高中化学必修1第三章 金属及其化合物人教版练习题

高中化学必修1第三章金属及其化合物人教版练习题

>第1题【单选题】

欲除去铁粉中混有的少量铝粉，应选用的试剂是（）

A、稀盐酸

B、稀硝酸

C、硫酸铜溶液

D、氢氧化钠溶液

【答案】：

D

【解析】：

【解答】铁、铝都和稀盐酸、稀石喧、硫酸铜溶液发生反应,A、B、C三项都不能用于除去铁粉中的铝粉；铁不与氢氧化钠溶

液反应而铝和氢氧化钠溶液反应,将混合物加入氢氧化钠溶液充分反应后，过滤可得铁粉.

［分析］根据金属铝能够与氢氧化钠溶液反应,而铁不能进行分析.

>第2题【单选题】

将锌、铁、铜粉末按一定比例混合投入到一定量的硝酸中，微热，充分反应后过滤，弃去滤渣，滤液

中金属阳离子情况不可能是（）

A、只含Cu"2A+、FeA2A+,Zn"2A+

B、只含Zn0"+

C、只含FeA2"+、ZnA2A+

D、只含Cu"2A+、FeA3A+、ZnA2A+

【答案】：

D

【解析】：

【解答】解：A,将锌、铁、僦分末按f比例混合投入到■中，按照Zn、Fe、Cu的顺序依次发生化学反应，有金

属剩余,溶液中可以得到Cu2+、Fe2+、Zn2+离子，该情况可能，故A错误；B,如果｛罐的量很少,则只有金属锌和之反应，

此时溶液中只有锌离子，情况可能，故B错误；

C、如果只有金属铁和锌和硝酸之间参加反应,金属铁过量,此时得到的离子是Fe2+,情况可能，故C错误;

D、如果有金属剩余，溶液中不会出现Fe3+,情况不可能，故D正确；

S^D.

【分析】锌、铁、献分末按T比例混合投入到一定量的硝酸中，根据金属的活动顺序表，金属锌和金属铁先发生反应,如果

是金属剩余，则剩余的金属可以是铜，或是金属嗣和铁，或是都剩余，根据金属活动顺序表结合离子氧化性顺序来回答判断.

A第3题【单选题】

关于氧化物Na2O2和Na20,它们（）

A、阴阳离子个数比均为1：2

B、都含有非极性共价键

C、都与水发生氧化还原反应

D、都属于碱性氧化物

【答案】：

A

【解析】：

【解答】解：A.Na2。是由钠离子和氧离子构成的离子化合物,电子式为叔F：o：]2-Na+-所以阳阳离子个数比是1:

2,呵02是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为面f：0：0：12-Na*，阳阳离子个数比是1:2,故A正

L♦♦♦♦」

确；B、Na2。是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，不含有性共价键，故B错误；

C、Na2。与水反应生成氢氧化钠,元素化合价不变，属于氧化还原反应,故C错误;

D、因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物,故D错误;

【分析】A、Na2。是由钠离子和氧离子构成的离子化合物,Na2。2是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物；

B,Na2。是由钠离子和氧离子构成的离子化合物,不含有三感性共价键;

C、Na2。与水反应生成氢氧化钠，元素化合价不变；

D、碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的金属氧化物.

＞第4题【单选题】

“类推，，是学习化学过程中常用的思维方法.现有以下类推结果，其中错误的是（）

①酸碱中和反应生成盐和水，所以生成盐和水反应一定是中和反应；

②氧化物中含有氧元素，所以含有氧元素的化合物一定是氧化物；

③金属铝与盐酸反应生成AICI3和H2,所以金属铁与盐酸反应生成FeCI3和H2；

④浓盐酸试剂瓶敞口久置后变稀且质量减轻，所以浓硫酸敞口久置也变稀且质量减轻.

①

A、①③

B、①②

C、①②

D、

【答案】：

C

【解析】：

【薛答】解：①^碱中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不中和反应,iDCO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,故错

误；②氧化物是只含有两种元素且其中f元素是氧元素的化合物,氧化物含有氧元素,但含氧元素的化合物不一定都是氧化

物，如Ca(OH)2等，故错误；③金属铝与盐酸反应生成AICI3和H2,金属铁也能与盐酸反应,生成FeCI2和H2,故错误；

④浓盐酸具有挥发性，浓盐酸试剂瓶微口久置后变稀且质量减轻；浓硫酸具有吸水性，敞口久置也变稀但质量变大,故错误.

