河南省罗山高中2016届高三化学二轮复习强化训练专题七重要的金属及其化合物(含)

1、重要的金属及其化合物1、铝镁合金坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列与这些用途无关的性质是（）A不易生锈 B导电性 C密度小 D强度高【答案】B【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题综合考察的是铝镁合金的性质及用途。2、碲锌镉(TeZnCd)晶体可以用于制造红外探测器的基础材料，下列有关它的叙述中不正确的是()A它是由Te、Zn、Cd按一定比例混合而成的，无固定的熔沸点B它易导电、导热，具有延展性C它的熔沸点比Zn的低D它的硬度和强度比Cd的大【答案】A【解析】碲锌镉晶体是由Te、Zn、Cd按一定比例熔合而成的具有

2、金属特性的合金，只要比例确定，其组成就固定，因而有固定的熔沸点；合金具有比成分金属低的熔沸点、高的硬度和强度。3、某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（）A B C D【答案】A【解析】向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，涉及的反应方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、H2SO

3、4+Fe=FeSO4+H2，则Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4 1 1 3CuSO4+Fe=FeSO4+Cu 1 1 1H2SO4+Fe=FeSO4+H2 1 1 1所以等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4分别和等物质的量的铁完全反应生成硫酸亚铁，生成硫酸亚铁的物质的量之比是3：1：1，故选A4、镁铝合金5.4g溶于过量的热浓硝酸中，反应产生11.2LNO2（标准状况），若在反应后溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A4.5g B6 gC8.7g D13.9g【答案】C【解析】标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）=0.5mol，生

4、成0.5mol二氧化氮转移电子的物质的量为：0.5mol×（54）=0.5mol，设Al的物质的量为x、Mg的物质的量为y，则3x+2y=0.5；根据合金的总质量可得：27x+24y=5.4g，根据解得：x=mol、y=0.15mol，即：合金中含有0.15mol镁；加入过量氢氧化钠溶液后生成的沉淀只能为氢氧化镁，根据质量守恒可知生成氢氧化镁的物质的量为0.15mol，质量为：58g/mol×0.15mol=8.7g，故选C5、将156g Na2O2和54g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体672L（标准状况），若忽略反

5、应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是A最终得到78g的沉淀B反应过程中得到672L（标准状况）的气体C最终得到的溶液中c（NaCl）=15mo/LD最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）【答案】AC6、有铁的氧化物样品，用140 ml 0.5 mol/L的盐酸恰好使其完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下氯气56ml，使其中的Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（） A.Fe2O3 B.Fe3O4 C、Fe5O7 D、Fe4O5【答案】7、某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeS

6、O4·7H2O），设计了如下流程：下列说法不正确的是（）A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O【答案】D【解析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1

7、为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C正确；D在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结

8、合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D错误故选D8、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是（ ）Aa点对应的溶液中：Bb点对应的溶液中：Cc点对应的溶液中：Dd点对应的溶液中：【答案】C【解析】A、a点对应的溶液为碳酸钠、氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，OH-不能大量存在，故A错误；B、b点对应的溶液中含碳酸氢钠和氯化钠，铝离子和铁离子不能大量存在，故B错误；C、c点对应的溶液是氯化钠溶液，所给离子都不反应，故C正确；D、d点对应的溶液中有过量的酸，酸性环境下的硝酸根离

9、子有氧化性，能氧化亚铁离子，故D错误。故答案选C。9、请你运用所学的化学知识判断，下列有关化学观念的叙述错误的是（）A.几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里B.用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小微粒C.一定条件下，金属钠可以成为绝缘体D.一定条件下，水在20时能凝固成固体【答案】B【解析】本题是化学知识判断题。A项因为原子是化学变化的最小微粒，原子不会变化，A项正确，B项错误。金属导电是自由电子在外电场的作用下，定向移动，一定条件下金属钠自由电子可不移动。物质的熔点与物质的结构和外部条件有关，水在20 一定压强下可成为固体。10、下列有关FeBr2溶液的叙

10、述错误的是（）A滴加KI淀粉溶液变为蓝色B该溶液中Cu2+、NH4+、SO42、Cl 可以大量共存C与硝酸酸化的AgNO3溶液反应有沉淀生成并放出气体D向该溶液中通入过量Cl2，反应的离子方程式：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl【答案】A【解析】AKI与FeBr2不反应，则滴加KI淀粉溶液无现象，故A错误；B离子之间不反应，且与FeBr2不反应，则离子之间可大量共存，故B正确；C亚铁离子与硝酸发生氧化还原反应生成NO，溴离子与银离子反应生成AgBr沉淀，则反应有沉淀生成并放出气体，故C正确；D通入过量Cl2，亚铁离子、溴离子均被氧化，则离子反应为2Fe2+4Br+3Cl22

