2025初升高（新高一）化学暑假专项提升（人教版）金属材料

专题08金属材料

嫌内容早知道

“第一层巩固提升练（5大考点）

考点一合金

考点二铁合金

考点三铝和铝合金

考点四铝、氧化铝的性质

考点五物质的量在化学方程式中的计算常用方法

■第二层能力提升练

■第三层柘展突破练

--------------------------------------------------------------------------

考点一合金

口积累与运用

合金

（1）合金的概念

合金是指由两种或两种以上的_±1_（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。属于混

食物。

（2）合金的特性及原因

。合金的物理、化学及机械性能」U_各成分金属，合金比各成分金属的硬度工_。

②合金的性能可以通过所添加的合金元素的种类、含量和生成合金的条件等来加以调节。

例如：硬铝（Al.Cu.Mg.Mn.Si）的强度和硬度都比纯铝的大°

③原因：

纯金属内所有原子的大小和形状相同，原子排列十分规整；加入或大或小的其他元素的原子后，改变了

金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大。

1.（24・25高一上•黑龙江鹤岗•阶段练习）合金比纯金属制成的金属材料的优点是

①合金的硬度一般比它的各成分金属的大，②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低，③改变原料的配

比，改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，④合金比纯金属的导电性更强，⑤合金比纯金属的应

用范围更广泛。

A.①②③④©B.①②③@C.①②④D.（2X3X4）

【答案】B

【解析】①与组成合金的纯金属相比，合金的一般硬度更大，故①正确；

②合金为混合物，熔点比它的各成分金属的熔点低，故②正确；

③不同的合金具有不同的性能，改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，故③正

确；

④合金的导电性不一定比纯金属更强，比如铝合金的导电性比纯铝要差，故④错误；

⑤合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故⑤正确；

正确的有①②③®，答案选B。

2.（24-25高二上•海南海口.阶段练习）我国C919大型客机使用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高、

