偏难
知识点:物质的量
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37.

下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是(   

选项

实验操作

实验现象

结论

A

将浓硫酸滴到纸上

纸张变黑

浓硫酸具有吸水性

B

测定等浓度的Na2CO3Na2SO3的溶液的pH

前者pH比后者的大

非金属性:SC

C

2.0ml浓度均为0.1mol·L-1KClKI混合溶液中滴加1~20.01mol·L-1AgNO3溶液,振荡

沉淀呈黄色

KspAgCl)>KspAgI

D

将镁条点然后迅速伸入集满CO2的集气瓶

集气瓶中有浓烟和黑色颗粒

CO2具有还原性

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

C

【解析】

A.将浓硫酸滴到纸上,纸变黑,体现浓硫酸的脱水性,故A错误;

B.测定等浓度的Na2CO3Na2SO3的溶液的pH,前者pH比后者的大,说明H2SO3的酸性比H2CO3强,但S的最高价氧化物的水化物为H2SO4,则无法判断SC的非金属性强弱,故B错误;

C.向2.0mL浓度均为0.1mol•L-1KClKI混合溶液中滴加120.01mol•L-1AgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色,证明碘化银更难溶,则碘化银的溶解度更小,即Ksp(AgCl)Ksp(AgI),故C正确;

DMg与二氧化碳反应生成MgOC,则集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生,CO2具有氧化性,故D错误;

故答案为C

组卷:187次
难度:偏难
知识点:硫酸
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38.

把镁粉中混有的少量铝粉除去,应选用的试剂是

A稀盐酸    B烧碱溶液

C硫酸铝溶液    D硫酸镁溶液

【答案】

B

【解析】

A、镁和铝都是活泼的金属,都能和酸反应,选项A不正确;

B、铝能溶解在强碱氢氧化钠溶液中,镁与氢氧化钠溶液不反应,因此把镁粉中混有少量的铝粉除去,应选用的试剂是氢氧化钠溶液,即烧碱溶液,选项B正确;

C、镁能和硫酸铝发生置换反应生成硫酸镁和铝,是消耗镁生成铝而无法除去铝,选项C不正确;

D、硫酸镁溶液与铝不反应,无法除去铝,选项D不正确。

答案选B。

组卷:104次
难度:容易
知识点:镁和铝
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39.

20g由两种金属粉末组成的混合物,与足量的盐酸充分反应后得到11.2L氢气(标准状况),这种金属混合物的组成可能是

AMgAl                                                  BAlFe

CFeZn                                                   DZnCu

【答案】

B

【详解】

标准状况下11.2L氢气物质的量为0.5mol,假设均为+2价金属与盐酸反应生成,则+2价金属的总物质的量为0.5mol,所以+2价金属的平均摩尔质量为40g·mol1。因为为两种金属的混合物,则其摩尔质量应一个比40g·mol1大,一个比40g·mol1小;比较选项中各金属的相对原子质量(其中Al作为+2价时其摩尔质量为27×=18g·mol1;铜等不反应的金属的摩尔质量为无穷大),

A项,Mg24g/molAl18g/mol,都小于40g/mol,不可能;

B项,Al18g/mol,小于40g/molFe56g/mol,大于40g/mol,可能;

C项,Fe56g/molZn65g/mol,都大于40g/mol,不可能;

D项,Zn65g/molZnCu都大于40g/mol,不可能;

答案选B

组卷:172次
难度:中等
知识点:常见金属的活动性顺序及其应用
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40.

认识反应条件对化学反应的影响,对学好化学具有重要意义。下列说法中正确的是

A镁在空气中或纯净氧气中燃烧的产物都只有MgO

B钠在敞口容器中存放或在空气中燃烧的产物都是Na2O2

C将四氧化三铁溶解于过量的硝酸中,所得溶液中含有Fe3+Fe2+

D氯化铝和过量的氨水反应一定得到Al(OH)3沉淀

【答案】

D

【解析】A.镁在空气中燃烧除与氧气反应生成MgO外,还与氮气反应生成Mg3N2、与CO2反应生成MgO和单质碳,A错误;B.钠在敞口容器中存放生成Na2O,在空气中燃烧的产物是Na2O2B错误;C.由于硝酸具有强氧化性,能将Fe2氧化成Fe3,所以将四氧化三铁溶解于过量的硝酸中,所得溶液中无Fe2C错误;DAl(OH)3具有两性能溶解于强碱溶液、不溶于弱碱氨水,氯化铝和过量的氨水反应一定得到Al(OH)3沉淀,D正确。答案选D

点睛:由于氢氧化铝是两性氢氧化物,因此制备氢氧化铝时要注意试剂的选择,常见的种方法有:Al3与氨水反应:Al33NH3·H2O3NH4Al(OH)3AlO2溶液中通CO2AlO2CO2(过量)2H2OHCO3Al(OH)3;可溶性铝盐和偏铝酸的盐混合:Al33AlO26H2O4Al(OH)3

组卷:133次
难度:中等
知识点:
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41.

金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系中不能通过一步反应完成的是(   

ANaNaOHNa2CO3NaCl                     BFeFe(NO3)3Fe(OH)3Fe2O3

CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4               DA1A12O3A1(OH)3AlCl3

【答案】

D

【详解】

ANaNaOHNa2CO3NaCl中反应方程式分别为:2Na+2H2O=2NaOH+H22NaOH+CO2= Na2CO3 +H2ONa2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl,所以能一步实现,故A不选;
BFeFe(NO3)3Fe(OH)3Fe2O3:铁和过量硝酸反应生成硝酸铁,硝酸铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁,灼烧氢氧化铁生成氧化铁,所以能一步实现,故B不选;
CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4中反应方程式分别为:Mg+2HCl=MgCl2+H2MgCl2+2NaOH= Mg(OH)2+2NaClMg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O,所以能一步实现,故C不选;
D.氧化铝和水不反应,所以不能一步生成氢氧化铝,故D选。

故选D

【点睛】

本题考查了物质间的转化,明确物质的性质是解本题关键,根据物质的性质来分析解答,以NaMgAlFe为知识点构建知识网络,元素化合物知识常常在工艺流程中出现,还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查。

组卷:108次
难度:中等
知识点:物质的转化
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42.

下列指定反应的离子方程式正确的是

A室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2Cl2+2OHClO+Cl+H2O

B用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2Al+2OH+H2

C室温下用稀HNO3溶解铜:Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2O

DNa2SiO3溶液中滴加稀盐酸:Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+

【答案】

A

【分析】

A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O;B.电荷不守恒;

C.不符合客观事实;

D.应拆分的物质没有拆分;

【详解】

A.NaOH为强碱,可以拆成离子形式,氯气单质不能拆,产物中NaClNaClO为可溶性盐,可拆成离子形式,水为弱电解质,不能拆,故A正确;

B.该离子方程式反应前后电荷不守恒,正确的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2,故B错误;

C.室温下,铜与稀硝酸反应生成NO ,正确的离子方程式为:3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O,故C错误;

D.Na2SiO3为可溶性盐,可以拆成离子形式,正确的离子方程式为:SiO32-+2H+=H2SiO3 ,故D错误;

综上所述,本题应选A.

【点睛】

本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行:从反应原理进行判断,如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等;从物质存在形态进行判断,如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等;从守恒角度进行判断,如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等;从反应的条件进行判断;从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

组卷:166次
难度:中等
知识点:离子反应
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43.

用下图所示装置进行下列实验:将中溶液滴入中,预测的现象与实际相符的是

选项

中物质

中物质

预测中的现象

A

稀盐酸

碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液

立即产生气泡

B

浓硝酸

用砂纸打磨过的铝条

产生红棕色气体

C

氯化铝溶液

浓氢氧化钠溶液

产生大量白色沉淀

D

草酸溶液

高锰酸钾酸性溶液

溶液逐渐褪色

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

D

【详解】

A、氢氧化钠是强碱,碳酸钠是盐,因此盐酸首先中和氢氧化钠,然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠,最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2,不会立即产生气泡,A错误;

B、常温下铝在浓硝酸中钝化,反应很快停止,看不到红棕色NO2气体,B错误;

C、氢氧化钠溶液开始是过量的,滴入氯化铝生成偏铝酸钠,没有白色沉淀,当氢氧化钠完全消耗后,再滴入氯化铝,铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝,C错误;

D、草酸具有还原性,酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能被酸性高锰酸钾溶液氧化,因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D正确;

答案选D

组卷:173次
难度:中等
知识点:镁和铝
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44.

下列的8句话中,其中正确的有几句

擦去铝表面的氧化膜的铝箔,在酒精灯上灼烧时,熔化的铝会滴落下来

选择量筒量取液体时,应满足大而近的原则,所以应用10mL的量筒量取8.80mL稀硫酸

可以用铝制器皿长时间盛放酸性、碱性或咸的食物

钠着火后,可用泡沫灭火器来灭火

⑤Na2O2是淡黄色固体,Na2O是白色固体,二者与水反应都能生成NaOH

⑥H2O能和Na2O2发生反应生成O2,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂

⑦“血液透析静电除尘利用了胶体的相同性质

试剂瓶中的药品取出后,一般不能放回原瓶,但金属Na需要立即放回原瓶。

A2                           B3                           C4                           D5

【答案】

B

【详解】

擦去铝表面的氧化膜的铝箔,在酒精灯上灼烧时,铝被氧化生成氧化铝,氧化铝的熔点高,熔化的铝不会滴落,错误;

量筒只能读数到0.1mL错误;

铝能够与酸或碱反应,所以铝制器皿不能长时间盛放酸性、碱性或咸的食物,错误;

钠燃烧生成过氧化钠,过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气,钠和水反应生成可燃性气体氢气,氧气具有助燃性、氢气具有可燃性,所以Na燃烧不能用泡沫灭火器来灭火,应该用沙土灭火,错误;

Na2O2是淡黄色固体,Na2O是白色固体,分别与水发生2Na2O2+2H2O4NaOH+O2Na2O+H2O2NaOH正确;

过氧化钠与水的反应生成氢氧化钠与氧气,水中各元素的化合价不变,而Na2O2-1价的氧变成0价和-2价,所以水既不是氧化剂也不是还原剂,过氧化钠既是氧化剂以是还原剂,正确;

血液透析原理即为渗析原理,血液是胶体,不会通过半透膜的原理,涉及胶体性质,静电除尘利用的胶体电泳的性质,但不是利用了胶体的相同性质,错误;

实验剩余的药品不能放回原瓶,不能随意丢弃、更不能带出实验室,钠极易与水和氧气反应,因此钠需要立即放回原瓶,正确;

答案选B

组卷:147次
难度:中等
知识点:钠的化合物
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45.

下列关于铝及其化合物说法,不正确的是(   

A明矾可用作净水剂和消毒剂                     B利用铝热反应可冶炼高熔点金属

C铝可用作包装材料和建筑材料                  D氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物

【答案】

A

【详解】

A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可以净水但不能消毒,故A错误;

B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程,故B正确。

C.铝具有良好的延展性,铝箔可以做包装材料,铝合金硬度大密度小常用做建筑材料,故C正确;

D.胃酸主要成分为HCl,氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸,故D正确;

故答案为A

组卷:150次
难度:基础
知识点:镁和铝
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46.

43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中,生成13.44LNO(标准状况),向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液得到沉淀的质量为

A39.2g                     B44.8g                     C58.8g                     D66.4g

【答案】

C

【详解】

合金溶于足量的NaOH溶液中,金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L,物质的量为0.3mol,根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×=0.2mol,故金属铝的质量为0.2×27=5.4 g ,金属铝提供电子的量是0.6 mol,将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+ Cu2+离子,根据电子守恒,金属共提供电子的物质的量为13.44×=1.8 mol Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,铝离子全部转化为偏铝酸根离子,不会出现沉淀,所得沉淀为氢氧化铜,由电荷守恒可以知道,反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2 mol,所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8 g C正确;

故答案选C

组卷:135次
难度:偏难
知识点:硝酸盐
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47.

下列有关化学反应的叙述正确的是

A室温下,Na在空气中反应生成Na2O2

B室温下,Al4.0 molL-1NaOH溶液反应生成NaAlO2

C室温下,Cu与浓HNO3反应放出NO气体

D室温下,Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4

【答案】

B

【详解】

A.室温下,钠与空气中氧气反应生成氧化钠,故A错误;

B.室温下,铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,故B正确;

C.室温下,铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体,故C错误;

D.室温下,铁在浓硫酸中发生钝化,故D错误。

综上所述,答案为B

组卷:136次
难度:容易
知识点:硝酸
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48.