11、Fe3+2Br2+6Cl，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选A11、某碱金属R与其氧化物R2O的混合物2.16g，跟足量水充分反应后，将所得溶液蒸干，得固体3.2 g，由此判定金属是（ ）A锂 B钠 C钾 D铷【答案】B【解析】设金属R的相对原子质量为a，若2.16g混合物全为R，由RROH的关系可知：可产生ROH的质量为21.6×(a+17)/ag，若2.16g混合物全为R2O，则有： M2O2MOH 2a+16 2（a+17）可知产生MOH的质量为了2.16×(a+17)/(a+8)g3.2g2.16×(a+17)/ag，解得16.69<a<35.

12、3,因此R为Na元素（相对原子质量为23）,答案选 B.12、将分别盛有50mol的硫酸的两个烧杯置于托盘天平的两盘上，并调平。再向两杯中分别加入下列各组金属，反应完毕后，天平仍处于平衡的是（ ）A同是0.2钠和镁 B同是1.5铝和锌【答案】C【解析】 解析： 把选项分别代入，A，B，D两边增重不等，均被排除。所以C为答案。13、有某种浓度的盐酸，将一定量的该盐酸分成三等份A.B.C。往A中加入适量蒸馏水稀释，往B中滴加少许AgNO3溶液，过滤后保留原溶液，C保持原样，现以相同浓度的NaOH溶液中和以上三种溶液至中性，消耗NaOH溶液的体积分别为VA.VB.VC，则它们的大小关系正确的是（）A

13、.VA=VC>VBB.VA<VB<VCC.VA>VC>VBD.VA=VB=VC【答案】D【解析】根据H+守恒，消耗等浓度的NaOH体积必为1:1:1。14、被广泛应用于做人造卫星和宇宙飞船天线的是（ ）A钛镍记忆合金 B硬铝 C铝合金 D白铜【答案】A【解析】形状记忆合金是能将自身的塑性变形在某一特定温度下自动恢复为原始形状的合金。记忆合金除具有独特的形状记忆功能外，还具有耐磨损、抗腐蚀、高阻尼和超弹性等优异特点，生产可应用于眼镜腿、妇女文胸、天线、妇女节育环、牙弓丝、仪器仪表等领域的高品质记忆合金丝。15、a g Mg、Al合金完全溶解在c1 mol/L、V1L

14、 HCl溶液中，产生b mol H2。再向反应后的溶液中加入c2 mol/L、V2L NaOH溶液，恰好使沉淀达到最大值，且沉淀质量为d g。下列关系不正确的是（）Ada34bBc1C铝的质量为 gD与金属反应后剩余盐酸为(c1V12b) mol【答案】C【解析】在该过程中转移电子与消耗OH的关系式为：Mg2eMg22OH，Al3eAl33OH，故沉淀中n(OH)n(电子)，所以d ga gm (OH)a gb×2×17 g(a34b) g，A正确；当恰好达到最大沉淀时溶质为NaCl，故n(HCl)n(NaOH)，即c1V1c2V2，B正确；设合金中Mg、Al的物质的量分别

15、为x mol、y mol，则24x27ya,2x3y2b，解得y，m(Al)×2772b3a，C错误；据氢原子守恒知：剩余盐酸为(c1V12b) mol，D正确。16、已知离子反应：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3具有反应迅速、现象明显等特点，是检验Fe3+常用的方法之一某化学兴趣小组为探究Fe（SCN）3的性质，做了以下实验：取10mL l mol？L1FeCl3溶液，滴加34滴浓KSCN溶液，振荡后溶液立即变成红色取少量红色溶液，滴加少许浓硝酸，静置，溶液红色褪去，同时产生大量的红棕色气体混合物A将该气体混合物A通入过量的Ba（OH）2溶液中，产生白色沉淀B和剩余气体C气体C无

16、色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分过滤，向白色沉淀B中滴加少量稀硝酸，沉淀完全溶解，同时产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D取中反应后溶液少许，滴加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀E根据上述实验现象，回答下列问题：（1）B的化学式为 ；E的化学式为 （2）混合气体A的成分是 （填化学式）（3）该兴趣小组同学根据以上实验现象分析得出结论：Fe（SCN）3具有还原性，则实验中反应时被氧化的元素是 （填元素符号）根据元素C、S、N的原子结构和共价键的相关知识推断出SCN的结构式为 （4）实验中反应的离子方程式为 （5）该兴趣小组同学从上述实验中得到启发，若用