耐腐蚀等特点。下列说法正确的是

A.铝锂合金硬度比纯铝小B.铝锂合金熔点比纯铝高

C.铝为惰性金属，比较耐腐蚀D.铝有较好的导电性和导热性

【答案】D

【解析】A.纯铝硬度较小，铝镁合金硬度比纯铝大，A错误；

B.一般来说合金的熔点比其成分金属低，铝锂合金熔点比纯铝低，B错误；

C.铝为活泼金属，比较耐腐蚀是由于铝与氯气反应生成一层致客的氧化铝薄膜，这层膜起到保护内部金属

的作用，C错误；

D.铝有较好的导电性和导热性，D正确；

故选D。

3.（23-24高一上.广东广州.期末）我国科技事业成果显著，大飞机C9I9机身材料采用了航空工业中最先

进的复合材料和铝锂合金。下列有关合金的说法正确的是

A.我国使用最早的合金是钢B.稀土金属可用于生产合金

C.生铁的含碳量为0.03%~2%D.合金的熔点一定比各成分金属的低

【答案】B

【解析】A.我国最早使用的合金是青铜不是钢，A错误；

B.稀土一般是以氧化物状态分离出来的，虽然在地球上储量非常巨大，但冶炼提纯难度较大，显得较为稀

少得名稀土，在合金中加入适量稀土金属，就能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的维

生索，B正确；

C.生.铁的含碳量为2%~4.3%,钢的含碳量为O.O3%~2%,C错误；

D.合金的熔点•般比各成分金属的低，但是汞与其它金属形成合金时，合金的熔点大于汞，D错误；

故选B。

考点二铁合金

□积累与运用

铁合金

铁和碳形成的合金，因含碳量不同分为生.铁（含碳量为2%〜4.3%）和钢（含碳量为0.03%-

2%）。钢_是用量最大、用途最广的合金。不锈钢是最常见的•种合金钢，合金元素主要是一

铭和银,在大气中比较稳定，不易生锈，抗腐蚀能力强。

总结：

生铁的化学成分铁和碳。

钢的种类分为碳索钢和合金钢°碳素钢有分低碳钢、中碳钢和高碳钢。

低碳钢一一韧性好，强度低，含碳量低于0.3%。

中碳钢一一强度高，韧性及加工性好，含碳量为0.3%〜0.6%。

高碳钢一一硬而脆，热处理后弹性好，含碳量高于0.6%。

合金钢一一在碳素钢中加入铝、锌、铝、银、钳、钻、硅等合金元素（种类多，性能差别大）。

4.（23-24高一上.黑龙江牡丹江.阶段练习）金属材料的使用见证了人类文明发展过程，历史二人类冶炼部

分金属的大致年代如图所示，下列说法正确的是

新石器青铜器铁器1807年一Na

时代时代时代

公元温^000年公元瑞4000年公元1500年[•~1182^年—A1

—Cu—Au—Fe1792年一Mg

A.由图可知最早冶炼的金属为Au

B.人类最早使用的合金为铁合金

C.铝是地壳中含量最高的金属元素，但铝的冶炼时间较晚

D.铁、铁合金、铁的氧化物都为金属材料

【答案】C

【解析】A.由图可知最早冶炼的金属为Cu,故A错误；

B.人类最早使用的合金为铜合金，故B错误；

C.铝元素在地壳中的含量仅次于氧和硅，是地壳中含量最丰富的金属元素，并且是仅次于铁的全球使用第

二多的金属，但人类直到19世纪才掌握了分离和生产纯铝的技术，故C正确；

D.金属材料一般指金属单质或合金，故D错误；

故答案选C。

5.（23-24高一上•陕西汉中•阶段练习）金属材料在生产生活中应用广泛。下列关于金属材料的说法不正确

的是

D.56gFe与足量硫粉充分反应转移电子数为3NA

【答案】B

【解析】A.由于n(Na)=0.2moL与水反应生成的氢气的物质的量为O.lmol,反应生成的氢氧化钠与铝箔还

能反应生成氢气，所以生成H2分子数大尸0.1N,、，A错误；

B.100g质量分数为46%的乙醇(C2H5OH)溶液中含有乙醇Imol,含有水3mol,故0原子的数目为4N-

B正确；

C.17.4gMn5物质的量为0.2mol,盐酸中HC1物质的量为0.6moL根据比例关系MnO2~4HCl~C12~2e-,

MnOZ过量、且随着反应的进行，盐酸变稀，反应停止，转移电子数无法具体计算，C错误；

D.56gFe物质的量为ImoL与足量硫粉充分反应生成FeS,转移电子数为2NA,D错误；

故选B“

8.(24-25高一上・贵州•阶段练习)下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是

A.烧碱溶液：Na+、K+、CO)、NO；

B.无色透明的溶液中：Fe*、Mg?，SCN：CP

C.与Al反应放出H?的溶液：HCO；、Na+、Cl、Ca2+

D.pH=13的溶液：Na+、Fe”、NO；、SO；

【答案】A

【解析】A.烧碱是氢氧化钠，氢氧化钠溶液中，Na\K+、CO：NO；相互之间不反应，能大量共存,

故选A：

B.含有Fe"的溶液呈黄色，无色透明的溶液中不能大量含有Fe3+,且Fe?+、SCN「生成Fe(SCN)3,故不选

B；

C.与Al反应放出H?的溶液呈酸性或碱性，HCO、与H+、OH•都不能共存，故不选C；

D.pH=13的溶液呈碱性，碱性条件下Fe2+不能大量存在，故不选D；

选A。

9.(24-25高一上•全国•课后作业)现有Al、CuO、FezCh组成的混合物共10.0g,放入500mL某浓度的盐

酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，金属离子正好全部转化为沉淀。则上

述盐酸的浓度为

A.0.5mol/LB.l.Omol/'LC.2.0mol/LD.3.0mol/L

【答案】B

【蟀析】Al、CuO、FezCh组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向

反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，

此时溶液中溶质为NaCl,根据钠高子守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.250Lx2.00mol/L=0.5mol,根据氯离

子守恒可得：n(HCI)=n(NaCI)=0.5mol,故该元素的物质的量浓度=当整"=1.0mol/Lo

10.(24-25高一上•海南•阶段练习)已知某品牌饮料易拉罐的材质为镁铝合金，现利用一个空的该易拉罐

进行试验：

(1)向易拉罐中充满CO2,然后在罐中注入足量的浓NaOH溶液，立即用胶布封严罐口，一会儿听到罐内

发出“咔、咔”的响声，且易拉罐变瘪，原因是；再过一会儿易拉罐乂鼓起来恢复原样，原因

是:易拉罐鼓起过程反应的化学方程式为o

(2)将镁铝合金的易拉罐打磨、清洗并干燥后，剪碎并磨成粉，将该粉未浸入盐酸中完全溶解，再加入足

量的NaOH溶液中，充分反应之后，仍存在白色沉淀，该白色沉淀是(填化学式)。

(3)另取一个空的该易拉罐，从中间锯开，用砂纸将其内壁的氧化膜除去，装入约20ml蒸惚水，再往水

中投入2.3g金属钠，理论上最多可收集到氢气的物质的量为。

【答案】(1)NaOH溶液吸收C02,罐内压强减小，外界气压将易拉罐压瘪易拉罐合金中的金属A1

与NaOH溶液反应产生匕，重新将易拉罐又鼓起来2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2T

(2)Mg(OH)2

(3)0.2mol

【解析】(1)易拉罐变瘪发生的的反应为NaOH溶液吸收CQ2,罐内压强减小，外界气压将易拉罐压瘪，

易拉罐鼓起过程发生的反应为易拉罐合金中的金属AI与NaOH溶液反应产生H2,重新将易拉罐又鼓起来，

反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H9=2Na[Al(0H)4]+3H2%故答案为：NaOH溶液吸收CCh，罐内压