下列反应中,反应后固体物质增重的是

A.氢气通过灼热的CuO粉末                        B.二氧化碳通过Na2O2粉末

C.铝与Fe2O3发生铝热反应                          D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液

【答案】

B

【详解】

A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为,固体由CuO变为Cu,反应后固体质量减小,A错误;

B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,固体由Na2O2变为Na2CO3,反应后固体质量增加,B正确;

C、铝与Fe2O3发生铝热反应,化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,反应前后各物质均为固体,根据质量守恒定律知,反应后固体质量不变,C错误;

D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn + Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+ Cu,固体由Zn变为Cu,反应后固体质量减小,D错误;

故选B

组卷:155次
难度:中等
知识点:常见金属的活动性顺序及其应用
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49.

明矾KAl(SO4)212H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中采用废易拉罐(含有Al和少量FeMg杂质)制备明矾的流程如图所示:

下列叙述错误的是

A回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用

B沉淀Al2(CO3)3

C操作a中包含蒸发浓缩、冷却结晶

D上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3

【答案】

B

【详解】

A、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾,废易拉罐属于可回收垃圾,回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用,选项A正确;

B、偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应生成碳酸钠、碳酸铵和氢氧化铝,故沉淀Al (OH)3,选项B错误;

C、沉淀溶解于稀硫酸,再加入硫酸钾,操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶,最后得到明矾,选项C正确;

D. 上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3,过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀,选项D正确。

答案选B

组卷:154次
难度:中等
知识点:镁和铝
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50.

AlNa2O2的混合物溶于足量的水中,得到澄清溶液,同时产生气体3.5 g,在所得溶液与100 mL 7mol/L盐酸作用过程中,白色沉淀生成后又恰好溶解,则原AlNa2O2的物质的量之比为

A21                      B12                      C112                    D211

【答案】

B

【解析】

Na2O2与水反应生成NaOH溶液和O2AlNaOH溶液生成NaAlO2H2。盐酸先中和NaOH,后与NaAlO2反应,所得溶液中只有NaClAlCl3两种溶质

【详解】

设原混合物中AlNa2O2的物质的量分别是xy,则Na2O2与水反应生成NaOHO2的物质的量分别是2yy/2AlNaOH溶液反应生成NaAlO2H2的物质的量分别是x3x/2,剩余NaOH物质的量为(2y-x)。由O2H23.5 g,得32g/mol×y/2+2g/mol×3x/2=3.5 g

溶液与盐酸反应时,据NaOHHClNaAlO24HCl,得(2y-x)+4x=0.100 L×7mol/L。解得x=0.1moly=0.2mol。即AlNa2O2的物质的量之比12

本题选B

【点睛】

最终溶液中只有NaClAlCl3两种溶质据元素守恒得Na2O22HClAl3HCl,故2y+3x=0.100 L×7mol/L

组卷:113次
难度:偏难
知识点:钠的化合物
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51.

对于下列事实的解释正确的是

A在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有吸水性

B浓硝酸在光照下颜色变黄,说明浓硝酸具有挥发性

C常温下,浓硝酸可以用铝罐贮存,说明铝与浓硝酸不反应

D氨气可以完成喷泉实验,说明氨气极易溶于水

【答案】

D

【详解】

A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象,说明浓硫酸具有脱水性,故A错误;B.浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水,导致浓硝酸颜色变黄,体现了浓硝酸的不稳定性,故B错误;C.常温下,金属铝遇到浓硝酸会钝化,钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程,故C错误;D.氨气极易溶解于水,可利用氨气设计喷泉实验,故D正确;故答案为D。

组卷:196次
难度:中等
知识点:氨 铵盐
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52.

现有FeAlSi三种单质的混合物,取一半投入足量的NaOH溶液中,将剩余的一半投入足量的稀硫酸中,若经测量两次实验产生的气体质量相等,则原混合物中FeAlSi三种单质的物质的量之比可能为(  )

A643                B111                 C234                 D376

【答案】

A

【详解】

取一半固体投入足量的NaOH溶液中,AlSi与氢氧化钠反应放出氢气;将剩余的一半投入足量的稀硫酸中,FeAl与稀硫酸反应放出氢气,测量两次实验产生的气体质量相等,说明Fe与硫酸反应放出的氢气和Si与氢氧化钠反应放出氢气一样多,根据 FeSi的物质的量比一定为2:1,故A正确。

组卷:117次
难度:偏难
知识点:硅单质
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53.

已知。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(   )

ACO2+2OH=CO32−+H2O                            

        

【答案】

D

【详解】

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-+2H2O=2AlO2-+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-=2AlO2-+H2O,根据以上分析可知,能够发生反应为ABC,没有发生的反应为D,故选D

组卷:137次
难度:中等
知识点:镁和铝
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54.

等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中,各加等质量的铝,生成氢气的体积比为56,则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是(    )

A.甲、乙中都是铝过量

B.甲中铝过量,乙中碱过量

C.甲中酸过量,乙中铝过量

D.甲中酸过量,乙中碱过量

【答案】

B

【详解】

根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式:2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知:相同物质的量的铝,消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸,所以根据生成的氢气是56可知,铝在与稀硫酸反应时,铝是过量的,硫酸是不足的,而与氢氧化钠反应时,铝是不足的,氢氧化钠是过量的,所以正确的答案选B

组卷:137次
难度:中等
知识点:物质的量
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55.

化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是

A高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料

B硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂

C氯化铝是工业上电解法治炼金属铝的原料

D地沟油可用来制肥皂和生物柴油

【答案】

D

【解析】

A. 计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅,故A项错误;

B. 硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到,可以作为干燥剂,但因不具有还原性,不能作为食品包装中的抗氧化剂,故B项错误;

C. 氯化铝为分子晶体,在熔融状态下不能电离,不能用于冶炼金属铝,而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料,故C项错误;

D. “地沟油的成分是油脂,碱性条件下水解成为皂化反应,可用来制肥皂,可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油,故D项正确;

答案选D

【点睛】

本题侧重考查物质的性质及用途,注重化学知识与生产、生活的联系,体现素质教育的价值。其中A选项硅及其化合物的用途是常考点,也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等;二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分;硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等,学生要理清这些物质的用途,不可混为一谈。

组卷:121次
难度:容易
知识点:化学对材料制造和应用的作用
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56.

用下列装置不能达到实验目的的是(     )

A用甲图装置可证明ρ(煤油)< ρ() < ρ()     B用乙图装置制备Fe(OH)2

C用丙图装置制取金属锰                             D用丁图装置制取氯气

【答案】

D

【解析】

A.由图可知,钠在水与煤油液面中间,则可知钠的密度比水的小,比煤油的大,故A正确;B.由图可知,利用Fe和稀硫酸制FeSO4的同时除去液面上方空气,防止制备时氢氧化亚铁被氧化,故B正确;C.由图可知,Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn,故C正确;D.MnO2和浓盐酸混合加热可制氯气,不能用稀盐酸代替,故D错误;故选D。

组卷:152次
难度:中等
知识点:
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57.

下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是(  )

A在碱性溶液中:CO32、K+、S2、Na+

B与铝粉反应放出氢气的无色溶液中:NO3、Mg2+、Na+、SO42

C使pH试纸变红的溶液中:NH4+、AlO2、C1、K+

D在中性溶液中:K+、C1、A13+、 NO3

【答案】

A

【解析】

A.在碱性溶液中,该组离子之间不反应,可大量共存,故A正确;

B.与铝粉反应放出氢气的无色溶液,为非氧化性酸或强碱溶液,酸溶液中AlNO3发生氧化还原反应不生成氢气,碱溶液中不能大量存在Mg2+,故B错误;

C使pH试纸变红的溶液,显酸性,酸溶液中不能大量存在AlO2,故C错误;

DAl3+在中性溶液中沉淀完全,则中性溶液中不能大量存在Al3+,故D错误。

故选A

【点睛】

本题考查离子的共存问题,明确习题中的信息的挖掘和应用及离子发生的反应是解答本题的关键,并注意知识的积累

组卷:134次
难度:中等
知识点:离子反应
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58.

常温下,将除去表面氧化膜的A1Cu片插入浓HNO3中组成原电池(1),测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是

At1时刻前,A1片的电极反2A1-6e-+3H2O===A12O3+6H+

Bt1时,因A1在浓硝酸中钝化,氧化膜阻碍了A1继续反应

Ct1之后,负极Cu失电子,电流方向发生改

D烧杯中发生的离子反应为:2NO2+2OH-=2NO3-+H2O

【答案】

D

【解析】

A.t1时刻前,铝片做负极反应,Al发生氧化反应,负极发生2A1-6e-+3H2O===A12O3+6H+,故A正确;B.t1时,随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行,故B正确;C.随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行,铜做负极反应,电流方向相反,故C正确;D. NO2溶解于NaOH溶液生成NaNO3NaNO2,烧杯中发生的离子反应为:2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O,故D错误;答案为D。

点睛:理解原电池原理及铝的特殊化学性质是解题关键,0-t1时,Al在浓硝酸中发生钝化过程,Al为负极,氧化得到氧化铝,应有水参加,根据电荷守恒可知,有氢离子生成,Cu为正极,硝酸根放电生成二氧化氮,应由氢离子参与反应,同时有水生成,随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行,t1时,铜做负极反应,Al为正极。

组卷:189次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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59.

铝热反应的实验装置如图。下列有关铝热反应的说法中,不正确的是

A铝热反应是放热反应                                B铝热反应可用于冶炼某些金属

C实验中镁条的主要作用是还原氧化铁        D实验现象为火星四溅,漏斗下方有红热熔融物流出

【答案】

C

【分析】

A.铝热反应为放热反应;B.铝的还原性强,且铝热反应放出大量的热;C、金属镁燃烧会放出大量的热,为铝热反应提供反应条件;D、反应剧烈,火星四射,漏斗下方有红热熔融物流出

【详解】

A、铝热反应中放入大量的热使生成的铁熔化,所以铝热反应为放热反应,选项A正确;

B.铝的还原性强,且铝热反应放出大量的热,则可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属,选项B正确;

C、在铝热反应中,金属镁燃烧会放出大量的热,为铝热反应提供能量,选项C不正确;

D、反应剧烈,火星四射,漏斗下方有红热熔融物流出,说明该反应为放热反应,选项D正确。

答案选C。

【点睛】

本题考查了铝热反应原理及其应用,题目难度中等,明确铝热反应原理及其应用方法为解答关键,试题侧重基础知识的考查,培养了学生的分析能力及灵活应用能力

组卷:148次
难度:中等
知识点:金属的冶炼
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60.

下列除杂质的方法不正确的是

A镁粉中混有少量铝粉:加入过量烧碱溶液充分反应,过滤、洗涤、干燥

BFeCl3溶液中混有少量AlCl3:加入过量的氨水,过滤洗涤沉淀,将沉淀再用适量盐酸溶解

CFe2O3中混有少量Al2O3:加入过量NaOH溶液充分反应,过滤、洗涤、干燥

DAl(OH)3中混有少量Mg(OH)2:加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤

【答案】

B

【分析】

A.AlNaOH溶液反应Mg不能
B.加入过量氨水二者均转化为沉淀
C. Al2O3NaOH溶液反应Fe2O3不能
D.加入足量烧碱溶液氢氧化镁不反应氢氧化铝溶解过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥得到氢氧化铝

【详解】

A.AlNaOH溶液反应Mg不能则镁粉中混有少量铝粉的方法为加入过量烧碱溶液充分反应过滤、洗涤、干燥所以A选项是正确的
B.加入过量氨水二者均转化为沉淀FeCl3溶液中混有少量AlCl3不能选加入过量氨水B错误
C. Fe2O3中混有少量Al2O3加入足量烧碱溶液,Al2O3变成偏铝酸钠,而Fe2O3不发生反应,再通过过滤、洗涤、干燥,可以得到纯净的Fe2O3所以C选项是正确的
D. 加入足量烧碱溶液氢氧化镁不反应氢氧化铝溶解过滤向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥得到氢氧化铝所以D选项是正确的
故答案选B。

组卷:153次
难度:中等
知识点:镁和铝
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61.