17、SCN间接检验Fe2+时应注意 【答案】（1）BaCO3；BaSO4；（2）NO2、N2、CO2；（3）S、N；SCN；（4）2SCN+22NO3+20H+=2SO42+2CO2+22NO2+N2+10H2O；（5）加入的氧化剂不能过量【解析】由中的红棕色混合气体A可知A中有NO2，由气体C无色无味，能使燃烧的木条熄灭，可排放到空气中，不会改变空气的成分，所以C为N2，由可知B可溶于稀硝酸并且产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D，所以B为BaCO3、D为CO2，故A由NO2、N2、CO2组成，由可知E为BaSO4；（1）根据以上分析B为BaCO3、E为BaSO4；故答案为：BaCO3；Ba

18、SO4；（2）根据以上分析故A由NO2、N2、CO2组成，故答案为：NO2、N2、CO2；（3）由产物及元素的化合价可知被氧化的元素是S、N；根据元素C、S、N的原子结构和共价键的相关知识推断出SCN的结构式为SCN，故答案为：S、N；SCN；（4）根据生成物及电子守恒和电荷守恒、质量守恒配平方程式为：2SCN+22NO3+20H+=2SO42+2CO2+22NO2+N2+10H2O，故答案为：2SCN+22NO3+20H+=2SO42+2CO2+22NO2+N2+10H2O；（5）据题意可知SCN也能被氧化剂氧化，故加入的氧化剂不能过量，故答案为：加入的氧化剂不能过量17、电子工业常用30%

19、的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。（1）检验溶液中Fe3+存在的试剂是 ，证明Fe3+存在的现象是 。（2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式： 。（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：请写出上述实验中的化学式： 配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加入 要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为 。加入足量氯水 加入足量溶液 加入少量KSCN溶液A、 B、 C、 D、写出向的合并液中通入的离子方程式 【答案】（1）KSCN溶液 溶液变为红色（2）（3） 稀硫酸与铁粉 C

20、 【解析】（1）考查的是三价铁离子检验，常用于检验三价铁的试剂是KSCN溶液和NaOH溶液，但本题中溶液含Cu2+，用NaOH溶液检验会产生影响，故只能用KSCN溶液检验，现象为溶液变为红色。（3）通过流程图可知单质铜来自于滤渣，则第一步为置换单质铜，故过量物质为Fe，滤渣为Fe和Cu的混合物，滤液为FeCl2溶液，分开滤渣中的Fe和Cu，又要是滤液与滤液混合，所以过量的为稀盐酸，滤液也为FeCl2溶液，、混合最终要得到FeCl3溶液，则通入为过量的Cl2；配置并保存硫酸亚铁溶液需考虑防止Fe2+水解及氧化，防止水解需加入稀硫酸，防止氧化需加入Fe粉。要证明某溶液中不存在Fe3+，而可能存在F

21、e2+则需先加入KSCN溶液现象溶液无现象不变色，再通入过量的Cl2若溶液变红则含有Fe2+。18、根据你的了解，某种不溶于水的金属氧化物，如果要判断它是酸性氧化物、碱性氧化物还是两性氧化物，方法是 。【答案】若该氧化物只能溶于盐酸，则属于碱性氧化物；若该氧化物只能溶于NaOH溶液，则属于酸性氧化物；若该氧化物既能溶于（反应）盐酸又能溶于（反应）NaOH溶液，则属于两性氧化物。19、KMnO4可将12 mol·L1盐酸氧化成氯气。现将0.05 g KMnO4固体和两段2 cm长的镁条放入“22×220”试管中，加入1.5 mL 12 mol·L1盐酸后立即盖上软木

22、塞，并用一燃着的镁条在试管附近进行照射，如图所示。请回答下列问题：(1)点燃镁条以后试管内最主要的现象是_。(2)写出试管内全部反应的化学方程式。(能写离子方程式的再写出离子方程式)【答案】(1)软木塞弹起(爆鸣声)(2)Mg2HCl=MgCl2H2；2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O；H2Cl22HCl。离子方程式：2MnO416H10Cl=2Mn28H2O5Cl2；Mg2H=Mg2H2【解析】KMnO4与盐酸反应产生的Cl2和Mg与盐酸反应产生的H2混合于试管中，经强烈光的照射(镁条燃烧产生的)会发生爆炸，将软木塞弹起。20、已知：在氢氧化钠浓溶液中加入氧化