强减小，外界气压将易拉罐压瘪；易拉罐合金中的金属A1与NaOH溶液反应产生H2,重新将易拉罐乂鼓

起来；2Al+2NaOH+6H2O=2Na[A1(OH)4J+3H?T；

(2)将镁铝合金的易拉罐打磨、清洗并干燥后，剪碎并磨成粉，将该粉未浸入盐酸中完全溶解，再加入足

量的NaOH溶液中，充分反应之后，仍存在白色沉淀发生的反应为加入盐酸，镁、铝与盐酸反应生成氯化

铁、氯化铝，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氯化镁、氯化铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成氢氧

化铝、氢氧化镁沉淀，后氢氧化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水，则白色沉淀是氢

氧化镁，故答案为：Mg(OH)2：

(3)由题意可知，往水中投入2.3g金属钠发生的反应为2Na+2H2O=2NaOH+H2f、2Al+2NaOH+

23e.

6HO=2Na[Al(OH)"+3H2T，则由方程式可知，理论上最多可收集到氢气的物质的量为7产7'(彳十

23rg/mc'l2

3

7)=0.2mol,故答案为：0.2。

考点!1!铝、氧化铝的性质

口积累与运用

铝、氧化铝的性质

（1）①铝、氧化铝与稀盐酸反应

实验操作6/

1盐酸叔口铝一片口苜

实验现象铝片逐渐溶解，有无色气泡冒出，将点燃的木条放在试管口有

化学方程式ALOa+6HQ==2AlCh+3H?0

2Al+6HCl===2AlCh+3H2t

离子方程式AI2O3+6H==2Al'+3H?0

_______2A1+6H'===2A—+3H2t

②铝、氧化铝与NaOH溶液反应

实验操作①nf/②口_J

NaOH3--L.NaOH打磨过,

溶清地铝片冒溶油得初铝片E

实验现象试管①中一开始无气泡产生，一段时间后，钻片溶解，有无色气

泡冒出，试管②中铝片溶解，立即产生无色气泡，将点燃的木条放在试管

口，都有爆鸣声

化学方程式________A1Q；+2NaOH===2NaAlCh+HzO

2Al+2NaOH+2H?0===2NaA102+3H2t_

离子方程式_________A12O3+2OH==2A1O2+H2O_______

2A1+2OK+2H2O===2AQ+3H2t___

12）两性氧化物

既能与q_反应生成盐和水，又能与马反应生成盐和水的氧化物，如AI2O3等，其与强酸、强碱

反应的离子方程式为：

AI2O3+6H===2A13'+3出0；

Aiq+ZOH===2AC-+H2O

11.（24-25高一上•黑龙江鹤岗.阶段练习）下列除杂质选用试剂和主要操作都正确的是

编号物质杂质试剂主要操作

A.ChHC1饱和Na2cCh溶液洗气

B.NaHCO?Na2cO3—加热

c.FezChAI2O3NaOH溶液过滤

D.FcChFeChCu过滤

【答案】c

【解析】A.HC1与饱和Na2c03溶液反应会产生C02气体，使C12中混入新的杂质气体，不能达到除杂的

目的，A错误；

B.NaHCOa不稳定，加热会分解产生Na2cO3、CO2.H9,导致物质完全变质，B错误；

C.ALO3是两性氧化物，能够与强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，而FezCh难溶于水，然后通过过滤，

就可分离得到FezOs,达到分离除杂的目的，C正确；

D.FeCb与Cu在溶液中反应产生FeCb、C11CI2,使FeCb中仍然含有杂质CuCb,不能达到除杂的目的，

D错误；

故合理选项是Co

12.(24-25高一上•全国•课后作业)下列有关氧化铝的说法错误的是

A.可用Aiq,材料制成的用埸熔融烧碱

B.铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝保护膜，能防止内部金属被氧化

C.氧化铝是一种高熔点物质，是一种较好的耐火材料

D.氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应

【答案】A

【解析】A.氧化铝与烧碱在加热时会发生反应，故不能用氧化铝材料制成的坨烟熔融烧碱，否则会损坏增

蜗，A错误;