用无机矿物资源生产部分材料,其产品流程示意图如下:

下列有关说法不正确的是

A制取粗硅时生成的气体产物固态时可用于人工降雨

B生产铝、铜、高纯硅过程中均涉及氧化还原反应

C黄铜矿冶炼铜时产生的副产物,可用于生产硫酸和冶铁

D玻璃与水泥-样,主要成分都是硅酸盐

【答案】

A

【解析】

A2C+SiO2Si+2CO,可用于人工降雨的是干冰,即固态二氧化碳,选项A不正确;

B、生产铝、铜、高纯硅过程中均由化合态转化为游离态,均涉及氧化还原反应,选项B正确;

C、黄铜矿冶炼铜时产生的副产物有二氧化硫和氧化亚铁,SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶炼铁的原料,选项C正确;

D、玻璃与水泥,主要成分都是硅酸盐,选项D正确。

答案选A

组卷:160次
难度:中等
知识点:无机非金属材料
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62.

为探究铝片(未打磨)与Na2CO3溶液的反应,实验如下:

下列说法不正确的是(   

ANa2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-

B对比,推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜

C溶液中可能存在大量Al3+

D推测出现白色浑浊的可能原因:AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-

【答案】

C

【解析】

A. 溶液中碳酸根会水解,结合水电出来的氢离子,生成碳酸氢根,选项A正确;

B.实验没有气泡,根据所学Al可以和热水反应,但是此实验中没有气泡,说明有氧化膜的保护,实验中却有气泡,说明氧化膜被破坏,选项B正确;

C溶液中出现白色沉淀,白色沉淀应该为氢氧化铝,则不可能存在大量Al3+,选项C不正确;

DNa2CO3溶液呈碱性,铝片在碱性溶液中与OH反应,生成偏铝酸根,2Al2OH2H2O=2AlO23H2AlO2HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀,选项D正确;

答案选C

组卷:176次
难度:中等
知识点:盐类的水解
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63.

下列有关铝及其化合物的性质说法正确的是

AAl2O3熔点高,可用作耐高温材料

B用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝滴落下来,所以金属铝的熔点较低

C把用砂纸打磨过的铝条放入浓硝酸中,产生红棕色气体

D把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中,产生大量白色沉淀

【答案】

A

【详解】

A、Al2O3熔点 (以刚玉为例2054)非常高,可用作耐高温材料,故A正确;B、用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝不会滴落来,因为铝表面生成氧化铝,氧化铝的熔点高,故B错误;C、常温下,铝单质与浓硝酸发生钝化,生成致密氧化膜阻止反应进一步进行,不会产生红棕色气体,故C错误;D、把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中,开始氢氧化钠过量,不会产生白色沉淀,随着反应进行,后来有白色沉淀,故D错误;故选A。

组卷:150次
难度:中等
知识点:镁和铝
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64.

由下列实验及现象推出的相应结论正确的是

实验

现象

结论

A

向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气

管中固体逐渐由橙色变为绿色

乙醇具有还原性

B

向盐酸酸化的Cu( NO3)2溶液中通少量SO2然后滴入BaCl2溶液

产生白色沉淀

Cu2+氧化性大于H2SO4

C

打磨后的铝片放入Hg(N03)2溶液中片刻用滤纸吸干后置空气中

铝片发烫并逐渐长出白色针状固体

汞与氧气反应放热,白色物质为HgO

D

2支分别盛有相同浓度的K4Fe( CN)6CuSO4溶液中分别滴入H2饱和溶液

前者无明显现象,后者产生黑色沉淀

Ksp(FeS) < Ksp (CuS)

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

A

【详解】

AK2Cr2O7可氧化乙醇,则固体逐渐由橙色变为绿色,可知乙醇具有还原性,故A正确;

B.酸性条件下硝酸根离子可氧化二氧化硫,生成硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀,结论不合理,故B错误;

C.打磨后的铝片放入HgNO32溶液中片刻,发生置换反应,铝表面为铝汞合金,且铝被空气氧化为氧化铝并放热,故C错误;

DK4FeCN6中电离产生的Fe2+浓度极低,导致cFe2+)比cCu2+)小得多,则分别滴入2H2S饱和溶液,现象不能说明结论,故D错误;

故选:A

组卷:162次
难度:偏难
知识点:乙醇 醇类
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65.

XYZW是原子序数依次增大的前四周期元素,X的电子总数=周期序数=族序数,他们的单质或化合物存在如图所示的转化关系,其中甲、戊是两种最常见的金属单质,丁是非金属单质,其余为氧化物。下列说法正确的是

AW的原子序数是Z的两倍,金属性强于Z

BZ元素在周期表中的位置是第三周期

C丙属于两性氧化物

D己的熔点高、硬度大,可用作耐火坩埚

【答案】

D

【分析】

XYZW是原子序数依次增大的前四周期元素,X的电子总数=周期序数=族序数,则XH;甲、戊是两种最常见的金属单质,丁是非金属单质,其余为氧化物,则氢元素一定组成非金属单质丁,即推出丁为氢气,常见的金属单质在高温下制备氢气,逆向思维可知,甲为Fe,乙为水蒸气,发生的反应为:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,所以丙为Fe3O4,且会被氢气还原为铁单质,符合图示信息;另一种常见的金属单质可在高温下置换出单质Fe,则易知该金属单质为Al,发生的反应为:3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3,据此分析作答。

【详解】

根据上述分析可知,甲为Fe,乙为H2O(g),丙为Fe3O4,丁为H2,戊为Al,己为Al2O3,对应的XYZW分别为HOAlFe四种元素,则

A. WFe,其原子序数为26ZAl,其原子序数为13W的原子序数是Z的两倍,但根据金属活动性顺序可知,Al的金属性强于Fe,即W的金属性弱于Z,故A项错误;

B. ZAl,在周期表中的位置是第三周期A族,故B项错误;

C. 丙为Fe3O4,不是两性氧化物,故C项错误;

D. 己为Al2O3,其熔点高、硬度大,可用作耐火坩埚,故D项正确;

答案选D

【点睛】

无机框图推断题是一种将多种物质、多个反应交联组合,形成的多知识点试题,叙述简洁,知识覆盖面宽、跨度大,综合性强,试题形式灵活,一般将信息部分或全部以框图的形式给出,信息隐含,高度浓缩,试题难度通常较大,是当今理综试题中学科内综合考查的重要题型之一。本题考查位置、结构、性质的关系及应用,本题中推出丁为含H元素的非金属单质氢气时解题的关键。

组卷:154次
难度:中等
知识点:物质结构与性质综合考查
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66.

下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有几个     (   )

明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性

氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜

浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性

光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性

MgO、Al2O3的熔点很高,可制作耐高温材料

NaHCO3能与碱反应,因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂

铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物

A2    B3    C4    D5

【答案】

B

【解析】

氢氧化铝胶体具有吸附性,不具有强氧化性;氯化铁具有氧化性,可与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁;浓硫酸用作干燥剂是因为具有吸水性;光导纤维具有折光性,不具有导电性;⑤MgOAl2O3为离子晶体,离子半径较小,晶格能较大,熔点高;⑥NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体,与碱反应不能生成气体;铝与氧气反应易在表面生成一层致密的氧化膜,该氧化膜为氧化铝,能够被酸、碱、咸的食物腐蚀。

【详解】

氢氧化铝胶体具有吸附性,可用于除去水中的悬浮物,不具有强氧化性,故错误;

氯化铁具有氧化性,可与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁,可用于制作印刷电路板,故正确;

浓硫酸用作干燥剂是因为具有吸水性,故错误;

光导纤维具有良好的导光性,不具有导电性,故错误;

⑤MgOAl2O3为离子晶体,离子半径较小,晶格能较大,熔点高,故正确;

⑥NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体,与碱反应不能生成气体,故错误;

氧化铝具有两性,氧化膜为氧化铝,因此铝制餐具易被酸性、碱性或咸的食物腐蚀;正确;故正确序号为②⑤⑦;正确选项B

组卷:176次
难度:中等
知识点:碳酸氢钠
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67.

下列说法中正确的是

AⅦA族单质从上往下熔沸点逐渐升高,第ⅠA族单质从上往下熔沸点逐渐降低

BNa2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂,还可用作制备硅胶的原料

C品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色,且其实质相同

D镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力,所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造

【答案】

B

【解析】

A. ⅦA族单质从上往下氟气氯气液溴固体碘固体砹物质由气态变为液态,所以熔沸点逐渐升高,第一主族的金属元素,从上到下,原子半径逐渐增大,形成的金属键逐渐减弱,熔沸点逐渐降低,但该族元素还含有H元素H2常温下为气体,熔点低于同族元素的单质,故A错误;

B.硅酸钠的水溶液是矿物胶和酸反应可以制备硅胶具有防腐阻燃的作用做木材防火剂的原料,B正确

C.品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用而且加热红色能复原;二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液碱性减弱,红色褪去,各元素没有价态变化是复分解反应,二者褪色原理不一样,故C错误

D.镁铝合金密度小硬度大可用于制造飞机、汽车等部件D错误

综上所述本题选B

【点睛】

二氧化硫具有漂白性,漂白某些有机色质,如品红,且漂白过程属于非氧化性漂白,具有可逆性;但是不能漂白酸碱指示剂,因此二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应红色褪去体现了二氧化硫的酸性氧化物的性质而非漂白性

组卷:181次
难度:容易
知识点:二氧化硫
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68.

根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是

操作

现象

结论

A

向蔗糖中加入浓硫酸

蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭,并放出有刺激性气味的气体

浓硫酸具有脱水性和强氧化性

B

向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液

溶液变成棕黄色,一段时间后溶液中出现气泡,随后有红褐色沉淀生成

Fe2+催化H2O2分解产生O2

C

铝片先用砂纸打磨,再加入到浓硝酸中

无明显现象

浓硝酸具有强氧化性,常温下,铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜

D

向浓度均为0.1mol·L-1KClKI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液

先出现黄色沉淀

Ksp(AgCl)Ksp(AgI)

AA                           BB                           CC                           DD

【答案】

B

【详解】

A.蔗糖含有碳氢氧三种元素,加入浓硫酸,浓硫酸具有脱水性,将蔗糖脱水变成碳,过程放热,碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫,浓硫酸表现强氧化性,故正确;

B.过氧化氢具有强氧化性,能氧化亚铁离子生成铁离子,铁离子可以催化过氧化氢分解,故错误;

C.浓硝酸具有强氧化性,能使铝表面形成致密的氧化膜,故正确;

D.含等浓度的碘离子和氯离子的溶液中加入硝酸银,先生成碘化银沉淀,说明碘化银的溶度积小,故正确。

故选B

组卷:157次
难度:容易
知识点:硫酸
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69.

用铝箔包裹0.2mol金属钠,用针扎若干个小孔,放入100mL水中,完全反应后NaOH溶液的浓度为1mol·L-1(忽略反应前后溶液的体积变化),下列说法正确的是(    )

A反应中转移的电子数为 0.05NA                 B反应中只有Na作为还原剂

C放出的气体体积(标准状况) 5.6L           D反应后铝箔减轻的质量为5.4g

【答案】

C

【详解】

根据2Na+2H2O=2NaOH+H2知,0.2mol金属钠和水反应生成氢气的物质的量为0.1molNaOH的物质的量为0.2mol,又完全反应后NaOH溶液的浓度为1mol•L-1,则溶液中NaOH1×0.1=0.1mol,所以反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2消耗的NaOH的物质的量为0.2-0.1=0.1mol,所以又生成0.15mol氢气,则最终得到氢气的物质的量为0.1+0.15=0.25mol,标准状况下体积为0.25×22.4=5.6L,该反应中只有氢得电子,所以反应中转移的电子数为0.25×2=0.5NA,铝箔减轻的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g,反应中Na、铝都作为还原剂,综上所述答案为C

组卷:136次
难度:偏难
知识点:氧化还原反应
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70.

将物质的量均为a molNaAl一同投入m g足量水中,所得溶液的密度为ρ g·cm3,则此溶液的物质的量浓度为

Amol·L1                                      Bmol·L1

Cmol·L1                                       Dmol·L1

【答案】

A

【详解】

由反应2Na + 2H2O =2NaOH +H22Al + 2NaOH + 2H2O =2NaAlO2+ 3H2知,将物质的量均为a molNaAl一同投入m g足量水中生成NaAlO2a molH22amol;溶液的质量为(23a + 27a2×2ag=46a + mg,溶液的体积为(46a + m g/ρ g·cm3=46a + m /1000ρ L,则此溶液的物质的量浓度为mol·L1,选A

组卷:170次
难度:偏难
知识点:物质的量
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71.