故①©③©类推均错误.

婕C.

【分析】①中和反应是指酸和碱作用生成盐和水的反应,判断中和反应时一要看反应物是否是酸和碱，二是看生成物是否是盐

和水，二者缺一不可;②氧化物是只含有两种元素且其中一种元表是氧元春的化合物；③据金属的化学性质进行分析判断；

④«据浓盐窿具有挥发性、浓礴具有吸水性.

＞第5题【单选题】

下列说法中，不正确的是()

①建国60周年庆典晚会上，天安门广场燃放的焰火是某些金属元素魅力的展现

②酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明铝表面有一层致密的氧化膜

③为测定熔融氢氧化钠的导电性，将氢氧化钠固体放在石英珀塌中加热熔化

④电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁

⑤KI淀粉溶液中通入CI2,溶液变蓝，说明CI2能与淀粉发生显色反应.

A、③④⑤

B、①③④

C、①③④⑤

D、①②③④

【答案】：

A

【解析】：

【解答】解:①天安门广场燃放的焰火是焰色反应,是某些金属元素魅力的展现，故①正确；一片铝箔置于酒精灯外烙上

灼烧生成氧化铝,氧化铝的焙点高,迪在AI的外面，则铝箔熔化但不滴落,故②正确；⑤＜氧化钠能和姿均堪中的二氧化硅

反应，所以不可在瓷甘堪中焙化氢氧化钠固体，故③错误；④电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧1化镁、氯气和氧气，

电解熔融的氧化镁可得到Mg,故④错误；⑤氯气氧化碘离子生成碘单质，发生氧化还原反应,碘单质遇淀粉变蓝,故⑤错误.

【分析】①熔色反应是元素的性质，可用来检验某些金属单质或金属离子的存在；②氧修吕的熔点高,包更在AI的外面；③氢

氧化钠I丽瓷均堪中的二氧化硅反应；④电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气；⑤氯气氧化碘离子生

成碘单质，遇淀粉变蓝.

＞第6题【单选题】

用铝制易拉罐收集满C02,加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐"咔咔"作响并变

瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是（）

A、导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OHA?=HCO3A-

B、导致易拉罐又鼓起来的原因是：又生成了二氧化碳气体使得压强增大

C、上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性

D、若将C02换为NH3,浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象

【答案】：

C

【解析】：

【解答】A.气体与碱反应，导致易拉罐变值,反应为CO2+2OH-YO32-+H2O,A不符合题意;

B.易EgKe1乍响?,姑2AI+2OH-+6H2。=2AI［（OH）4「+3H2t,气tWSgiS大，;

C.上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性,共计3个离子反应,C符合题怠;

D将CO2换为NH3,浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐只会会出现变瘪的现象,D不符合题怠.

故答案为：C

【分析】根据二«化碳与氢氧化钠溶液反应,气体减少，金属铝与氢氧化纳反应生成氢气，气体体照增大进行分析即可.

＞第7题【单选题】

下列有关金属的说法中，正确的是（）

①纯铁不容易生锈②钠着火用水扑灭？③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属④缺钙会引起

骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥KSCN溶液可以检验FeZZ离子⑦AI和

Fe都能与某些氧化物反应.

A、①②⑤⑥

B、②③④⑤

C、①③④⑤⑦

D、①④⑤⑥⑦

【答案】：

D

【解析】：

【解答】解:①藏不易构成原电池，铁的合金易生锈，而纯铁不易生锈，故正确；硼与水反应生成可燃性气体氧气，过氧

化钠与水反应生成助燃性气体氧气，则钠着火不能用水扑灭，应利用细沙扑灭，故错误；③铝在空气中耐腐蚀，与表面致密的

氧化膜有关，而AI为活泼金属,故错误;④钙主要存在于骨骼和牙齿中，缺钙易患佝偻病或发生骨质疏松,铁是血红蛋白的成

分，缺铁会引起贫血，故正确；⑤青铜为Cu的合金、不锈钢为铁的合金、硬铝为铝的合金，均为常见的合金，故正确；

⑥KSCN溶液遇Fe3+高子，溶液为血红色，贝UKSCN溶液可以检验Fe3+离子，故正确；⑦AI可发生铝热反应，Fe与水蒸气发生

反应，则AI和Fe都能与某些氧化物反应,故正确；故选D.