B.铝能在空气中稳定存在是因为具表面覆盖着一层氧化铝保护浪，氧化膜比较致密，能防II：内部金属被氧

化，B正确；

C.氧化铝熔点高达20()0。€：以上，是一种高熔点物质，可以作较好的耐火材料使用，C正确；

D.氧化铝属于两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应，D正确；

故选A(,

13.(24-25高一上•湖北・期中)甲、乙、丙、丁溶液分别含H，Na*、A产、Ba2+.OHLC「、HCO；中

的两种离子，可以发生如下图转亿，下列说法不正确的是［已知水中A产与HCO,反应生成Al(OH)］沉淀和

co2］

2+

A.在丁中滴加甲能发生反应：Ba+HCOJ+OH=BaCO.4+H2O

B.溶液丙中还可以大量共存的离子有：「、SO；-、S0--

C.白色沉淀A能溶解在溶液丙中

D.向乙溶液中加入少量丁溶液可产生白色沉淀

【答案】B

【分析】甲、乙、内、丁是由H+、NaJA产、Ba2+>OH；C「、HCO；离子中的两种组成，由离子共存，

H'只能与Cr组成HCLA产只能与组成A】Ch，根据已知水中A产与HCO；反应生成人1(0用沉淀和CO?,

甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、气体和氯化钠，则应是铝禽了•与碳酸氢根发生反应，A为A】(OH)3,B

为CO?,甲、乙分别为AC}NaHCOj中的一种，甲与丙反应得到氯化钠与二氧化碳，则甲为NaHCOs，

乙为AICI3,丙为HC1,甲与丁反应得到白色沉淀C与无色反应D,则丁为Ba(OH)2,由于物质的用量不确

定，则D为NaOH或碳酸钠；

【解析】A.甲为NaHCCh、丁为Ba(OH)2,在丁中滴加NaHCCh,最初NaHCCh不足，能发生反应：

-

HCO；+Ba"+OH=BaCOxJ+见0,故A正确；

B.丙为HC1,H2sO3为弱酸，溶液丙中SO：不能大量存在，故B错误；

C.甲为NaHCCh、乙为AICI3,则白色沉淀A为A1(OH)3,Al(0H)3能和盐酸反应，即能溶解在溶液丙中，

故C正确；

D.乙为AlCb、丁为Ba(OH)2,向乙溶液中加入少量丁溶液，氢氧根不足，可能产生白色沉淀AI(OH)3,故

D正确：

故答案为：B,

14.(24-25高一上•黑龙江•阶段练习)铝及其化合物在生产、生活中的应用日趋广泛。

(1)氧化铝是一种两性氧化物，写出其与NaOH溶液反应的化学方程式：o

(2)AI(OH)3可用作中和胃酸的药片，其中AI(OH%中和胃酸的原理为(用离子方程式表示)。

(3)某Mg-A1合金是一种潜在的贮氢材料。73.2g该合金恰好溶解于1.4L5.0mol・LTHCl溶液中，则该合

金中Mg和AI的物质的量之比为o

(4)下图表示将足量的CO?不断通入NaOH、Ba(OH)2、Na[Al(OH)j的混合溶液中，生成沉淀与通入CO?

的量的关系，最先与CO?发生反应的物质是(填化学式),ab段发生反应的离子方程式为。

(5)KA1(SO.JJ2H2O(明研)是一种红盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分是

A1，含少量Fe、Mg杂质)制备明研的过程如图所示。

------微热，过滤---------------------------

①为尽量少引入杂质，试剂①应选用(填字母)。

A.NaOH溶液B.H2sO,溶液C.氨水D.HQ溶液

②易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为O

③沉淀B的化学式为o

【答案】(1)Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[A1(OH)4]

+3+

(2)A1(OH)3+3H=A1+3H2O

(3)17:12

-

(4)Ba(OH)2CO2+2[A1(OH)4]=2A1(OH)5J+CO^+H2O

(5)A2AI+2NaOH+6H,O=2Na[AI(OH)41+3H,TA1(OH)3

【分析】废易拉雄(主要成分是Al,含少量Fe、Mg杂质)加入NaOH溶液转化为Na[AI(OH)4],力口入NH4HCO3

将Na[Al(OH)4]转化为A1(OH)3沉淀，再加入稀硫酸和硫酸钾转化为明矶，据此回答。

【解析】(1)氧化铝是一种两性氧化物，其与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，化学方程式为：

A1;O3+2NaOH+3H2O=2Na[A1(OH)4]；

(2)Al(OH)3可用作中和胃酸(HCI)的药片，其中Al(OH),中和日酸的原理为：AI(OH)3+3H'=A产+3也0；

(3)73.2g该合金恰好溶解于1.4L5.0mol【THCI溶液中，假设Mg的物质的量为x,Al的物质的量为y,则

24x+27y=73.2g,2x+3y=l.4Lx5mol/L=7mol,解得x=L7mol,y=1.2mol,则该合金中Mg和Al的物质的量之

比为17:12；

(4)通入CO2依次与Ba(OH)2、NaOH、Na[Al(OH)4]>Na2cO3、BaCCh发生反应，方程式依次为：

Ba(OH)2+CO2=BaCO3/+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H,O,CO2+2(A1(OH)4]=2A1(OH)31-CO；+H2O