下列实验操作、现象和结论均正确的是

选项

实验操作

现象

结论

A

将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中

溶液变为蓝色

金属铁比铜活泼

B

用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热

熔化后的液态铝不滴落下来

氧化铝的熔点高于铝的熔点

C

常温下,用pH计测0.1mol/LNaX溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液的pH

前者小于后者

酸性:HX>H2CO3

D

10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,水浴加热一段时间,再加入银氨溶液

未出现光亮银镜

蔗糖未发生水解

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

B

【解析】

A.由于发生反应:Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4,不能证明金属铁比铜活泼,A错误;

B.加热发生反应:4Al+3O22Al2O3,熔化后的液态铝不滴落下来,就是由于在熔化的Al表面包裹了一层致密的Al2O3,所以可以证明氧化铝的熔点高于铝的熔点,B正确;

C. Na2CO3溶液的pH大,可知阴离子的水解程度大,则对应HCO3-的酸性弱,即酸性为HX>HCO3-,不能证明HXH2CO3的酸性强弱,C错误;

D.10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,水浴加热一段时间,由于该溶液为酸性,没有用碱将催化剂硫酸中和,所以再加入银氨溶液,未出现光亮银镜,不能证明蔗糖是否发生水解反应,D错误;

故合理选项是B

组卷:115次
难度:中等
知识点:镁和铝
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72.

铝制器皿能够盛放的物质是(   

AKOH溶液             B浓硫酸                   CNaOH溶液            D稀硫酸

【答案】

B

【详解】

铝制器皿表面含有氧化膜能阻止铝继续被氧化,这层氧化膜能溶解在强碱和强酸中,但不溶于浓硫酸和浓硝酸,所以答案是B

组卷:198次
难度:基础
知识点:镁和铝
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73.

下列有关金属的说法错误

A氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料

B钛被称为继铁、铝之后的第三金属,也有人说“21世纪将是钛的世纪

C在合金中加入适量稀土金属,能大大改善合金的性能。因此,稀土元素又被称为冶金工业的维生素

D出土的古代铜制品往往覆盖着一层铜绿,主要成分是CuCO3

【答案】

D

【分析】

A、氧化膜保护内部的铝不被氧化;

B、钛被称为继铁、铝之后的第三金属,在工业上有广泛的应用;

C、在合金中加入适量稀土金属,能大大改善合金的性能。

D、铜绿主要成分是Cu2OH2CO3

【详解】

A、氧化膜保护内部的铝不被氧化,氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料,故A正确;

B、钛被称为继铁、铝之后的第三金属,在工业上有广泛的应用,也有人说“21世纪将是钛的世纪,可见其重要,故B正确;

C、在合金中加入适量稀土金属,能大大改善合金的性能。因此,稀土元素又被称为冶金工业的维生素,故C正确;

D、铜绿主要成分是Cu2OH2CO3,故D错误;

故选D

组卷:160次
难度:中等
知识点:镁和铝
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74.

下列混合物分离(或除杂) 的方法正确的是

A除去Mg粉中的Al粉:加入足量NaOH溶液后,过滤、洗涤

B除去BaCO3固体中混有的BaSO4:加过量盐酸后,过滤、洗涤

C除去NaHCO3溶液中的Na2CO3:加适量稀盐酸

D除去Al2O3中的少量Fe2O3:加入过量氢氧化钠溶液,过滤、洗涤

【答案】

A

【解析】

A,MgNaOH溶液不反应,AlNaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2H2除去Mg粉中的Al粉:加入足量NaOH溶液后,过滤、洗涤,A项正确;B,加入盐酸会将BaCO3溶解,BaSO4不溶于盐酸,B项错误;C,加入适量盐酸可能发生的反应有Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,一方面盐酸的量难以控制,另一方面引入新杂质NaCl,同时NaHCO3可能减少,C项错误;D,加入过量NaOH会将Al2O3溶解转化为NaAlO2,Fe2O3NaOH溶液不反应,不能将杂质除去,D项错误;答案选A。

点睛本题考查物质的分离提纯,物质的分离提纯的原则是:(1)不引入新杂质(如C项引入新杂质);(2)不减少被提纯物质(如B、D项减少了被提纯物质);(3)所加除杂试剂要过量;(4)过量除杂试剂必须除去;(5)被提纯物质与杂质易分离。

组卷:122次
难度:中等
知识点:碳酸氢钠
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75.

下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是

AAl能放出H2的溶液:SO42—、K、Na、Cl

B水电离出的OH的浓度为1×1010 mol/L的溶液:SO42—、Cl、K、Ba2

C能使石蕊试纸变红色的溶液:K、Fe2、NO3、Na

D含有较多Fe3的溶液:Na、SO42—、I、NH4+

【答案】

A

【分析】

离子间如果发生化学反应,则不能大量共存,反之是可以的。

【详解】

A.Al能放出H2的溶液,可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液在碱性条件下可大量共存;

B.B中产生硫酸钡沉淀,不能大量共存;

C.C中溶液显酸性,NO3-能氧化亚离子,不能大量共存;

D.D中铁离子能氧化I,不能大量共存,

所以答案选A。

组卷:189次
难度:偏难
知识点:离子反应
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76.

下列有关钝化现象的描述错误的是(     )

A钝化现象属于化学现象中的氧化还原反应

B中学化学中,只有Fe和浓硫酸之间才能发生钝化

C钝化现象是在常温下发生的,加热后可能反应更剧烈

D钝化的本质是反应生成致密的氧化膜阻止了进一步反应

【答案】

B

【解析】

A. 浓硫酸和浓硝酸均具有强氧化性,所以钝化现象属于化学现象中的氧化还原反应,A正确;B. 中学化学中,Al、Fe和浓硫酸以及浓硝酸在常温下可以发生钝化,B错误;C. 钝化现象是在常温下发生的,加热后可能反应更剧烈,例如加热时浓硝酸与铁可以反应,C正确;D. 钝化的本质是反应生成致密的氧化膜阻止了进一步反应,D正确,答案选B。

组卷:162次
难度:中等
知识点:硝酸
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77.

将含amol金属钠和bmol金属铝的合金投入mg足量水中,完全溶解,无金属剩余,所得溶液密度为dgcm3,下列相关计算式子中错误的是(  )

ANaOH的物质的量:(abmol

BNaAlO2的物质的量浓度:mol/L

C标况下生成H2的体积:L

D参加反应的水的质量:18a+1.5bg

【答案】

D

【详解】

发生反应:2Na+2H2O2NaOH+H22Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,所得溶液转化溶质为NaAlO2或者为NaOHNaAlO2

A.由Al原子守恒,可知nNaAlO2)=nAl)=bmol,由Na原子守恒可知:nNaOH)=nNa)﹣nNaAlO2)=(abmol,故A正确;

B.根据电子转移守恒,可知nH2)==(0.5a+1.5bmol,故溶液质量=(23a+27b+mg﹣(0.5a+1.5bmol×2g/mol=(22a+24b+mg,溶液的体积为(22a+24b+mg÷1000d/LL,故cNaAlO2)=bmol÷Lmol/L,故B正确;

C.标况下生成氢气的体积为:(0.5a+1.5bmol×22.4L/molL,故C正确;

D.由方程式可知,参加反应的水的物质的量为(a+bmol,故参加反应的水为18a+bg,故D错误。

故选:D

【点睛】

本题考查混合物的有关计算、化学方程式的计算等,关键是明确发生的反应,B选项中关键是计算溶液的体积。

组卷:136次
难度:偏难
知识点:氧化还原反应
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78.

两份铝屑,第一份与足量盐酸反应,第二份与足量氢氧化钠溶液反应,产生的氢气的体积比为1∶2(同温同压下),则第一份与第二份铝屑的质量比为(  )

A1∶3                      B1∶2                      C1∶1                      D2∶1

【答案】

B

【详解】

铝屑与盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2;两个化学方程式中铝与氢气的物质的量之比皆为23,题目中说二者产生氢气的体积比为12,故两份铝屑的物质的量之比为12,二者质量之比亦为12,故选项B正确。

组卷:143次
难度:容易
知识点:物质的量
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79.

下列实验中,现象及结论都正确,且二者之间有因果的是

AA                           BB                           CC                           DD

【答案】

D

【详解】

A项、5ml0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液完全反应,需要12.5mL 0.1mol/L草酸或6.25mL 0.2mol/L草酸,酸性高锰酸钾溶液过量,溶液颜色变浅,不会出现褪色,故A错误;

B项、铁粉过量,溶液中不存在三价铁离子,加入硫氰化钾溶液,溶液不会变红色,故B错误;

C项、铝箔在酒精灯上加热,铝箔表面生成一层熔点很高的氧化膜,其内部的铝熔点较低,故内部的铝熔化而不滴落,故C错误;

D项、向等体积等浓度的碳酸氢钠溶液和醋酸钠溶液中滴入酚酞,碳酸氢钠溶液红色更深,说明碳酸氢钠水解程度大于醋酸钠,碳酸氢钠水解常数大于醋酸钠,故D正确。

故选D

【点睛】

本题考查化学实验方案的评价,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,把握物质的性质、发生的反应为解答的关键。

组卷:138次
难度:中等
知识点:镁和铝
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80.

下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是

选项

实验操作

实验现象

结论

A

向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液

生成白色沉淀

该溶液中不一定含有SO42

B

FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水

滴加KSCN溶液无明显变化;再滴加氯水后溶液变红

氧化性:Cl2Fe3+

C

取久置的Na2O2粉末,向其中滴加过量的盐酸

产生无色气体

Na2O2没有变质

D

将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧

铝箔熔化但不滴落

铝箔表面有致密Al2O3薄膜,且Al2O3熔点高于Al

AA                          BB                           CC                           DD

【答案】

C

【详解】

A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡,则该溶液中不一定含有SO42−A项正确;

B. 滴加KSCN溶液,无明显变化,可知不含铁离子,滴加氯水后,溶液变红,可知亚铁离子被氧化为铁离子,则氧化性:Cl2>Fe3+B项正确;

C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳,且Na2O2与水反应生成氧气,则无论是否变质,均生成气体,C项错误;

D. 氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面,则铝箔熔化但不滴落,D项正确;

答案选C.

【点睛】

A项是易错点,硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸,无明显现象,再加氯化钡,若产生白色沉淀,则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。

组卷:175次
难度:中等
知识点:镁和铝
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81.

156 g Na2O254 g Al同时放入一定量的水中,充分反应后得到200 mL溶液,再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体672 L,若反应过程中溶液的体积保持不变,则下列说法正确的是

A.标准状况下,反应过程中得到784 L的气体

B.最终得到的溶液中c(Na)=c(Cl)+c(OH

C.最终得到78 g的沉淀

D.最终得到的溶液中c(Na)=15 mol·L1

【答案】

C

【分析】

15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol5.4gAl的物质的量为=0.2mol,首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2,生成NaOH0.4mol,再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2,由方程式可知Al完全反应,剩余NaOH0.4mol-0.2mol=0.2mol,生成NaAlO20.2mol,通入标准状况下的HCl气体6.72L,物质的量为=0.3mol,首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O,剩余HCl0.3mol-0.2mol=0.1mol,再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═AlOH3↓+NaCl,由方程式可知,NaAlO2有剩余,HCl完全反应,生成AlOH30.1mol,最终溶液中溶质为NaAlO2NaCl,据以上分析解答。

【详解】

A、由以上两个方程式可知:生成的气体体积为:(0.1 mol0.3 mol)=0.4 mol,标况下气体的体积为8.96 LA错误;

B、最终得到的是0.1 mol NaCl0.1 mol NaAlO2的混合溶液,据电荷守恒有:c(Na)+c(H)=c(Cl)+c(OH)+c(AlO2),由于c(H≠c(AlO2),所以c(Na≠c(Cl)+c(OH),B错误;

C、结合以上分析可知,反应后剩余0.2 mol NaOH,故0.3 mol HCl先与其反应后,剩余的0.1 mol HCl再与NaAlO2反应,生成0.1 mol Al(OH3沉淀,质量为0.1mol×78g/mol=7.8 gC正确;

D、根据钠离子守恒可知,n(Na=2nNa2O2)=2×0.2mol=0.4 mol,则c(Na)=2 mol·L1D错误;

答案选C

组卷:163次
难度:中等
知识点:物质含量的测定
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82.