【分析】①纯铁不易构成原电池；硼与水反应生成可燃性气体氧气，过氧化钠与水反应生成助燃性气体氧气；③铝在空气中

耐腐蚀,与表面致田的氧化膜有关；④钙主要存在于骨骼和牙齿中,缺钙易患佝偻病或发生骨质疏松,铁是血红蛋白的成分；

⑤青铜为Cu的合金、不锈钢为铁的合金、硬铝为铝的合金；⑥KSCN溶液遇Fe3+离子，溶液为血红色；⑦AI可发生铝热反应,

Fe与水蒸气发生反应.

>第8题【单选题】

有BaCI2和NaCI的混合溶液aL,将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba”c+离子完全沉淀；另一

份滴加AgN03溶液，使CM一离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2s04、ymolAgN03.据此得知原混合溶

液中的c(NaA+)/mol-LA-l为()

A,(y-2x)/a

B^(2y—2x)/a

C、(2y—4x)/a

D,(y—x)/a

【答案】：

C

【解析】：

【解答】力QA稀磁，离子;为：Ba2++SO42-=BaSC>4],故溶液中n(Ba2+)=n(SC)42-)=xmol;

加入AgNC)3溶液，发生反应的离子方程式为：Ag++Cr=AgCI1,故溶液中n(C「)=n(Ag+)=ymol;

由于溶液呈电中性，故溶液中阻阳离子所带正负电荷的总量相等,故可得关系式：n(Na+)+2n(Ba2+)=n(C|-);

故溶液中n(Na+)=n(C1)-2n(Ba2+)=(y-2x)mol;

由于反应过程中是将aL溶液分成两等份进行，故溶液的碎:L>

因此原溶液中=华2=蟀加旦=竽\,C符合题意；

/NJniolL

\IhaLI

故答案为：C

2+2

【分析】加入稀礴,发生反应的离子方程式为：Ba+SO4-=BaSO4j；iHLAAgNO?溶液,发生反应的离子方程式为：

Ag++CI'=AgCI|;根据消耗的硫酸和AgNC>3的物质的量,计算溶液中n(Ba2+)和n(C「),再结合溶液为电中性，计算溶液中

n(Na+),最后结合公式c=多计算其物质的量浓度.

>第9题【单选题】

下列关于化学与生产、生活的认识，正确的是(

A、制作航天服的聚酯纤维和用于通讯光缆的光导纤维都是新型无机非金属材料

B、不锈钢餐具和温度计中的水银都属于合金

C、福岛核电站泄漏的放射性物质2311和q271互为同素异形体，化学性质几乎相同

D、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除化学工业生产对环境的污染

【答案】：

D

【解析】：

【解答】A.制作航天服的聚酯纤维属于有机物,故A错误；B.温度计中的水银是金属单质，故B错误;

C.134和127喷子数相同，中子数不同，互为同位素,故C错误；

D.母色化学的核心是要利用化学原理从源头上减少和消除41k生产^环境的污染，故D正确，故选D.

【分析】A.根据聚酯纤维和光导纤维的成分分析；

B.温度计中的水银是金属单质；

C.有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；

D.根据绿色化学的核心进行判断.

＞第10题【单选题】

下列有关物质的性质或应用均正确的是()

A、Si是一种非金属主族元素，其氧化物可用于制作计算机芯片

B、氢氧化镁分解时吸收大量的热量，添加到合成树脂中可作阻燃剂

C、铁具有良好的导电性，氯碱工业中可用铁作阳极电解食盐水

D、用二氧化硫加工银耳，使之更白

【答案】：

B

【解析】：

［解答］解；A.Si是一种非金属主族元素,硅晶体可用于制作计算机芯片，具氧化物二m化硅是光导纤维的原料，故A错误;

B、B/物质原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气或空气、使可燃物的温度降到着火点以下，三者具其一即可，氢氧化镁在