BaCO,+H2O+CO2=Ba(HCO,)2,Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO,,最先与CO?发生反应的物质是Ba(OH)2,

ab段生成氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为：CO2+2[A1(OH)4]=2A1(OH)3J+COj+H2O；

(5)①根据Fe、Mg、Al均能与酸反应，而Al只能与强碱反应可知，可以选择NaOH溶液溶解废易拉罐，

故选A；

②易拉罐溶解过程中生成四羟基合铝酸钠和氢气，主要反应的化学方程式为：

2AI+2NaOH+6H2O=2Na(A1(OH)4]+3H2T；

③根据分析可知，沉淀B的化学式为A1(OH)3O

考点五物质的量在化学方程式中的计算常用方法

口积累与运用

1.关系式法

当已知量和未知量之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定己知量和未知量之间的比例关系，即“关

系式”。

(1)根据化学方程式确定关系式

写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。

(2)根据原子守恒确定关系式

2.守恒法

(1)反应前后元素种类、质量、原子个数不变。

(2)还原剂失电子总数=氧化剂得电子总数

(3)电荷守恒

电解质溶液中，阴禽子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性。例如，在

0.1mol・L-1的K2so4溶液中，c(K+)+c(H+)=2c(SOZ)+C(OH-)O

3.差量法

根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”，如反应前后的质量差、

物质的量差、气体体积差等，该差量与反应物的有关量成正匕。差量法就是借助这种比例关系求解的

方法。

4.方程组法

一般方程组法用于解决两种物质的混合物计算，一般读题时能找到两个已知量时，均可以利用二元一

次方程组进行求算未知量。

15.(22-23高一上•辽宁朝阳•期末)现有FeCh、AIC)的混合溶液250mL，向其中逐滴加入NaOH溶液,

生戌沉淀的物质的量随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。则混合液中FeCI,的物质的量浓度为

〃(沉淀)/mol

3.64w(NaOH)/mol

A.1.9molU'B.1.8molC.L7mol-LD.I.6rnol-L

【答案】D

【解析】由图像知，用「溶解氢氧化铝的氢氧化钠物质的最为(3.6-3)=0.6mol,由铝元素守恒知，原溶液

中含OSmolAlJ,rtiAICl3+3NaOH=AI(OH)3；+3NaCl知,A1J全部转化为A1(OH]时,消耗1.8molNaOH,

故用于生成氢氧化铁的氢氧化钠的物质的量为3-1.8=1.2mol,由FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3J+3NaCl,知

原溶液中氯化铁的物质的量为0.4mol,故原溶液中氯化铁的物质的量浓度为"粤=ISOmolL",D项正

O.25L

确。

答案选D0

16.(23-24高一上.江西宜春.阶段练习)某无色溶液中可能含有丁、Mg2\NH；、A产、Fe?\CO；、SO：中

的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入

NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是

〃(沉淀)

A.溶液中的阳离子有H+、Mg?*、NH：、A产

B.溶液中n(Al3+)=0.1mol

C.溶液中一定不含CO；,一定含有SOj

D.n(H+)：n(Al3+)：n(Mg2+)=l：1：1

【答案】D

【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO：不能大量存

在；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量

之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、AP+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀

不变，这说明溶液中还存在NH；,由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO；；由图可知，第一阶

段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为O.lmol,则n(H+)=0.lmol；第三阶段为钱根离子与氢氧化钠

反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5moM则n(NH：)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消

耗氢氧化钠0.80101-0.70101=0.111101,则n[Al(OH)3]=0.1moL根据铝元素守恒可知n(A[3+)=0.lmol；第二阶段

为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4moL则n(Mg2+)=(0.4mol-0.1molx3)x

y=0.05moL

【解析】A.由分析可知，由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3\NH：,故A正确；

B.由上述分析可知，溶液中n(A|3+)=0.]mol,故B正确；

C.由上述分析可知，溶液中一定不含CO；,一定含有SO；,故C正确；

D.由上述分析可知,溶液中n(H+)：n(AP+)：n(Mg2+)=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1,故D错误；

答案选D.