下列说法不正确的是

A金属铝制品具有较强的抗腐蚀能力,说明铝的金属活动性较差

B洁厕灵(主要成分为盐酸)与84消毒液(主要成分为NaClO)混合使用易中毒

C锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后,再将不溶物用酸溶解去除

D利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异可以检验司机是否酒后驾车

【答案】

A

【解析】

A. 根据金属铝的性质分析;

B. 次氯酸钠和盐酸反应产生氯气;

C. 根据沉淀转化以及碳酸钙的性质分析;

D. 乙醇能与重铬酸钾发生氧化还原反应。

【详解】

A. 铝是活泼的金属,其表面易形成一层致密的氧化膜而阻止内部金属继续被氧化,因此金属铝制品具有较强的抗腐蚀能力,A错误;

B. 次氯酸钠能与盐酸反应生成氯气,氯气有毒,因此洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒,B正确;

C. 碳酸钙能溶于盐酸,且比硫酸钙更难溶,因此锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后,再将不溶物用酸溶解去除,C正确;

D. 重铬酸钾能氧化乙醇,反应时会发生颜色的变化(橙色变为绿色),因此利用乙醇的还原性以及Cr3+Cr2O72-的颜色差异可以检验司机是否酒后驾车,D正确;

答案选A

组卷:174次
难度:容易
知识点:沉淀溶解平衡
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83.

用下列装置能达到实验目的的是

A清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管

B配置一定物质的量浓度的溶液实验中,为定容时的操作

C装置制取金属锰

D装置为制备并用排气法收集NO气体的装置

【答案】

D

【详解】

A. 自来水中有杂质离子,清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水,应该用蒸馏水,且应该把反应液倒入水中,A项错误;

B. 定容时,当液面距定容刻度线12厘米处改用滴管滴加,使凹液面最低端与刻度线相切,B项错误;

C. 利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件,需要氯酸钾分解产生氧气促进镁条燃烧,利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰,该实验装置中没有氯酸钾作引发剂,C项错误;

D. 铜和稀硝酸反应可以制备NONO的密度比CO2的密度小,采用短口进气、长口出气的集气方式,D项正确;

答案选D

组卷:161次
难度:中等
知识点:仪器使用与实验安全
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84.

下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是

无色溶液中:K+Cu2+Na+

pH=11的溶液中:Na+

加入Al能放出H2的溶液中:Cl

在由水电离出的c(OH)=10−13 mol•L−1的溶液中:Na+Ba2+ClI

能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液:Na+ClS2−ClO

酸性溶液中:Fe2+Al3+Cl

A①②⑤                  B②④⑥                   C②④                      D③⑤⑥

【答案】

C

【解析】

Cu2+为蓝色,与无色溶液不符,故错误;
pH=11的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,则能共存,故正确;
加入Al能放出H2的溶液,为酸或强碱溶液,HCO3-既能与酸反应又能与碱反应,则不能共存,故错误;
由水电离出的cOH-=10-13 mol•L-1的溶液,为酸或碱溶液,该组离子在酸或碱溶液中不反应,能共存,故正确;
S2−ClO能发生氧化还原反应,则不能共存,故错误;
酸性溶液中,Fe2+H+NO3-发生氧化还原反应,则不能共存,故错误;
答案选C

组卷:185次
难度:中等
知识点:离子反应
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85.

实验室验证钠能与二氧化碳发生反应,并确定其产物的装置如图所示(已知:PdCl2 溶液遇 CO 能产生黑色的Pd),下列说法错误的是

A装置可以用稀硫酸代替稀盐酸

B装置中石灰水变浑浊后,再点燃酒精灯

C装置②③中分别盛装饱和 Na2CO3 溶液、浓H2SO4

D装置中有黑色沉淀,发生的反应是PdCl2+CO+H2OPd↓+CO2+2HCl

【答案】

AC

【分析】

由装置可知为二氧化碳的制取装置,应为NaHCO3溶液,用于除去HCl为浓硫酸,用于干燥二氧化碳气体,在加热条件下,在中如发生反应,则二氧化碳可被还原生成CO,可观察到中溶液产生黑色沉淀。

【详解】

A.装置为常温下固体和液体制备气体的装置,因为硫酸钙溶解度小,用稀硫酸代替稀盐酸,生成的硫酸钙会覆盖在固体表面,阻止内部碳酸钙继续反应,故A错误;

B.装置中石灰水变浑浊后,说明装置内的空气已排出,再点燃酒精灯,以防止氧气和钠反应,故B正确;

C.二氧化碳能与碳酸钠溶液反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢,再用浓H2SO4干燥二氧化碳气体,故C错误;

D.一氧化碳与氯化铅发生氧化还原反应,方程式为PdCl2+CO+H2OPd↓+CO2+2HCl,故D正确;

故选AC

组卷:113次
难度:中等
知识点:探究性实验
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二、填空题(共5题)
1.

将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中,充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液,生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题:

1)写出OA段和BC段反应的离子方程式:

OA___________ BC_____________

2)原Mg-Al合金的质量是_____________

3)原HCl溶液的物质的量浓度是________________

4)所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________

【答案】

H++OH-=H2O    Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O    5.1g    6mol/L    5mol/L   

【解析】

本题主要考查铝及其化合物。

Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2AlCl3MgCl2NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀,AlCl3NaOH反应生成Al(OH)3沉淀,NaOH过量时,Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知,起始加入NaOH溶液时,无沉淀产生,说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余,则OA段发生NaOHHCl的酸碱中和反应,AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2Al(OH)3沉淀,BC段沉淀的质量减少,发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2,最终沉淀为Mg(OH)2

1)根据分析可知OA段的离子方程式为:H++OH-=H2OBC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

2)根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2,质量为5.8g,根据镁元素守恒,则    Mg的物质的量为,根据B点沉淀总质量为13.6gC点沉淀质量为5.8g,则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g,根据铝元素守恒,则Al的物质的量为,则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g

3BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol,溶液体积为20mL,则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/LB点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6molB点溶液中溶质为NaCl,根据氯元素守恒,则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol,则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L

4)根据(3)中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。据此解答。

【详解】

Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2AlCl3MgCl2NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀,AlCl3NaOH反应生成Al(OH)3沉淀,NaOH过量时,Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知,起始加入NaOH溶液时,无沉淀产生,说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余,则OA段发生NaOHHCl的酸碱中和反应,AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2Al(OH)3沉淀,BC段沉淀的质量减少,发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2,最终沉淀为Mg(OH)2

1)根据分析可知OA段的离子方程式为:H++OH-=H2OBC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为;H++OH-=H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

2)根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2,质量为5.8g,根据镁元素守恒,则    Mg的物质的量为,根据B点沉淀总质量为13.6gC点沉淀质量为5.8g,则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g,根据铝元素守恒,则Al的物质的量为则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g。本小题答案为:5.1g

3BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol,溶液体积为20mL,则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/LB点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6molB点溶液中溶质为NaCl,根据氯元素守恒,则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol,则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。本小题答案为:6mol/L

4)根据(3)中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L

组卷:193次
难度:中等
知识点:镁和铝
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2.

钠、镁、铝、铁是四种重要的金属。请回答:

(1)钠的金属活动性比铝的________(”)

(2)钠与水反应,可观察到的实验现象是________(填编号)

a.钠沉到水底  b.钠熔成小球 c.小球四处游动

(3)FeCl2在一定条件下反应,所得产物的化学式是________

(4)写出铁与水蒸气在高温时反应的化学方程式____________

(5)将镁铝合金与过量NaOH溶液反应,所得溶液中不存在的离子是________

ANa        BMg2COH        DAlO2-

(6)将镁铝合金溶于过量的盐酸中,充分反应后,溶液中新生成的离子是________

【答案】

    bc    FeCl3    3Fe4H2O(g)Fe3O44H2    B    Mg2Al3   

【详解】

根据金属活动顺序表得出钠的金属活动性比铝的强,

故答案为强;

钠与水反应,可观察到现象为浮、熔、游、响,

故答案为bc

FeCl2反应,无论过量少量都只生成氯化铁,

故答案为FeCl3

铁与水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气,其化学方程式3Fe4H2O(g)Fe3O44H2

故答案为3Fe4H2O(g)Fe3O44H2

将镁铝合金与过量NaOH溶液反应,只有铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,镁不反应,还剩余氢氧化钠,因此不存在的离子是镁离子,

故答案为B

将镁铝合金溶于过量的盐酸中,镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气,铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气,因此溶液中新生成的离子是镁离子和铝离子,

故答案为Mg2Al3

组卷:120次
难度:容易
知识点:
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3.

某些物质的转化可用下图表示

请回答下列问题

(1)完成反应方程式:

______Ca(OH)2+_____NaHCO3(过量)=______+_____+_______H2O,___________

(2)A、C均含有铝元素:

B为盐酸时,C___________

BNaOH时,C___________

(3)A为第二周期黑色固体单质,B为第二周期某元素的最高价氧化物的水化物。写出该反应的化学方程式______________________

(4)A为过量铁粉、B为稀硝酸,检验溶液中金属阳离子的方法是___________

(5)C为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。实验室为了简便制取该气体,下列方法中适合的是___________

A.加热氯化铵固体,产生的气体用碱石灰干燥

B.N2H2混合气中加入铁触媒并加热至500℃

C.在浓氨水中加入NaOH固体,产生的气体可用固体NaOH干燥

D.加热NH4HCO3,生成的气体用P2O5干燥

(6)AS单质,DNa2SO3

Na2SO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________

C的浓溶液有臭鸡蛋气味,配制C溶液的方法是___________

【答案】

1,2,CaCO3↓,Na2CO3,2    AlCl3    NaAlO2    C+4HNO3()CO2↑+4NO2↑+2H2O    取反应后溶液滴加到少量KMnO4溶液中,紫红色褪去    C    c(Na+)>c(SO32)>cOH)>c(HSO3)>c(H+)    Na2S固体溶解在浓NaOH溶液中再加水稀释   

【分析】

1)依据过量的碳酸氢钠和氢氧化钙反应方程式填写;

2)若AC均含有铝元素B为盐酸时,依据盐酸和铝反应可知,CAlCl3

BNaOH时,CNaAlO2

3)若A为第二周期黑色固体单质,则ACB为第二周期某元素的最高价氧化物的水化物,BHNO3,

4)若A为过量铁粉、B为稀硝酸,则溶液中的金属阳离子是Fe2+

5)若C为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,则CNH3

6)若AS单质,DNa2SO3;则反应为:3S+6NaOH  2Na2S+Na2SO3+3H2O

①Na2SO3是强碱弱酸盐,在溶液中发生水解,溶液显碱性;

②C的浓溶液有臭鸡蛋气味,所以CNa2S,配制该溶液是应防止其水解;

【详解】

1)过量的碳酸氢钠和氢氧化钙反应的方程式为:Ca(OH)2+2NaHCO3(过量)=CaCO3+Na2CO3+2H2O

本题答案为:12CaCO3Na2CO32

2)若AC均含有铝元素B为盐酸时,依据盐酸和铝反应可知,CAlCl3

BNaOH时,CNaAlO2

本题答案为:AlCl3 NaAlO2

3)有分析知道,ACBHNO3,则反应方程式为:C+4HNO3()CO2↑+4NO2↑+2H2O

本题答案为:C+4HNO3()CO2↑+4NO2↑+2H2O

4)若A为过量铁粉、B为稀硝酸,则溶液中的金属阳离子是Fe2+,检验Fe2+的方法是:取反应后溶液少许于试管中,滴加到少量KMnO4溶液中,紫红色褪去;

本题答案为:取反应后溶液,滴加到少量KMnO4溶液中,紫红色褪去。

5)若C为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,则CNH3,实验室制取NH3的简便方法是:在浓氨水中加入NaOH固体,产生的气体可用固体NaOH干燥;

本题答案为:C

6)若AS单质,DNa2SO3;则反应为:3S+6NaOH  2Na2S+Na2SO3+3H2O

①Na2SO3是强碱弱酸盐,在溶液中发生水解,溶液显碱性,Na2SO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为:c(Na+)c(SO32)cOH)c(HSO3)c(H+)

本题答案为:c(Na+)c(SO32)cOH)c(HSO3)c(H+)

②C的浓溶液有臭鸡蛋气味,是因为Na2S水解产生H2S的原因,配制该溶液时应加入氢氧化钠抑制其水解,所以取Na2S固体溶解在浓NaOH溶液中,再加水稀释,来配制Na2S溶液;

本题答案为:取Na2S固体溶解在浓NaOH溶液中,再加水稀释。

组卷:136次
难度:中等
知识点:无机综合推断
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4.