380℃时分解，方程式为:Mg(OH)2MgO+H20T.氢氧化镁分解过程中吸收大量的热，能使可燃物的温度降到着火点以

下，反应生成的水蒸气能稀释可燃物表面的氧气，生成氧化镁固体能隔绝氧气或空气，故B正确；

C、氯碱工业中为增强导电性，阳极是石墨，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应,用铁作阴极电解食盐水,得到氢气、氯气

和氢氧化钠,故C错误;

D、工化建有。体,不能用工化初工色票白,故D*;

【分析】A、计算机芯片的原料是晶体硅；

B、根据灭火的磔,以及氢氧化镁在380℃时，分解放出水蒸气和耐高温的固体氧化镁这一ft质回答.分解过程中吸收大量的

热，水蒸气能稀释氧气，氧化镁固体能隔绝氧气或空气；

C、氯碱工业中可用铁作阳极电解食盐水，阳极铁失电子生成亚铁离子；

D、二氧化硫是有毒气体；

A第11题【单选题】

欲迅速除去水壶底部的水垢，又不损坏铝壶，最好的方法是用（）

A、浓盐酸

B、稀硝酸

C、冷的浓硫酸

D、冷的浓硝酸

【答案】：

D

【解析】：

【分析】浓盐窿和稀石肖酸均能与水垢和AI反应；冷的浓硫酸和泠的浓硝酸遇到AI均产生钝化，但H2so4与水垢生成CaSC>4溶解

度小，而Ca（NC）3）2易溶.最好的方法是用应是D.

>第12题【单选题】

我国化学家侯德榜根据NaHC03溶解度比NaCI、Na2CO3、NH4HCO3,NH4a都小的性质，运用

CO2+NH3+H2O+NaCI=NaHCO3j+NH4cl的反应原理制备纯碱.如图是在实验室进行模拟实验的生产流程示

加入食盐通入足里气体B过速

意图:气体A的饱和溶液一r\和食盐的饱和溶液—nr一悬浊液】口‘晶体“纯

碱，则下列叙述错误的是（）

A、A气体是NH3,B气体是C02

B、第HI步得到的晶体是发酵粉的主要成分

C、第川步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒

D、第IV步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶

【答案】：

D

【解析】：

【解答】A.氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理:向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢

钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气,B为二氧化碳,故A正确；

B.发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产.发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸,第

m步得到的晶体是碳酸氢钠，故B正确；

c.第m步操作是过滤操操作,通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故c正确；

D.第IV步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误;

婕D.

【分析】A.依据侯德榜制碱的原理:向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳

酗；

B.第m步得到的晶体是碳酸氢钠，发酵粉的主要成分；

c.通过过滤撵作得到碳酸氢钠晶体；

D.第IV步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体.

第13题【单选题】

下列说法正确的是（）

A、浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸都是氧化性酸，常温下都能使金属铁钝化

B、浓硫酸与蔗糖混合搅拌产生刺激性气味气体，此过程只体现了浓硫酸的脱水性

C、某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO3A2八-或S03八2八-

D、某溶液中滴加BaCI2.溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能说明该溶液中一定含S04八2"-

【答案】：

D

【解析】：

【解答】解：A.浓硫酸、浓硝酸都是氧化性酸，具有强的氧化性，常温下都能使金属铁钝化，稀硝酸不能使铁铝钝化，故A错

误；B.浓硫酸与蔗糖混合蝌产生刺激性气味气体，此过程体现了浓硫酸的脱水性、强的氧化性，故B错误;

c.溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可能为二氧化碳或二氧化磕,溶液中可能含co?2"或SO?2',还可能含有

HCO3-a£HSO3■,故C*;

D.某溶液中滴加BaCb.溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,溶液中可能含有硫陵根离子或者氯离子，不能说明该溶液中一

定含S042■,故D正确；

:D.

【分析】A.稀硝酸不能使铁、铝钝化；

B.刺激性气体为二氧化硫,说明反应中浓硫酸中的硫元素化合价降低,体现了浓硫酸的强氧化性；

C.碳窿氢根离子，亚礴氢根离子与盐薮反应也能生成使澄清石灰水变滓浊的气体；

D.白色沉淀可能为硫酸钦或者氯化银沉淀.