17.(24-25高一上叫川德阳・开学考试)已知：八1(014)3可"^^2014溶液反应，即AI(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,

而Mg(OH”不与NaOH溶液反应，但受强热易分解。现将ag镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量

NaOH溶液，过滤，将沉淀进行洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末的质量还是ag,则原合金中镁的质量分

数为

A.80%B.40%C.60%D.无法确定

【答案】C

【解析】镁、铝先和盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，然后氯化铝再和过量的氢氧化钠反应生成能溶于水的

Na[AI(OH)4],而氢氧化镁和氢氧化钠不反应，故沉淀为氢氧化镁，灼烧后的白色粉末为氧化铁，旦白色粉

末的质量还是ag,从反应的整个过程依据元素守恒，所以原合金中镁的质量分数就是氧化镁t镁元素的质

24

量分数，即原合金中镁的质量分数;k;xl00%=60%；故答案选C。

18.(22-23高一上•江西赣州•阶段练习)将8.0g镁铁合金加入500mL稀盐酸中恰好完全反应，得到标准状

况下氢气4.48L。下列有关说法不正确的是

A.该合金中镁、铁的物质的量之比为1：1

B.反应中转移电子0.6mol

C.该盐酸的物质的量浓度为0.8门ol/L

D.将标准状况下8.96LHC1气体溶于500mL水中即可配制成该盐酸

【答案】BD

4481

【解析】A.得到标准状况下氢气4.48L,其物质的量为”:::「0.2mol,设镁、铁的物质的量分别为

22.4L/mol

,24x+56y=8.0

xiT.ol和ymol,则有："r，解得x=y=O.l,故知该合金中镁、铁的物质的量之比为1：1,

x+y=0.2

A项正确；

4481

B.得到标准状况下氢气4.48L,其物质的量为--=0.2mol,生成0.2molH2转移电子D.4mol,B项

22.4L/mol

错误；

C.生成0.2molHi,根据原子守恒,H。的物质的量为0.4mol,该盐酸的物质的量浓度为噂黑=0.8〃R/L,

C项正确：

D.标准状况下8.96LHQ的物质的量为0.4mol,溶于500mL水，不等于溶液体积为500mL,D项错误；

答案选BDo

19.(23-24高一上•海南海口•期末)在MgCL和A1C13的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经

测定，加入NaOH的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示，则：

沉淀物质的量

(1)图中C点表示当加入molNaOH时，Ap+已经全部转化为,(填化学式)Mg?+已经全部转

化为(填化学式)：

(2)图中线段OA:AB=。

【答案】(1)0.6moiNa[Al(OH)"或者[A1(OH)4]-Mg(OH)2

(2)图中线段OA:AB=5：1

【分析】根据图象可知，在滴加NaOH溶液到加入氢氧化钠为Amol时，沉淀量最大为0.2mol,说明氯化

铝、氯化镁恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液.继续滴加氢氧化钠，但在加入(B-A)mol时，沉淀物质

的量最小为0.1mol,是氢氧化镁沉淀,所以加入Amol氢氧化钠时沉淀中有氢氧化镁().1mol、氢氧化铝0.1mol；

此时溶液为氯化钠、四羟基合铝酸钠溶液，据此回答。

【解析】(1)根据氢氧根守恒可知，沉淀量最大时加入的氢氧化钠

n(NaOH)=2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=2xO.Imol+3x0.1mol=0.5mol,C点氢氧化铝完全溶解，根据铝元素、钠

元素守恒可知n(Na[Al(OH)4])=n[A1(OH)3]=0.1mol,所以溶解氢氧化铝加入的氢氧化钠为Hlmol.所以加入

的氢氧化钠的物质的量为0.5mol+0.1moM).6mol；C点氢氧化铝完全溶解，铝元素在溶液中以Na[Al(OH)d

存在；根据分析可知，Mg2+已经全部转化为Mg(OH)2；

(2)沉淀量最大时加入的氢氧化钠n(NaOH)=2nfMg(OH)2]+3n[AI(OH)31=2XO.1mol+3x0.1mol=0.5mol,C点

氢氧化铝完全溶解，根据铝元素、钠元索守恒可知n(Na|Al(OH)4]产n[AI(OH)3]=U.lmol,所以图中线段OA

：AB=5：1。

I.(24-25高一上•全国•期末)下列除去杂质的方法中，错误的是

选项物质(括号内为杂质)除去杂质的方法

AMgO固体(AI2O3)加入足量NuOH溶液、过滤、洗涤、干燥

BNaCI溶液(Na2co3)加入适量的Ca(0H)2溶液、过滤

CFeCh溶液(FeCb)通入适量的Ch

DCO2气体(HC1)通过饱和NaHCCh溶液洗气、干燥

【答案】B

【解析】A.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化镁不反应，反应后过滤、洗涤、干燥可分离，A正确;

B.Ca（0H）2与Na2cO3反应生成CaCCh和NaOH,会引入新杂质NaOH,故不能用加入适量的Ca（OH）2溶

液、过滤的操作来除去NaQ中混有的少量Na2co3,应该加入足量的稀盐酸然后加热煮沸，B错误；

C.已知2FeCl2+C12=2FeCl3,故可以向混有少量FeCh的FeCb溶液中通入适量Ch的方法来除去FeCh溶液

中的FeCb,C正确；

D.HC1与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，依次通过饱和NaHCCh溶液和浓硫酸，洗气可分离，D正

确：

故选B.