为分离废磷酸亚铁锂电池的正极材料(主要含LiFePO4和铝箔)中的金属,将正极材料粉碎后进行如下流程所示的转化:

已知LiFePO4不溶于水和碱,能溶于强酸。

1碱溶时的离子方程式为___

2)向滤液中通入过量CO2会析出Al(OH)3沉淀,写出该反应的离子方程式:____

3酸浸时溶液中Fe2+发生反应的离子方程式为_____

4)检验沉铁后所得溶液中是否存在Fe3+的方法是____

5)以Fe(OH)3为原料可以制取FeSO4晶体,还需的试剂有____

6沉锂时,检验Li+是否沉淀完全的方法是____

【答案】

2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2    AlO2-+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HCO3-    2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O    取少量沉铁后所得上层溶液,向其中滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则存在Fe3+,若溶液不变红,则不存在Fe3+    硫酸、铁粉    静置,向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液,若无沉淀生成,则Li+沉淀完全   

【分析】

废磷酸亚铁锂电池的正极材料(主要含LiFePO4和铝箔),加入NaOH溶液,铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,所以滤液NaAlO2LiFePO4不溶于水和碱,所以滤渣LiFePO4LiFePO4能溶于强酸,加入H2SO4H2O2,其中的Fe2+被氧化为Fe3+,加入NaOH溶液,生成Fe(OH)3沉淀,再加入Na2CO3溶液,Li+转化为Li2CO3沉淀,据此答题。

【详解】

1碱溶时,正极材料粉末中的铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2,故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2

2)滤液NaAlO2溶液,通入过量CO2会生成Al(OH)3沉淀,反应的化学方程式为:AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-,故答案为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-

3酸浸时溶液中的Fe2+在酸性条件下被H2O2氧化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,故答案为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

4)检验沉铁后所得溶液中是否存在Fe3+的方法是取少量沉铁后所得上层溶液,向其中滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则存在Fe3+,若溶液不变红,则不存在Fe3+,故答案为取少量沉铁后所得上层溶液,向其中滴加KSCN溶液,若溶液变红色,则存在Fe3+,若溶液不变红,则不存在Fe3+

5)先将Fe(OH)3H2SO4反应生成硫酸铁,硫酸铁与铁粉反应生成硫酸亚铁,故答案为硫酸、铁粉。

6沉锂时,检验Li+是否沉淀完全的方法是静置,向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液,若无沉淀生成,则Li+沉淀完全,故答案为静置,向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液,若无沉淀生成,则Li+沉淀完全。

组卷:149次
难度:中等
知识点:离子反应
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5.

1)还原铁粉与高温水蒸气反应的化学方程式:_____________________________________

2)除去Mg粉中的Al粉的试剂是__________ ,反应的离子方程式为:____________

3)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性,可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到,请补充并配平下面离子方程式。

____Fe(OH)3 +____ClO+____OH =__FeO42___Cl+_________

4)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,氧化剂是________________;还原剂是_______________;当有11molP参加反应,转移的电子的物质的量为________1molCuSO4能氧化的P原子的数目为_____________

【答案】

3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2    NaOH溶液    2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2    2    3    4    2    3    5    H2O    PCuSO4    P    30mol    0.2NA(1.204×1023)   

【分析】

1)还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气;

2Mg与酸反应, Al粉既能与酸反应又能与碱反应;

3)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式;

411P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,P元素的化合价由0降低为-3价,这样的P原子是5mol,还有P元素的化合价由0升高为+5价,这样的P原子是6molCu元素的化合价由+2价降低为+1价,根据氧化还原反应的概念以及电子守恒知识来解答。

【详解】

1)还原铁粉与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,反应方程式是3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2

2Mg与酸反应, Al粉既能与酸反应又能与碱反应,所以用氢氧化钠溶液除去Mg粉中的Al粉,铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2

3)氢氧化铁和次氯酸钠在碱性介质中反应得到高铁酸钠,铁元素化合价由+3升高为+6,氯元素化合价由+1降低为0,根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒,离子方程式为2Fe(OH)3 +3ClO+4OH =2FeO423Cl+5 H2O

4)在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,部分P原子的化合价由0降低为-3价, Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,氧化剂是PCuSO4;部分P元素的化合价由0升高为+5价,还原剂是PP元素的化合价由0降低为-3价,这样的P原子是5mol,还有P元素的化合价由0升高为+5价,这样的P原子是6molCu元素的化合价由+2价降低为+1价,当有11molP参加反应,转移的电子的物质的量为30molCu元素的化合价由+2价降低为+1价,P元素的化合价由0升高为+5价,所以1molCuSO4能氧化的0.2molP原子,氧化P原子的数目为0.2NA(1.204×1023)。

组卷:146次
难度:偏难
知识点:氧化还原反应方程式的配平
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三、实验,探究题(共7题)
1.

某课外活动小组根据镁与CO2的反应设计实验探究镁与NO2的反应

甲同学推测产物是MgON2

乙同学推测产物除了MgON2外,固体中还可能含有Y。

该小组同学设计了以下装置探究镁与NO2反应的固体产物,并测定其组成。


1实验开始时,先关闭止水夹后打开弹簧夹,再打开分液漏斗活塞,当硬质玻璃管充满红综色气体后,打开止水夹,关闭弹簧夹,最后点燃酒精灯。这样做的目的是___________________________________________________________

(2)装置B中的试剂可以选用________

A、浓硫酸       B、无水氯化钙      C、五氧化二磷      D、碱石灰

(3)装置C中盛装氢氧化钠溶液的作用是:___________________________________

(4)为保证生成气体体积的准确性,读取量筒刻度时应注意的问题是气体恢复至室温再读数;_______________________________;③______________________________。 

(5)实验结束后同学们将固体产物取出与水反应,发现有刺激性气味的气体产生,该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝。说明乙组同学推测正确,请写出Y与水反应的化学方程式__________________________________

(6)若初始加入镁粉质量为3.6 g,在足量的NO2中充分反应后 ,收集到N2体积为448mL (标准状况),则产物中MgO的质量是_________

【答案】

排除装置中空气,避免空气干扰    BC    吸收剩余NO2    调整量筒中液面与D中水平    视线与液体凹液面相切    Mg3N2+H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3    4.8g   

【解析】

(1)实验开始时,先关闭止水夹后打开弹簧夹,再打开分液漏斗活塞,当硬质玻璃管充满红综色气体后,打开止水夹,关闭弹簧夹,最后点燃酒精灯。这样做可以排除装置中空气,避免空气干扰,故答案为排除装置中空气,避免空气干扰;

(2)装置A中浓硝酸与铜反应生成二氧化氮,生成的二氧化氮中混有水蒸气,装置B中的试剂需要除去其中的水蒸气,可以选用无水氯化钙和五氧化二磷等酸性固体干燥剂,故选BC;

(3)二氧化氮能够污染空气,并且与水反应生成一氧化氮,影响氮气的体积的测定,装置C中盛装氢氧化钠溶液可以吸收为反应的NO2,故答案为吸收剩余的NO2

(4)为保证生成气体体积的准确性,读取量筒刻度时应注意的问题是:气体恢复至室温再读数;调整量筒中液面与D中水平;视线与液体凹液面相切,故答案为调整量筒中液面与D中水平;视线与液体凹液面相切;

(5)实验结束后,同学们将固体产物取出与水反应,发现有刺激性气味的气体产生,该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝,说明生成的气体为氨气,则固体产物中含有氮元素,根据参与反应的物质为镁和二氧化氮,可以判断固体产物为Mg3N2,Mg3N2与水反应的化学方程式为Mg3N2+H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3,故答案为Mg3N2+H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑;

(6)镁的物质的量==0.15mol,反应生成氧化镁或氮化镁,失去电子0.3mol,标准状况下,N2体积为448mL,物质的量==0.02mol,得到了电子0.02mol×8=0.16mol,根据得失电子守恒,生成Mg3N2mol=0.01mol,根据镁原子守恒,生成的氧化镁为mol=0.12mol,质量为0.12mol×40g/mol=4.8g,故答案为4.8g。

【点睛】

本题考查了物质性质的探究,掌握化学实验的基本操作和物质的性质是解题的关键。本题的难点是(5)中固体物质的判断,可以根据化学方程式的原子守恒分析判断,本题的易错点为(6)的计算,需要灵活应用守恒关系解答。

组卷:186次
难度:中等
知识点:镁和铝
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2.

较活泼金属与硝酸反应,产物复杂。如一定浓度的硝酸与镁反应,可同时得到NONO2N2三种气体。某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NONO2生成并制取氮化镁。(假设实验中每步转化均是完全的)

已知:①NO2沸点是21.1℃、熔点是-11℃NO的沸点是-151℃、熔点是-164℃氮化镁遇水会发生水解。

回答下列问题:

1)为达到上述实验目的,所选用的仪器的正确连接方式是_____ (填序号)

a. A→ D → C → F → B → F →E     b. A→ C → D → F → B → F →E

c. A→ F → C → D → F → B →E     d. A→ F → D → C → F → B →E

2)确定还原产物中有NO2的现象是______________________________,实验中两次使用装置F,第二次使用装置F的作用是____________________________________

3)实验前需先打开开关K,向装置内通CO2气体,其目的是____________,当_______________时停止通入CO2

4)实验过程中,发现在D中产生预期现象的同时,C中溶液颜色慢慢褪去,试写出C中反应的离子方程式____________________________________________________

5)在A中反应开始时,某同学马上点燃B处的酒精灯,实验结束后通过测定发现B处的产品纯度不高,原因是______________________________________(用化学方程式回答)。

6)验证B处有氮化镁生成的方法是_______________

【答案】

a    D中有红棕色液体生成    防止E中水蒸气进入B中,造成产物不纯    排除装置内空气,防止干扰实验    E中产生白色沉淀    5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O    CO2+2Mg2MgO+C    B中固体少量于试管中,向其中加入少量水,若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则B中有氮化镁生成   

【解析】

试题分析:本题考查MgHNO3反应产物的探究以及Mg3N2的制备,涉及装置的连接、物质的检验、方程式的书写

(1)根据题意一定浓度的硝酸与Mg反应可同时得到NO、NO2、N2”,若有NO2生成则气体呈红棕色,根据已知①NO2、NO的熔沸点,在装置D中可将NO2冷凝为液态,可观察到装置D中有红棕色液体生成利用NO具有还原性,用装置C中酸性KMnO4溶液验证NO;根据已知②Mg3N2遇水会发生水解,与Mg反应的N2必须是干燥的气体在进入装置B之前必须用浓硫酸干燥N2且要防止H2O(g)进入制备Mg3N2的装置;装置的连接顺序为:A→D→C→F→B→F→E,答案选a。

(2)根据上述分析,确定还原产物中有NO2的现象是:装置D中有红棕色液体生成。Mg3N2遇水会发生水解,实验中两次使用装置F,第一次使用装置F的作用是干燥N2第二次使用装置F的作用是:防止EH2O(g)进入B使Mg3N2不纯

(3)由于NO能与O2反应生成NO2会影响NO2、NO的验证,实验开始前要排出装置中空气所以实验前先打开开关K,向装置内通CO2气体,其目的是:排除装置内空气,防止干扰实验当观察到装置EBa(OH)2溶液中产生白色沉淀时,表明装置中空气已经排尽,停止通入CO2

(4)装置D中观察到有红棕色液体出现,装置C中溶液颜色慢慢褪去,说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成NO3-同时MnO4-被还原成Mn2+反应可写成NO+MnO4-→NO3-+Mn2+,N元素的化合价由+2价升至+5,Mn元素的化合价由+7价降至+2价,根据得失电子守恒配平为5NO+3MnO4-→5NO3-+3Mn2+结合原子守恒、电荷守恒,写出离子方程式为5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O。

(5)在A中反应开始时,马上点燃B处的酒精灯,MgCO2发生置换反应生成MgOC,导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高,MgCO2反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。

(6)Mg3N2遇水发生水解生成Mg(OH)2NH3,检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可验证B处有Mg3N2生成的方法是:取B中固体少量于试管中,向其中加入少量水,若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则B中有氮化镁生成

点睛本题的难点是实验装置的连接和氧化还原反应方程式的书写,理解实验的原理和各物质性质的差异是解答本题的关键。氧化还原反应方程式的书写,先根据实验现象分析氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物,再根据得失电子守恒配平,最后用原子守恒、电荷守恒写出完整的方程式。

组卷:168次
难度:偏难
知识点:硝酸
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3.