23、钙，加热，制成的白色固体就是碱石灰。有两个实验小组的同学决定通过实验探究碱石灰的组成。（1）第一小组设计方案的流程如下： 写出n (OH)、n (Ca2+)与n (Na+)的关系：n（Na+） 。 设n (Na+)x mol、n (Ca2+)=y mol，请填写下表：碱石灰的可能组成NaOH、CaONaOH、CaO、Ca (OH)2NaOH、Ca (OH)2NaOH、Ca (OH)2、H2On (Na+)、n (Ca2+)的关系40x+56y = 4（2）第二小组同学查得如下资料：Ca(OH)2在250时不分解、NaOH在580时不分解。他们设计了如下方案并得出相关数据：取市售碱石灰4.0g，

24、在250时加热至恒重，测得固体质量减少了0.42g，剩余固体在580时继续加热至恒重，固体质量又减少了0.75g。请通过计算确定该碱石灰各成分的质量分数。【答案】（1） n（Na+） n（OH）2n（Ca2+）（1分） 40x+56y<4.0<40x+74y（1分）；40x+74y=4.0（1分）；40x+74y<4.0（1分）（2）H2O%=10. 5%（2分）； Ca(OH)2%=77.1 %（2分）； NaOH%=12.4%（2分）21、如图是有关物质相互转化的关系图，其中A俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀，I的颜色呈浅绿色（1）若F是由

25、Na+和SO42组成的溶液，则甲的化学式是 ，列举A物质的一种用途 （2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为 ，丁属于单质、酸、碱中的 ；在I溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观察到的现象是 ，对应的离子方程式和化学方程式依次是 （3）写出GA+C的化学方程式： （4）写出E和C反应的方程式并用单线桥法标明电子的转移方向和数目： （5）若A中混有杂质Al2O3，除去杂质的方法是加入过量的NaOH溶液，该反应的离子方程式为 （6）由E和A组成的混合物与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1则反应物中A、E、H2SO4的物质的量

26、之比为 【答案】（1）H2SO4；用作红色油漆和涂料；（2）CO；酸；生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Fe2+2OH=Fe（OH）2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（4）；（5）NaOH溶液；Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（6）1：2：4【解析】其中A俗称铁红，化学式为Fe2O3；甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀判断为Fe（OH）3，C为H2O；I的颜色呈浅绿色，为亚铁离子的溶液，（1）若F是由Na+和SO42组成的溶液，则依据转化关系得到，甲为强酸H2SO4；A为Fe2O3；氧化铁

27、的性质分析应用和用途，铁红是非常重要的一种防锈颜料，绝大多数的涂料都开发有铁红防锈漆，如醇酸铁红防锈漆、氯化橡胶铁红防锈漆和环氧铁红防锈漆甚至在某些环氧富锌底漆中，都以铁红作为重要辅助防锈颜料；故答案为：H2SO4；用作红色油漆和涂料；（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，判断乙为还原性气体CO，还原氧化铁为铁和二氧化碳气体，E为Fe，铁和丁反应生成亚铁离子证明丁为稀酸；亚铁离子和碱氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁红褐色沉淀；反应的离子方程式和化学方程式为：Fe2+2OH=Fe（OH）2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；故答案为：CO；酸

28、；生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Fe2+2OH=Fe（OH）2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）GA+C的化学方程式变化为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水的反应；反应化学方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；故答案为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（4）铁与水反应生成四氧化三铁与氢气，Fe失去电子，H得到电子，表示式为，故答案为：；（5）氧化铁中含有氧化铝，利用氧化铝的两性进行除杂，氧化铝溶于强酸强碱溶液，氧化铁溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，氧化铁不溶解；反应的离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO

29、2+H2O；故答案为：NaOH溶液；Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（6）E和A组成的混合物依据上述分析判断为Fe和Fe2O3；与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1；依据反应：Fe+H2SO4=Fe2+H2； 1 1 1 1Fe+2Fe3+=3Fe2+；1 2 3Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；1 3 1反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比=1：2：4，故答案为：1：2：422、现有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图所示。已知A和B是单质，B、E、F在常温下为气

30、体，C为淡黄色固体。（1）写出A、B的化学式：A ，B （2）写出A生成C的化学方程式 （3）写出C与D反应生成E的化学方程式 【答案】【解析】23、工业上用铝土矿（成分为氧化铝、氧化铁）制取铝的流程如下：请回答下列问题。（1）操作、操作、操作都用到的玻璃仪器有 。（2）写出由溶液B生成Al（OH）3的离子方程式： 。（3）工艺流程中涉及氧化还原反应的化学方程式为 。（4）生产过程中，除NaOH、H2O可以循环使用外，还可以循环使用的物质有（填化学式）。用此法制取铝的副产品是 （填化学式）。【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒（2）2AlO2-CO23H2O=2Al（OH）3CO32-（3）2Al