第14题【单选题】

O.lmol/LNa2CO3和O.lmol/LNaHCO3溶液的pH值比较（）

A、大于

B、等于

C、小于

D^不能肯定

【答案】：

A

【解析】：

【解答】解：Na2c。3存在两步水解，NaHCC>3只有f水解，Na2c。3的水解程度大于NaHCO?,所以等物质的量浓度的

Na2c。3溶液和NaHCO3溶液,相同浓度的CO/水解程度大于HCOj的水解程度,Na2cO3的PH大于NaHCO?.故选A.

【分析】Na2c。3存在两步水解,NaHCC>3只有一步水解,多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度,以此解

答.

第15题【单选题】

在化学学习中使用数轴的表示方法可起到直观、形象的效果，下列表达中不正确的是（）

07M

（一;金中It前五〉

A、常温下溶液的pH与酸碱性的关系:

-2xe

TuiRTiUftft5lTi

B、硫的化合物中化合价与其氧化性、还原性的关系:iJiftrt乂还独性■化性

*七5_n(a>)

F<CI,Mib~FeCI.c(Fe)

C、Fe在CI2中的燃烧产物：F«CI.

I2n(NHiH,O)

▲4♦,一

NK^HMhXHJHSOi6乩)皿"(SO>)

D、氨水与S02反应后溶液中的铁盐：(NHJ50,

【答案】：

C

【解析】：

【解答】解：A.常温下溶液的pH越小，溶液的酸性越强，溶液的pH越大,溶液的碱性越强，图象符合，故A正确；

B.元素的化合价处于最彳面时只有还原性，最育价只有氧化性，中间价态既有氧化性又有还原性，则-2价的S元羲只有还原

性，+你的S既有氧化性又有还原性，+的的S只有氧化性，故B正确；

C.Fe在。2中燃烧的产物与Fe和。2的用量无关，只有f产物FeCg,故C错误;

D.NH3«H2O+SO2=NH4HSO3,2NH3«H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O,&国尹?。）公，生0gNH4HSO3;1<

《soj

<2f为NH4HSO3与（NH4）2SO3混的;dNH加0）n，（NH4）2sO3，故D正确.

《SOJ《S0J

SCi^C..

【分析】A.常温下溶液的pH越小，溶液的酸性越强;

B.元素的化母介处钿OW只有碱性，最高价只有氧化性,中间价态既有氧化女有礴性；

C.Fe在CI2中燃烧的产物与Fe和。2的用量无关；

D.根据可自的:NH3«H2O+SO2=NH4HSO3,2NH3»H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2CWT»tff.

>第16题【单选题】

下列有关物质用途说法正确的是（）

A、单质硅可用作光导纤维

B、氯气具有氧化性，干燥的氯气可以漂白有色物质

C、氧化铝熔点高、硬度大，常用于耐高温材料

D、二氧化硫能使品红溶液褪色，可以漂白所有有色物质

【答案】：

C

【解析】：

［解答］解：A.二M化硅具有良好的光学特性,可用作光导纤维,故A错误;

B.氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，故B错误;

C.氧化铝熔点高、硬度大，常用于耐高温材料,故C正确；

D.二氧化疏具有漂白性，能够使品红溶液褪色，但是不能漂白指示剂，故D错误;

8a^：c.

【分析】A.二氧化硅为光导纤维主要成分；

B.氯气不具有漂白性；

C.耐高温材料应具有熔点高的性质；

D.二«化硫具有漂白性，但是不能漂白指示剂.

>第17题【单选题】

甲、乙两烧杯中各盛有10mL3moi・1_八一1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反

应结束后，测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2,则加铝粉质量为（）

A、5.4g

B、3.6g

C、2.7g

D、1.8g

【答案】：

A

【解析】：

【解答】2Al+2NaOH+2H2°=2NaAlC>2+3H2T2A1+6HC1=2A1C13+3H，T，当盐酸和氢氧化钠过量时，产生的

氧气相等,当铝过量时产生氢气的比值为3:1,甲：乙=1:2,说明盐酸不足，NaOH过量；

【分析】根据方程式的质量关系进行解答.