2.（24-25高一上•海南•阶段练习）某合金与铁的物理性质比较如下：

熔点/℃密度/g-crrT3硬度导电性（银为100）其他性质

某合金25003.007.42.3耐腐蚀

铁15357.864.517纯铁耐腐蚀

从以上性能看，该合金不适合制成

A.导线B.门窗C.炉具D.飞机外壳

【答案】A

【分析】根据图表数据分析可知：某合金的熔点高、硬度大、密度小，导电性差，此分析选项。

【解析】A.该合金和铁相比导电性差，不适合做导线，A符合题意；

B.该合金硬度大、密度小、适合做门窗框，B不符合题意；

C.该合金的熔点很高，可以做炉具，C不符合题意：

D.合金的熔点高、硬度大、密度小、适合做飞机外壳，D不符合题意；

故合理选项是A。

3.（24-25高一上•福建•期中）下列物质间的转化能通过加盐酸一步反应实现的是

①AgNO,——>HNO,②Fe?。,——>FeCl2③Cu——>CuCl2@Cu（OH）2——>CuCI2⑤Fe------>FeCl；

A.①②B.②④C.①④D.③©

【答案】C

【解析】①硝酸银和盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，选①

②氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，Fe,O,—>FeCL不能通过加盐酸一步反应实现，故不选②;

③铜和稀盐酸不反应，CU->013不能通过加盐酸一步反应实现，故不选③；

④氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，选④；

⑤铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，Fe—>FeCh不能通过加盐酸一步反应实现，故不选⑤；

能通过加盐酸一步反应实现的是①④，选C。

4.（24-25高一上•福建莆田期中）下列实验操作、现象和结论均正确的是

编号实验操作现象结论

用用烟钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰铝片表面呈灰白色，

A铝的熔点很高

上加热，轻轻晃动铝片熔化而不滴落

把CC1,加入碘水中，振荡、静置、分液，从上口CCL能萃取碘，且CCL

B有机层呈现紫红色

倒出有机层密度比水大

取浓度约为15%的双氧水2〜3ml盛放于试管中，其他条件不变时，升温

C气泡产生速率变快

观察现象，然后再把试管置于75℃热水浴中可以加快反应速率

石蕊试液先变红后

D将C1?通入石蕊试液中具有漂白性

褪色

【答案】c

【解析】A.用坨埸钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰上加热，轻轻晃动铝片，由于A1的性质很

活泼能与02快速形成AI2O3,A12O3的熔点远高于A1的熔点，故可观察到铝片表面呈灰白色，铝片内有熔

化物，但铝片没有下滴，A错误；

B.CCL密度比水大，碘的四氯化碳溶液在下层，应由下口放出，而不是从上口倒出，B错误；

C.取浓度约为15%的双氧水2-3ml盛放于试管中，然后再把试管置于75℃水中，可观察到气泡产生速率

变快，实验变量唯一只有温度改变，故能说明升高温度可以加快反应速率，C正确；

D.将CL通入石蕊试液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红后褪色，变红是盐酸的作用，褪

色是次氯酸的作用，D错误；

故选C。

5.（24-25高一上•河南郑州•期中）取A、B两份物质的最浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL,分别

向其中通入一定量的CO?后，再分别稀释到100mL,在稀释后的溶液中分别滴加O.lmol/L的盐酸，产生的

CO2体枳（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示，下列说法不正确的是

B.B曲线表明原溶液通入CO,后，所得溶质为Na2c和NaHCO,且物质的展之比为1：1

C.B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生气体的体积为112mL（标准状况）

D.A曲线和B曲线所得的溶液混合后，恰好得到溶质为Na2cO'的溶液

【答案】D

【分析】CCh和NaOH溶液反应，根据通入CO?的量分四种情况，第一种情况是CO?量不足，反应后溶液

的成分是NaOH、Na2cO3,第二种是CO?恰好反应，反应后溶液成分只有一种Na2co3,第三种是CO2过量

不多，反应后的溶液成分是Na2co3、NaHCOs,最后一种是CO2完全过量，反应后溶液成分是NaHCQn

Na£Ch溶液中滴入盐酸先生成碳酸氢钠和氯化钠：Na2CO3+HCl=NaCI+NaHCO3,继续滴加盐酸，则发生

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T»2个反应中消耗等量的HC1,结合图像可知，曲线A、B对应的溶液均不