无水MgBr2可用作催化剂.实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2,装置如图1,主要步骤如下:

步骤1 三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚;装置B中加入15mL液溴.

步骤2 缓慢通入干燥的氮气,直至溴完全导入三颈瓶中.

步骤3 反应完毕后恢复至常温,过滤,滤液转移至另一干燥的烧瓶中,冷却至0℃,析出晶体,再过滤得三乙醚溴化镁粗品.

步骤4 室温下用苯溶解粗品,冷却至0℃,析出晶体,过滤,洗涤得三乙醚合溴化镁,加热至160℃分解得无水MgBr2产品.

已知:①MgBr2反应剧烈放热;MgBr2具有强吸水性.

②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5

请回答:

1)仪器A的名称是______.实验中不能用干燥空气代替干燥N2,原因是______________

2)如将装置B改为装置C(图2),可能会导致的后果是___________________

3)步骤3中,第一次过滤除去的物质是_________________

4)有关步骤4的说法,正确的是__________________

A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品   

B、洗涤晶体可选用0℃的苯

C、加热至160℃的主要目的是除去苯   

D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴

5)为测定产品的纯度,可用EDTA(简写为Y)标准溶液滴定,反应的离子方程式:Mg2++Y4═MgY2滴定管洗涤前的操作是_____________________________

测定时,先称取0.2500g无水MgBr2产品,溶解后,用0.0500mol•L1EDTA标准溶液滴定至终点,消耗EDTA标准溶液25.00mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________(以质量分数表示).

【答案】

干燥管    防止镁屑与氧气反应,生成的MgO阻碍MgBr2的反应    会将液溴快速压入三颈瓶,反应过快大量放热而存在安全隐患    镁屑    BD    检漏    92%   

【解析】

1)仪器A为干燥管,本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁,所以装置中不能有能与镁反应的气体,例如氧气,所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气,防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍MgBr2的反应,故答案为干燥管;防止镁屑与氧气反应,生成的MgO阻碍MgBr2的反应;

2)将装置B改为C装置,当干燥的氮气通入,会使气压变大,将液溴快速压入三颈瓶,反应过快大量放热存在安全隐患,装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中,反应容易控制,可防止反应过快,故答案为会将液溴快速压入三颈瓶,反应过快大量放热而存在安全隐患;

3)步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑,故答案为镁屑;

4A.95%的乙醇中含有水,溴化镁有强烈的吸水性,选项A错误;

B.加入苯的目的是除去乙醚和溴,洗涤晶体用0°C的苯,可以减少产品的溶解,选项B正确;

C.加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁,不是为了除去苯,选项C错误;

D.该步骤是为了除去乙醚和溴,选项D正确;

答案选BD

5滴定管洗涤前的操作是检漏;

依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析,溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.0250L=0.00125mol,则溴化镁的质量为0.00125mol×184g/mol=0.23g,溴化镁的产品的纯度=×100%=92%

组卷:162次
难度:中等
知识点:物质含量的测定
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4.

某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。

1A中试剂为___________________________________________

2B中发生反应的化学方程式为______________________________________

3)若实验用铝镁合金的质量为a g,测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)B中剩余固体的质量为c g,则铝的相对原子质量为________

4)实验过程中,若未洗涤过滤所得的不溶物,则测得铝的质量分数将________(偏大”“偏小不受影响”)

【答案】

NaOH溶液    2Al2NaOH2H2O===2NaAlO23H2        偏小  

【分析】

测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量,因MgNaOH不反应,而AlNaOH反应,由实验可知,A中为NaOH溶液,B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2CD为量气装置,B中剩余固体为Mg,固体质量差为Al的质量,利用氢气的体积可计算铝的质量分数和铝的相对原子质量。

【详解】

MgNaOH不反应,而AlNaOH反应,由实验可知,A中为NaOH溶液,B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2CD为量气装置,

(1)由上述分析可知,ANaOH溶液;

(2)B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2

(3)B中剩余固体的质量为cg,为Mg的质量,则Al的质量为(a-cg,测得氢气体积为bmL,其物质的量为×10-3mol;根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知,Al的物质的量为×10-3mol=mol,则Al的摩尔质量为=g/mol,原子量为

(4)若未洗涤过滤所得的不溶物,c值偏大,则造成(a-c)变小,由铝的质量分数为×100%可知,实验过程中铝的质量分数偏小。

组卷:193次
难度:中等
知识点:物质含量的测定
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5.

某化学学习小组为了探究镁和二氧化硫的反应产物,进行如下实验:

.设计如图所示装置完成镁和二氧化硫的反应实验。

1)实验室用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2,利用的是浓硫酸的________(填字母)

a.强氧化性        b.强酸性c.脱水性        d.腐蚀性

2B装置中试剂的名称是________E装置的作用是_______________________________

3)有同学认为可以拆去D装置,你认为________(不能”)拆去D装置,理由是__________________________________________________

.探究燃烧的反应产物

4)反应后取C装置中的固体粉末进行如下实验:

实验现象:G装置中产生黑色沉淀,装置中黑色粉末变红色,J装置中白色粉末变蓝色。

写出G装置中发生反应的离子方程式:____________________IJ装置中的现象说明固体中含有____________________(填化学式)

5)取出F装置烧瓶中的混合物,经过滤、干燥得到少量固体粉末,为了探究固体粉末的成分,选择下列装置进行实验:

按气体从左至右,选择所需装置,正确的连接顺序为________________(填字母)

能证明固体粉末是硫磺的实验现象是___________________________________________

6)经实验测定,镁在二氧化硫中燃烧生成产物有硫化镁、硫和氧化镁。如果m(MgO)∶m(MgS)

m(S)20∶7∶4,写出镁与SO2在加热条件下反应的化学方程式:____________

【答案】

b    浓硫酸    吸收尾气中的SO2,防止空气中的CO2Mg反应        D装置与盛有固体试剂的装置相连,不会发生倒吸    Cu2H2S===CuS↓2H    Mg    dcab    品红溶液褪色    5Mg2SO24MgOMgSS   

【解析】

本题重点考查镁和二氧化硫的反应产物的实验探究。本题应根据 已知推未知,已知2Mg+CO2=2MgO+C,可推测二氧化硫与镁可能反应2Mg+SO2=2MgO+S,镁单质还能与产物中的硫单质反应生成硫化镁。实验I为镁和二氧化硫的反应实验,A装置为二氧化硫的制备(浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应),制备的SO2中混有水蒸气,应先用浓硫酸干燥SO2,再让SO2MgO反应;二氧化硫为污染性气体,不能直接排放,所以用碱石灰吸收未反应的SO2,同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验。实验II为探究产物,固体中可能含有氧化镁、硫单质、硫化镁和镁单质。将固体产物加入稀硫酸,产生气体,硫化镁与硫酸反应生成硫化氢气体,MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑,镁单质和稀硫酸反应生成氢气和硫酸镁,装置G中加硫酸铜溶液可验证是否有硫化氢生成,G装置中产生黑色沉淀证明有硫化铜生成,进而证明固体中含有硫化镁;接下来验证是否有氢气生成,利用氢气还原氧化铜,并检验产物是否有水,因此在验证是否有氢气生成时应先干燥气体;装置中黑色粉末变红色,说明氧化铜被还原为铜单质,J装置中白色粉末变蓝色证明有水生成,进而证明了固体中含有镁单质;此实验结束后发现还有少量不溶固体,猜测可能为硫单质,实验III即验证剩余固体是否为硫单质,先使固体与氧气反应,将产物通入品红溶液中,如果品红褪色,则证明固体为硫单质

【详解】

(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应,该反应中强酸制备弱酸,浓硫酸表现出酸性。

(2)制备的SO2中混有水蒸气,应先用浓硫酸干燥SO2;二氧化硫为污染性气体,不能直接排放,所以用碱石灰吸收未反应的SO2,同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验,所以碱石灰还可以防止空气中的CO2Mg反应。

(3)本实验中加热装置与盛有固体试剂的装置连接,不会发生倒吸,不需要安全瓶,所以能拆去D装置。

(4)F装置中MgS与稀硫酸发生MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑,硫酸铜溶液用于检验H2S,H2SCu2反应生成硫化铜黑色沉淀,离子反应为Cu2H2S=CuS↓2H 。氧化铜被还原成铜和水,无水硫酸铜变蓝色,说明固体与稀硫酸反应有氢气产生,即固体中含有未反应的镁粉。

(5)题给装置中没有氧气干燥装置,如果选择双氧水制氧气,不能得到干燥的氧气。实验中,应该用干燥的氧气与硫反应,故选择高锰酸钾制氧气。装置连接顺序为制氧气d、氧气与硫反应c、检验SO2a、吸收尾气b

氧气与硫反应生成二氧化硫,二氧化硫能使品红溶液褪色,所以如果品红溶液褪色,则证明剩余固体为硫单质;

(6)根据质量之比m(MgO)m(MgS)m(S)=2074,则物质的量之比为n(MgO)n(MgS)n(S)=m(MgO)/M(MgO):m(MgS)/M(MgS):m(S)/M(S)=20/40:7/56:4/32=411,由产物的物质的量之比可得出反应的化学方程式为5Mg2SO24MgOMgSS

组卷:130次
难度:中等
知识点:含硫化合物之间的转化
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6.

氮化镁是一种浅黄色粉末,易水解生成氢氧化镁和氨气,常用于制备其它超硬、高导热、耐高温的氮化物。实验室用以下装置制取干燥、纯净的N2并与金属镁反应制取氮化镁。

已知:Mg + 2NH3 Mg(NH2) 2+ H2

回答下列问题:

1)装置A的分液漏斗中盛装的试剂是________BF中盛装碱石灰的仪器名称是_______

2)连接好装置进行实验前经检查装置的气密性良好。其他实验步骤如下:

装药品  ②点燃C处酒精灯点燃E处酒精灯  ④打开A中分液漏斗     

正确的先后顺序为_________________(填序号)。

3)与分液漏斗相连通的橡胶管的作用是_________________________________

4C中反应的化学方程式是_____________________________________________

5D装置的作用是_______________________________________________

6)若24.0g镁放入E装置中,实验结束后称得E增加了7.0g,则氮化镁的产率是_________

7)设计简单实验证明E中得到的固体中含有氮化镁________________________________

【答案】

浓氨水    干燥管    ①④②③    平衡分液漏斗内外压强,便于液体顺利流下    3CuO2NH33CuN23H2O    吸收氨气并干燥氮气    75.0%    取所得固体放入试管中,滴入少量蒸馏水,用镊子夹取一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口,试纸变蓝色,证明含有氮化镁   

【分析】

(1)装置A是用生石灰和浓氨水制备NH3的装置由图中仪器结构可知,BF中盛装碱石灰的仪器是干燥管
(2)装置内含有空气,对E装置反应会有影响,所以要先点燃C处酒精灯,利用产生的N2排除装置中的空气后,再点燃E处酒精灯

(3)橡皮管起气压平衡管的作用,使漏斗里面的气压与烧瓶的始终相等
(4)C中反应为氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气的反应,根据产物写出化学方程式
(5)E中镁和氮气反应,NH3和水蒸气会干扰实验,用装置D除去
(6)根据镁的质量计算氮化镁的理论产量,根据E增加的质量,即实际参加反应的氮气质量计算氮化镁的实际产量,氮化镁的产率=实际产量/理论产量×100%
(7)根据氮化镁水解生成氢氧化镁沉淀与氨气,氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝,据此设计证明有氮化镁生成。

【详解】

(1)装置A是用生石灰和浓氨水制备NH3的装置所以装置A的分液漏斗中盛装的试剂是浓氨水;由图中仪器结构可知,BF中盛装碱石灰的仪器是干燥管

因此,本题正确答案为:浓氨水干燥管;
(2)根据实验装置和制备原理,装置内含有空气,对E装置反应会有影响,所以要先点燃C处酒精灯,利用产生的N2排除装置中的空气后,再点燃E处酒精灯,故正确的先后顺序为①④②③

因此,本题正确答案为:①④②③

(3)橡皮管起气压平衡管的作用,使漏斗里面的气压与烧瓶的始终相等便于液体顺利流下

因此,本题正确答案为:平衡分液漏斗内外压强,便于液体顺利流下;
(4)C中反应为氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气的反应该反应为氧化还原反应,CuONH3还原为Cu,化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O;

因此,本题正确答案为:3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O;
(5)根据E中镁和氮气反应制取氮化镁,NH3和水蒸气会干扰实验,要用装置D除去D装置的作用是吸收氨气并干燥氮气

因此,本题正确答案为:吸收氨气并干燥氮气
(6)24.0g镁的物质的量为1mol,由方程式3Mg+N2Mg3N2可知,1mol Mg和足量的N2反应理论上能够生成mol Mg3N2E增加了7.0g,是参加反应的N2质量,则参加反应的N2物质的量为=0.25mol,则实际制得0.25mol Mg3N2

所以氮化镁的产率=×100%=75.0%

因此,本题正确答案为:75.0%
(7)由于氮化镁与水反应后能放出氨气,可以通过检测氨气的生成来测定是否有氮化镁。方法为:取所得固体放入试管中,滴入少量蒸馏水,用镊子夹取一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口,试纸变蓝色,证明含有氮化镁

因此,本题正确答案为:取所得固体放入试管中,滴入少量蒸馏水,用镊子夹取一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口,试纸变蓝色,证明含有氮化镁。

【点睛】

本题为综合题,主要考查了金属镁的性质,氮化镁制备的实验分析是难点,注意把握反应的实质和各个仪器的用途是解题的关键。

组卷:172次
难度:中等
知识点:物质的检验
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7.