>第18题【填空题】

丙烷和丙烯混合物共mmol,与nmol的氧气点燃后完全反应，得到CO和CO2的混合气体，以及63g

水.试求：

①当m=l时，丙烷和丙烯的质的量之比：.

②当m=l时,且反应后CO和C02混合气体物质的量是反应前氧气的物质的量的有误时，则n=；

③m的取值范围是：;

@n的取值范围是：.

A、1：1

B、4.25

【答案】：

【第1空】1:1

【第空】

277

-<m<

0-

【第3空】06

2

49<-

【第4空】-<n4

16

【解析】：

【解答】解：①设丙烯田丙蟠物质的量分别为xmoLymol,根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程，

(x+l=l

则丙做1丙烯的物质的量之比为：0.5mol:0.5mol=l:1,

故答案为:1：1；

②当m=l时，根据碳元素守恒可知，反应后COfflCO2混合气体的物质的量之和为：lmolx3=3mol,且反应后COfflC。2混合

气体的物质的量是反应前氧气的物质的量的相时，故3=nmolx写，解得：n=4.25,

故答室为：4.25;

③生成水的物质的量为：63g=3.5mol,

1Sg/mol

根据H原子守恒，利用极值法，当完全为丙烷时,气体的物质的量最小，最小为：?倒”2=2mol,

8o

当完全为丙烯时,混合气体的物质的量最大,最大值为：3•吗。仅2=7|,

0Omo

由于为丙烷和丙烯的混合气体，则：4<m<1,

8o

故答案为：?<m<2;

86

④mmol混合气体燃烧生成水的物质的量为:-63g_=3.5mol,含有H原子的物质的量为7m。1,

18g[mol

7molH原子完全来自丙烷时,丙烷的物质的量为：1mol,完全燃烧生成二氧化碳时消耗的氧气的物质的量为：2

OO

molx(3+苧)=爰mol,

完全燃烧生成CO时消耗的氧气为1molx(3x1+8)=49,

82416

7molH原子完全来自丙烯时，丙烯的物质的量为:jmol燃烧生成的为CO时消耗的氧气最少,最少值为:1molx(3x

6or

+与)=^mol,

42

当丙烯完全燃烧生成二氧化碳时消耗的氧气最多，则消耗的氧气的最大量为：1molx(3+4)=与mol,

644

由于为丙烷和丙蟠的混合气体，则消耗的氧气的最小值为等,最大值为与mol,即等<n<与,

164164

故答案为：等<nv4.

【枷】二球质的盟水中H原子守恒列碇,据此计算监；

②10据碳元素守恒计算反应后CO和CC)2混合气体的物质的量之和，据此计算n的值；

③生成水的物质的量一定,然后利用氢原子守恒及极值法计算出m的范围；

④据H原子守恒利用极限法解答，当生成CO时消耗氧气最少,当生成二M化碳时消耗氧气最多.

>第19题【填空题】

在呼吸面具和潜水艇中可利用"Na2O2与C02”的反应作供氧剂.请选用适当的化学试剂和实验用品、

用下图中的实验装置进行实验，证明"Na2O2与CO2"的反应作供氧剂.

(1)A是利用盐酸与CaC03固体反应制取C02的装置.写出A中发生反应的离子方程式：.

(2)仪器组装完成后，在实验开始前应进行的一项操作是.

(3)从A装置中出来的C02气体中还含有少量的HCI气体和水蒸气.欲除去这些杂质气体，B装置中

盛有饱和NaHC03溶液，其作用是.C装置中可盛装的试剂是,其作用是.

(4)写出D装置中Na2O2与C02反应的化学方程式：.

(5)如何检验试管F中所收集的气体.