31、2O3（熔融） 4Al3O2（4）CaO和CO2Fe2O3和O2【解析】（1）操作、操作、操作都是过滤，过滤需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。（2）NaAlO2溶液中通入CO2生成Al（OH）3沉淀和Na2CO3，反应的离子方程式为2AlOCO23H2O=2Al（OH）3CO32-。（3）只有电解熔融Al2O3的反应属于氧化还原反应。（4）得到的CaCO3受热分解得到CaO、CO2，可见CaO、CO2可循环使用。操作所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品。24、向100mL0.1mol/L硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1mol/L Ba（OH）2溶液随着Ba

32、（OH）2溶液体积V（横坐标）的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示，已知铝盐中滴加过量氨水能产生Al（OH）3沉淀，该沉淀遇强碱如NaOH溶液又可溶解NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，请回答下列问题（1）写出bc发生反应的离子方程式： （2）下列说法正确的是 Aa点的溶质为（NH4）2SO4Bb点溶液中一定存在：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）Cb点沉淀为Al（OH）3和BaSO4DC点溶液中一定存在：c（AlO2）c（Ba2+）c（NH4+）（3）写出ab发生反应的离子方程式： （4）滴加到c点共加入Ba（OH）2溶液的体积为 mL，b、a两点沉淀的质量差为 g（精确

33、到0.001）（注：要求在答题卡最下面方框内仅列出计算比例式）【答案】（1）Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）ABCD；（3）SO42+Ba2+NH4+OH=BaSO4+NH3·H2O；（4）250；1.165【解析】100mL 0.1mol·L1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.

34、015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵（开始到a）；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3？H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液（a到b）；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，

35、由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）（1）bc发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，a点的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；B、由分析可知，溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液又电荷守恒可知，b点溶液中一定存在：c（NH4+）+c（H+）=c（OH），故B正确；C、由分析可知，b点沉淀为Al（OH）3和Ba

36、SO4，故C正确；D、C点为氨水与偏铝酸钡溶液，0.01molAl（OH）3完全溶解生成0.01molAlO2，需再加入0.005molBa（OH）2，一水合氨电离很弱，则点溶液中一定存在：c（AlO2）c（Ba2+）c（NH4+），故D正确，故答案为：ABCD；（3）由上述分析可知，ab发生离子反应为SO42+Ba2+NH4+OH=BaSO4+NH3？H2O，故答案为：SO42+Ba2+NH4+OH=BaSO4+NH3？H2O；（4）当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，则滴加到c点共加入

37、Ba（OH）2溶液的体积为=0.25L=250mL；a点到b点，发生沉淀反应为SO42+Ba2+=BaSO4，需要0.005molBa（OH）2，即b、a两点沉淀的质量差为0.005mol×233g/mol=1.165g，故答案为：250；1.16525、钠有多种化合物，如氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠等等，这些物质在实际生活中有广泛的应用，一定条件下相互间能进行转化完成下列计算：（1）将7.8克Na2O2完全溶解于93.8克水中，所得溶液的质量百分比浓度为 （2）将11.6克二氧化碳和水蒸汽的混合物与足量的Na2O2充分反应，固体质量增加了3.6克，则原混合气体的平均

38、分子量为 （3）向100mL NaOH溶液中通入CO2充分反应后，在减压和较低温度下，小心地将溶液蒸干，得到白色固体M（不含结晶水）通入二氧化碳的体积V（标准状况下）与M的质量W的关系如下图所示（a）推断b点时M的组成成份（写出计算过程）（b）若向b点的盐溶液中只加入0.03mol某钠的化合物，充分反应后，减压低温蒸发得到无水Na2CO3 8.48g，则加入的物质可以是 或 （4）由31g NaOH和NaHCO3的固体混合物，在密闭密器中加热到250，经充分反应后排出气体、冷却，称得剩余固体的质量为N g，试分析不同N值时，剩余固体的组成成份（已知NaHCO3的分解温度低于250）【答案】（1

39、）8%；（2）23.2；（3）（a）Na2CO3、NaHCO3；（b）Na2O；Na2O2；（4）N26.5时，剩余固体为NaOH和Na2CO3的混合物；N26.5时，剩余固体为Na2CO3 【解析】（1）过氧化钠与水反应：2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2 156 160 32 7.8g m（NaOH） m（O2） 解得：m（NaOH）=8g m（O2）=1.6g溶液的溶质的质量分数：×100%=8%；故答案为：8%；（2）CO2和水蒸气的混合物与足量的Na2O2充分反应，反应方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中固体质量增加的量相当于CO、2Na2O2+2H2O=4