某同学通过以下装置测定M样品(只含)中各成分的质量分数。取两份质量均为M样品,按实验1(如图1)和实验2(如图2)进行实验,该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为(已折算到标准状况下)。

(1)该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸配制的,则该浓硫酸的物质的量浓度是______

(2)写出实验1中可能发生反应的离子方程式:____________________________________

(3)对于实验2,平视读数前应依次进行的两种操作是:____________,②____________

(4)M样品中铜的质量分数的数学表达式为(用表示):________________________

(5)该实验需要溶液,请回答下列问题:

配制时应称量______

配制溶液时,固体中含有杂质会导致所配溶液浓度______。(填偏大偏小无影响,下同)。

(6)若拆去实验2中导管a,使测得气体体积______;实验1进行实验前,B瓶中水没有装满,使测得气体体积______

【答案】

18.4    2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2    冷却到室温    调整BC液面相平        10.0    偏大    偏大    无影响   

【解析】

【分析】

据题意,M只含铁、铝、铜三种金属,其中铝既能与强酸反应,又能与强碱反应;铁只能溶于强酸,不溶于强碱;铜既不溶于氢氧化钠,也不溶于稀硫酸

(1)根据计算该浓硫酸的物质的量浓度;

(2)实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应;

(3)对于实验2,平视读数前应等到冷却到室温,并上下移动C量气管,使B、C液面相平,其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压,这样读得的读数才准确;

(4)根据V1可计算出样品中铝的质量,铁和铝都与酸反应生成氢气,所以根据V2﹣V1即为铁与盐酸反应生成的氢气计算铁的量,再进一步计算铜的质量,从而计算出铜的质量分数

(5)①要配制0.50mol•L1NaOH溶液480mL,所用容量瓶应为500mL,所以计算氢氧化钠的质量时要按500mL溶液计算;

②NaOH固体中含有Na2O杂质,氧化钠与水发生化合反应生成氢氧化钠,使得溶液中氢氧化钠偏多,据此答题;

(6)若拆去实验2中导管a,加入液体时,排出锥形瓶中部分空气,导致测定的气体体积偏大如果实验1实验前B瓶液体没有装满水,不影响实验结果,因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积

【详解】

(1)根据可得浓硫酸的物质的量浓度为

(2)实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应,反应的离子方程式为:2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑;

(3)对于实验2,平视读数前应等到冷却到室温并上下移动C量气管,使B、C液面相平,其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压,这样读得的读数才准确

(4)根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为,铁和铝都与酸反应生成氢气,所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气,所以样品中铁的质量为,所以样品中铜的含量为=mg-,故铜的质量分数的表达式为:

(5)①要配制0.50mol•L1NaOH溶液480mL,所用容量瓶应为500mL,所以配制时应称量0.50mol•L1×0.5L×40g/mol=10.0g NaOH;

②NaOH固体中含有Na2O杂质,相同质量时氧化钠与水反应生成更多的氢氧化钠,使得溶液中氢氧化钠偏多,所以会导致所配溶液浓度偏大

(6)若拆去实验2导管a,加入液体时,排出锥形瓶中部分空气,导致测定的气体体积偏大;如果实验1实验前B瓶液体没有装满水,不影响实验结果,因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积

组卷:137次
难度:偏难
知识点:物质的量
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四、计算题(共1题)
1.

将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入NaOH溶液,生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。

1)原混合液中镁和铝的质量比为___________

2NaOH溶液的物质的量浓度为__________mol/L

3)生成的气体在标准状况下的体积为_________L

【答案】

23    5    10.08   

【解析】

根据图像可知,加入NaOH溶液后并没有立即生成沉淀,这说明稀盐酸是过量的,所以有关离子方程式应该是:HOH=H2OAl33OH=Al(OH)3Mg22OH=Mg(OH)2Al(OH)3OH=AlO22H2O。根据图像可知,和Al(OH)3反应的NaOH溶液是240mL200mL40mL,则Al(OH)3的物质的量是0.35mol0.15mol0.20molMg(OH)20.15mol,(1)根据原子守恒可知,镁和铝的总的质量分别是0.15mol×24g/mol=3.6g0.2mol×27g/mol5.4g,质量比为:3.65.4=23;(2NaOH溶液的物质的量浓度是5mol/L;(3)根据镁和铝的物质的量可知:生成的氢气在标准状况下的体积为(0.15mol0.2mol×22.4L/mol10.08L

点睛:该题是高考中的常见题型和考点,考查镁、铝和酸碱反应的有关计算,属于中等难度的试题。注重对学生基础知识巩固和训练的同时,侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练,有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。该题的关键是明确反应原理,然后依据方程式和图像灵活运用即可。

组卷:122次
难度:中等
知识点:镁和铝
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五、综合题(共2题)
1.

铝是一种应用广泛的金属,在工业上用和冰晶石混合熔电解制得。

Ⅰ.铝土矿的主要成分是等。从铝土矿中提炼的流程如下:

1)写出反应1中涉及的任意一个化学方程式______

2)滤液中加入的CaO生成的沉淀是_____,已知气体A在标准状况下的密度为1.96g/L,反应2的离子方程式为______

Ⅱ.以萤石和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下:

3)萤石的电子式______

4)若E为硫酸钙,D为最稳定的气态氢化物,则化合物C______,写出由D制备冰晶石的化学方程式_______

5)工业电解制铝若以石墨为电极,阳极产生的混合气体的成分是_______

【答案】

2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O    CaSiO3    2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-        浓硫酸    12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O    O2CO2CO   

【分析】

Ⅰ.铝土矿的主要成分是Al2O3SiO2等,加入氢氧化钠溶液氧化铝溶解,过滤得到滤液偏铝酸钠溶液,二氧化硅溶解生成硅酸钠溶液,加入氧化钙生成氢氧化钙,和硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀,过滤得到偏铝酸钠溶液,通入气体A得到氢氧化铝沉淀,煅烧氢氧化铝得到氧化铝;
Ⅱ.根据原子守恒,氟化钙和浓硫酸加热反应生成氟化氢气体和硫酸钙,氟化氢和碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石(六氟合铝酸钠)。电解氧化铝阳极生成氧气,据此解答。

【详解】

I.1)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水,反应方程式为:2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,反应方程式为:2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O
故答案为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O
2)滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠,加入CaO,生成氢氧化钙,氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀;由工艺流程可知,B为氢氧化铝,A与偏铝酸钠溶液反应生成AlOH3沉淀,气体A在标准状况下的密度为1.96g/L,气体A的摩尔质量为1.96g/L×22.4L/mol=44g/mol,故气体A为二氧化碳,滤液主要是偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液通入二氧化碳,生成氢氧化铝与碳酸钠,反应的离子方程式为:2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-

故答案为CaSiO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
II.3CaF2为离子化合物,电子式为

故答案为
4)由工艺流程可知,E为硫酸钙,D为最稳定的气态氢化物,DHF,故C为浓硫酸;根据元素守恒,可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石,同时生成二氧化碳、水,反应方程式为:12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O
故答案为浓硫酸;12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O

5)工业电解制铝若以石墨为电极,阳极反应式为2O2--4e-=O2,高温下CO2反应生成CO2CO,则阳极产生的混合气体的成分是  O2CO2CO)。

故答案为 O2CO2CO)。

【点睛】

本题考查化学工艺流程、无机物推断、常用化学用语等,理解工艺流程是解题的关键,(4)中HF的制备是中学中比较陌生的知识,现在基本不涉及,是难点、易错点,学生需要扎实的基本知识与运用知识分析解决问题的能力。

组卷:108次
难度:中等
知识点:电冶金
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2.

铝是国民经济发展的重要材料,铝在地壳中的含量约占8%,目前我国铝消费量超过430万吨,在众多的金属中仅次于铁。请回答下问题:

()实验室中用金属铝制备少量氢氧化铝,有以下3种方案:

方案1AlAl3Al(OH)3

方案2AlAlOAl(OH)3

方案3—→Al(OH)3

制备相同物质的量的氢氧化铝消耗酸和碱最少的是方案________

()工业上冶炼铝的流程图如图所示:

在制取氧化铝的过程中,分析铝土矿和赤泥中所含Al2O3Fe2O3质量分数的数据如下:

(1)书写化学方程式,反应________,反应________

(2)电解氧化铝生产铝时,阳极的电极反应式为_______________________________________

(3)假设其他杂质不参加反应,则每生产3.4 t纯净的氧化铝,需铝土矿________t

【答案】

3    2NaAlO2CO23H2O===Na2CO32Al(OH)3    Na2CO3Ca(OH)2===CaCO32NaOH    2O24e===O2    6.18   

【分析】

()根据金属铝和酸以及和碱发生反应的化学方程式来计算回答;

()(1)向偏铝酸钠中通入二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀,碳酸钠可以和氢氧化钙发生复分解反应;

(2)电解池中,阳极是惰性电极时,该极上是阴离子发生失电子的氧化反应;

(3)根据铝元素守恒来计算回答。

【详解】

()根据金属铝和酸以及和碱发生反应的化学方程式可以得出:Al3H+Al3+Al(OH)3所以制备相同物质的量的氢氧化铝消耗酸和碱最少的是方案3

()(1)向偏铝酸钠中通入二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀,即2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2CO3+2Al(OH)3,碳酸钠可以和氢氧化钙发生复分解反应Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH

(2)电解池中,阳极是惰性电极时,该极上是阴离子O2-发生失电子的氧化反应:2O2--4e-=O2

(3)根据铝土矿中氧化铝的质量分数为55%,所以每生产3.4t纯净的氧化铝,需铝土矿的质量:=6.18t

组卷:100次
难度:偏难
知识点:镁和铝
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组卷/试题篮
试卷统计
试题总数:
100
总体难度:
偏难
题型统计
大题类型
题目数
占比
选择题
85
85.0%
填空题
5
5.0%
实验,探究题
7
7.00%
计算题
1
1.0%
综合题
2
2.0%
知识点统计
知识点
题目数
占比
镁和铝
33
33.0%
含硫化合物之间的转化
2
2.0%
物质含量的测定
4
4.0%
一定物质的量浓度的溶液的配制
1
1.0%
7
7.00%
物质的量
9
9.0%
氧化还原反应
3
3.0%
摩尔质量
1
1.0%
二氧化硅
1
1.0%
硅酸
1
1.0%
金属的电化学腐蚀与防护
1
1.0%
碳酸钠
1
1.0%
硫酸
3
3.0%
氯及其化合物
1
1.0%
常见金属的活动性顺序及其应用
2
2.0%
物质的转化
1
1.0%
离子反应
5
5.0%
钠的化合物
2
2.0%
硝酸盐
1
1.0%
硝酸
3
3.0%
氨 铵盐
1
1.0%
硅单质
1
1.0%
化学对材料制造和应用的作用
1
1.0%
金属的冶炼
1
1.0%
无机非金属材料
1
1.0%
盐类的水解
1
1.0%
乙醇 醇类
1
1.0%
物质结构与性质综合考查
1
1.0%
碳酸氢钠
2
2.0%
二氧化硫
1
1.0%
沉淀溶解平衡
1
1.0%
仪器使用与实验安全
1
1.0%
探究性实验
1
1.0%
无机综合推断
1
1.0%
氧化还原反应方程式的配平
1
1.0%
物质的检验
1
1.0%
电冶金
1
1.0%
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