【答案】：

+2+

【第1空】CaCO3+2H=Ca+CO2T+H2O

【第2空】检查装置的气密性

【第3空】除去二氧化碳中氯化氢

【第4空】氯化钙固体

【第5空】除去二氧化碳中的水

【第包2Na2G>2+2CC>2=2Na2c。3+。2T

【第7空】用带火星的木条靠近收集的气体，若复燃则为氧气

【解析】：

+2+

【解答】(1)版可与盐酸氯鹤和水，离子方~:CaCO3+2H=Ca+CO2t+H2O,故答宾为:

+2+

CaCO3+2H=Ca+CO2t+H2O;

(2)仪器组装完成后,在实验开始前应进行的一项操作是检查装置的气变性,故答案为：检查装置的气密性;

(3)从置中出来的CO2气体中还含有少量的HQ气体和水蒸气，用盛有饱和碳酸氢钠的洗气瓶除去氯化氢气体,用氯化钙

固体干燥M化碳，吸收水;

故答案为：除去二氧化碳中氯化氢；氯化钙固体；除去二氧化碳中的水；

(4)过氧化气,75g3：^:2Na2O2+2CC)2=2Na2co3+O2T,故答案为:

2Na2O2+2CO2=2Na2co3+。21；

(5)检睑氧气可以用:用带火星的木条靠近收集的气体，若复燃则为氧气，故答案为：用带火星的木条靠近收集的气体，若复

懒为氧气.

【分析】(1)碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二M化碳、水；

(2)有气体参加或者产生的实验,实验前T要检宜装置的气密性;

(3)二氧化碳能溶于水，在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大,氧化氢与碳酸氢钠反应生成M化碳;

工化碳为蝌氧愉,£2®?固体氯饰2Hg；

(4)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

(5)氧气宜缪,菖g够频；*木条文.

>第20题【实验探究题】

工业上，向500℃左右的铁屑中通入CI2生产无水氯化铁，其制备过程中均要确保无水。现模拟该过程

用图示装置进行实验：

仪器a的名称为,装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为,为保持装置C为无水

环境，装置B中加入的试剂是。

【第1空】分潘8斗

【第2空】MnC)2+4HCI(浓)_△MnCI2+CI2r+2H2O

【第3空】浓硒

实验步骤：如图连接装置后，先(填实验操作)，再装药品，然后点燃(填"A"或"C")处

酒精灯，当_______(填实验现象)时，再点燃(填"A"或"C")处酒精灯。

【第1空】检查装置气雌

【第2空】A

【第3空】C中充满黄球色气体

【第4空】C

装置D的作用是,。

【第1空】除去未反应的氯气

【第2空】防止空气中的水蒸气进入C装置

甲同学认为进入装置C的气体中混有HCI,应在装置B前增加装有(填试剂名称)的洗气装置除

去；乙同学认为不需要除去HCI,理由为o

【第1空】饱和食盐水

【第2空】只要氯气足量,最终产物只有氯化铁

【答案】：

【解析】：

【解答】(1)仪器a的名称为分液漏斗,煤置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化橘加热制取,化学反应方程式为：

MnO2+4HCI(浓)_△MnCl2+CI2T+2H2O;为保持装置C为无水环境,装置B中加入的试剂是浓硫酸；

(2)实验中有氯气生成,所以要先检验实验装置的气密性，为排除装置中的空气，应先点燃A处的酒精灯，生成氯气排除空气

中的氧气和水蒸气，C中充满黄绿色气体后，再点燃C处酒精灯；

(3)装置D中碱石灰的作用是除去未反应的氯气防止空气中的水蒸气进入C装置;

(4)可用饱和食盐水除去氯气中混有的HCI气体，则应在装置B前增加装有饱和食盐水的洗气装置除去；混有的HCI与F旺成

FeCI2,只要氯气过量,Fea2会被氨气氧化为FeCb,不影响产品的纯度.

【分析】(1)根据实睑装置图解答实验仪器，反应中需要Cl?与Fe反应，所以需要制备纯净的,根据实验室用浓盐最与

MnO2在加热的条件下制备。2解答；实验中需要确保无水环境,所以需要用浓硫酸干燥。2.

(2)根据气体制备实验,实验前需要检睑装置气密性解答；由于装置中含有少量的空气，所以需要排除实验的干扰条件，先制

备氯气，当排尽空气后(装置内充满黄球色气体)，在进行氯气与铁的反应.

(3)结合题意,无水的环境要求，碱石灰的作用防止空气中的水蒸气进入装置；氯气有毒,所以需要考虑尾气的处理;

(4)根据实验室利用饱和食盐水除去氯气中混有的少量的HQ解答;

氯气的氧化性较强,HCI与Fe^成Fed2,只要氯气过量，FeCb会被氯气氧化为FeCI?；

＞第21题【综合题】

下列图象中，纵坐标为沉淀量，横坐标为某溶液中加入的反应物的物质的量，选择合适图象对应的字

母填空.