是碳酸钠溶液，A中第一阶段消耗盐酸大于第二阶段，A对应溶液中溶质是NaOH、Na2co3,B中第一阶

段消耗盐酸小于第二阶段，则B对应溶液中溶质是Na2co3、NaHCO3；

【解析】A.由分析，A曲线表明原溶液通入C0：后，所得溶质为NaOH和Na2cO3,A正确；

B.据分析B曲线表明原溶液通入CCh后，所得溶质为Na2c03、NaHCCh，滴入HQ(25-O)mL段反应为

Na；C03+HCl=NaCI+NaHCO?,则碳酸钠为0.025LxO』mol/L=0.0025mol,滴入HCl(75-25)mL段反应为

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t，反应恰好完全时，B溶液共消耗0.075Lx0.1mol/L=0.0075niolHCh结合

元素质量守恒，则B溶液中含NaHCO?为0.0075mol-2x0.0025mol=0.0025mol,则Na2co3、NaHCO?物质

的星之比为1：1,B正确；

C.结合选项B可知，B溶液中含Na2co3、NaHCCh均为O.OO25mol,由碳元素守恒可知，B曲线表明原溶

液通入CO2后所得溶质与盐酸反应产生气体最多为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol,则最大体积为

112mL(标准状况)，C正确；

D.B溶液中含Na2co3、NaHCOj均为0.0025mol：结合图,A溶液中含Na2cO3、NaOH分别为

(0.075L-0.060L)xO.1mol/L=0.0015mol,0.060Lx0.1mol/L-0.0015=0.0045mol；A曲线和B曲线所得的溶液混

合后，氢氧化钠和碳酸氢钠反应后氢氧化钠过量，则得到不是只有Na2c的溶液，D错误；

故选D。

6.(24-25高一上•河北石家庄•阶段练习)向含Fe?+，I一，的溶液中通入过量的C%,溶液中四种粒子

的物质的量变化如下图所示，已知b-a=5,线段IV表示一种含氧酸根离子的变化情况，且【和IV表示的离

子中含有相同的元素。下列说法错误的是

，（离?*）/mol

0123b/?（CI2）/mol

A.原溶液中n（FeBr2）:n（Fek）=3:1B.线段H表示Fe”的变化情况

C.线段IV表示10：的变化情况D.根据图像可计算出a=5,b=10

【答案】D

【分析】向含Fe2+、I-、Br的溶液中通入适量氯气,还原性I>Fe2+>Br,首先发生反应21-+。2=12+20-，

1反应完毕，再发生反应2Fe2++Cb=2Fe3++2C「，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br+CL=Br2+2C「，故线段I

代表I-的变化情况，线段II代表Fe2+的变化情况，线段IH代表Br"的变化情况；通入氯气，根据反应离子方

程式可知溶液中n(I)=2n(C12)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(C12)=2x(3moL1mol)=4mol,Fe?+反应完毕，根据电荷

守恒可知n(r)+n(Br)=2n(Fe2+),故n(Br”)=2n(Fe2+)-n(「)=2x4mol-2moi=6mol；

【解析】A.由分析,n(FcBr2)'n(Fch)=n(Br)!n(r)=6mol:2moi=3：1,A正确;

B.由分析■，线段II为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，表示Fe?+的变化情况，B正确；

C.线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，则a点后发生氯气

氧化碘单质的反应，已知碘单质的物质的量为ImoL已知b-a=5,则反应消耗氯气的物质的量为5mol,

根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含乳酸为HI03,HI03是一元强酸，则线段IV

可表示10；的变化情况，C正确；

D.由分析可知，溶液中n(Br)=6mol,根据2Br+Cl2=Br2+2CI-nJ^I.滨离了•反应需要氯气的物质的量为3mol,

故a=3+3=6,又b-a=5,所以b=a+5=6+5=l1,D错误；

答案选D.

7.(24-25高一上•广东广州•期中)双氧水和84消毒液是生活常用的两种消毒剂，某同学设计如下实验研

%H2O2的性质。

序号实验实验现象

i向5%比。2溶液中滴加酸性KMnCh溶液a.溶液紫色褪去；b.有大量气泡产生

ii向5%比。2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液C.溶液变蓝

(1)①已知淀粉遇碘会变蓝，能证明H2O2具有还原性的实验是(填序号)。

②试写出实验i中反应的离子方程式。

③依据表格信息，将3H2O2、KMnCh按氧化性由强到弱依次排序：(写化学式)。

(2)某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液(有效成分NaCO)与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池

旗类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生02促进藻类快速生长。该反应说明

氧化性：NaClO出。2(填“,"或"v")