AICI3溶液中加入氨水至过量.

A\u2462

【第1空】③

AICI3溶液中加入NaOH溶液至过量______.

A\u2465

【第1空】⑥

AICI3、MgCI2混合溶液中加入NaOH溶液至过量_

A\u2460

【第1空】①

澄清石灰水中通入过量C02.

A\u2461

【第1空】②

含有少量盐酸的AICI3溶液中加入过量NaOH溶液.

A\u2464

【第1空】⑤

含有少量HCI的AICI3溶液中加入过量氨水

A\u2463

【第1空】©

【答案】：

【解析】：

［解答］解：(1)氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不肯貂解在过注水中,发生的反应为AI3++3OH-

=AI(OH)3I,沉淀达到最大值后不能溶癣在过量氨水中，故图象③符合；(2)氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生

3+

AI+3OH=AI(OH)3(生成沉淀，后发生Al(OH)3+0H'=AIO2一+2W0沉淀溶解，故先产生沉淀，后沉淀溶解,所用

NaOH溶液为3:1,故图象⑥?5合;(3)AICI3.MgCb混合溶液中滴加NaOH溶液发生A|3++3OH=AI(OH)3k

Mg2++2OH=Mg(OH)2I助两厢淀，侬处Al(OH)3+NaOH=NaAIO2+2H2O,淀,后沉

不会完全溶解，故图象①符合；(4)石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca(OH)2+CO2=CaCO3l+H2O,生成沉淀，后发生

CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2,故先产生沉淀，后沉淀溶解,前后两部分二氧化碳的物质的量为1:1,故图象②符合；

(5)含有少量盐酸的AlCb溶液中滴入NaOH溶液，先发生盐酸与氢氧化钠反应,不产生沉淀，然后发生氯化铝与氧氧化钠反

A|3++3OH=AI(OH)3l,生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，发生氢氧化铝与氢氧化钠反应Al(OH)3+0H=AIO2

'+2H2O,沉淀溶解至最后消失，沉淀生成与溶解前后两部分两部分消耗的氢氧化钠的物质的量3:1,故图象⑤符合；(6)

含有少量HCI的AlCb溶液中加入过量氨水,氨水先与盐酸发生反应，不产生沉淀，然后AICI3溶液和氨水反应,沉淀达到最大后

不能溶解在过量氨水中，故图象④符合.故答案为：③；⑥；①；②；⑤；④.

【分析】(1)氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后不能溶解在过陵IK中；(2)氯化铝溶液中加入氢氧化钠

溶液先生成沉淀，后沉淀溶解至最后肖失，根据方程式判断前后两部分两部分消耗的氢氧化钠物质的量关系；(3)AICI3.

MgCb的混合溶液中加入过量NaOH溶液，先生成氢氧化镁、氢氧化铝两种沉淀，然后氢氧化铝与氢氧化钠反应使沉淀的量减

少，但不会完全溶解；(4)澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸

钙与水、二氧化碳反应,沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；(5)含少量盐酸的AICI3溶液中滴

入NaOH溶液,氢氧化钠先与盐酸反应,不产生沉淀，然后氢氧化钠与氯化铝与反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后,氢氧

化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠,最后沉淀完全溶解,根据方程式判断沉淀生成与溶解前后两部分两部分消耗的氢氧化钠的

物质的量；(6)含有少量HQ的AICI3溶液中加入过量氨水,氨水先与盐酸发生反应,不产生沉淀，然后AICI3溶液和氨水反

应，沉淀达到最大后不能溶解在过量氨水中.

>第22题【综合题】

合成氨工业生产中所用的a-Fe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3。

某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为4：5,其中F”2A+与Fe”^+物质的量之比为。

【第1空】1:1

当催化剂中FM2A+与Fe”"+的物质的量之比为1：2时，其催化剂活性最高，此时混合物中铁的质

量分数为(保留两位小数)。

【第1空】72.41%

写出由C(炭粉〉与Fe2O3在高温下反应制备a\xad铁触媒的化学方程式(另一种产物可溶于水):。

【第1空】2Fe2C>3+C高