高一化学金属的计算、图像、推断专项练习

高一化学相关金属的计算题、图像题、推测题专项
1．200 ℃时， 11.6g CO 2和水蒸气的混淆气体与过度的Na2O2充足反响后，固体质量增添了 3.6g ，再将反响后节余固
体冷却后加入含有
＋－2－2－
等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则以下说法中正确的选项
是() Na 、 HCO、 SO 、 CO
3 3 3
A．原混淆气体的均匀摩尔质量为23.2g/mol
B．混淆气体与Na2O2反响过程中电子转移的物质的量为0.25mol 2－
C．溶液中SO3的物质的量浓度基本保持不变
－2－
的物质的量浓度增大，可是－ 2 －
的物质的量浓度之和基本保持不变
D．溶液中 HCO3的物质的量浓度减小，CO3 HCO3 和 CO3
[答案]A
[ 分析 ] 解答本题时第一依据质量守恒定律确立产生O 的量，而后利用Na O 与 CO、水蒸气反响的物质的量的关系确
2 2 2 2
定 CO2和水蒸气的物质的量。

CO2 和 H2O 与过度Na2O2反响的化学方程式分别为：2Na2O2＋ 2CO===2NaCO3＋ O2, 2Na2O2＋
2H2O===4NaOH＋ O2↑，反响后固体为Na2O2、NaOH、Na2CO3的混淆物。

固体质量增添了 3.6g ，即生成 O2的质量为 11.6g － 3.6g ＝ 8g，物质的量为8g÷32g/mol ＝ 0.25mol ，所以 CO和 HO 的总物质的量为0.25mol ×2＝ 0.5mol 。

原混淆气体的均匀摩
2 2
尔质量为 11.6g ÷0.5mol ＝ 23.2g/mol 。

生成 O 的物质的量为 0.25mol ，而生成 1 mol O
2 转移电子的物质的量为 2 mol ，
2
所以反响过程中电子转移的物质的量为
2－2－2－0.5 mol。

节余固体中含有 Na2O2拥有强氧化性，能够将 SO3 氧化为 SO4 ，所以 SO3
的物质的量浓度减小。

节余固体中含有NaOH，溶液中－2－的物质的量浓度增大，可是固体中
HCO的物质的量浓度减小，CO
3 3
还含有 Na CO，所以－2－
HCO和 CO 的物质的量浓度之和也要增大。

2 3 3 3
2．某溶液中含有－2－2－－Na O 固体后，假定溶液体积无变化，
HCO、 SO 、 CO 、 CHCOO四种阴离子，向此中加入足量的
3 3 3 3 2 2
溶液中离子浓度基本保持不变的是( )
2－
B －
C
－2－
A． CO3 ． HCO3 ． CH3COO D． SO3 [答案]C
[ 分析 ] Na2O2与 H2O反响后生
成O2和 NaOH， O2氧化
2－－2－2－
SO3， NaOH与 HCO3反响生
成CO3 ， CO3的量增添。

3．将 0.4 g NaOH 和 1.06 g Na 23 － 1
稀盐酸。

以下图像能正确表示加入CO混淆并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L
盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是 ( )
1
[答案]C
[ 分析 ] 本题考察了元素化合物、图像数据的办理知识。

向
NaOH 和 Na 2CO 3混淆溶液中滴加盐酸时，第一和 NaOH 反响
生成水和氯化钠， 当滴入 0.1 L 时，二者恰巧反响完整； 持续滴加时，盐酸和 Na 2CO 3开始反响，第一发生：HCl ＋ Na 2CO 3===NaHCO 3
＋ NaCl ，不放出气体， 当再加入 0.1 L 时，此步反响进行完整； 持续滴加时， 发生反响： NaHCO 3＋ HCl===NaCl ＋ H 2O ＋ CO 2↑，
此时开始放出气体，剖析图像，可知选C 。

4．现有铝和过氧化钠的固体混淆物样品，加入稀盐酸使混淆物完整溶解，所得溶液中 c (Al 3＋ ) ∶ c (H ＋ ) ∶ c (Cl －
) ＝
1∶2∶8，则原固体混淆物中铝元素与氧元素的质量比为(
)
A ．3∶4
B ．9∶32
C ．9∶16
D ．9∶8
[答案]C
[ 分析 ] 依据反响后溶液中含有
H ＋
，明显加入的盐酸过度，溶液中的溶质为
NaCl 、AlCl 3、HCl ，依据电荷守恒得：
c (H
＋
) ＋ c (Na ＋
) ＋3c (Al 3＋
) ＝ c (Cl －
) ，设 c (Al 3＋
) 、c (H ＋
) 、c (Cl －
) 分别为 a 、2a 、8a ，则 c (Na ＋
) ＝ 3a ，依据元素守恒，则 Al 、 Na O 的物质的量之比为 1∶1.5 ，故 Al 、 O 的质量比为 1×27/(1.5 ×2×16) ＝ 9/16 。

2 2
5．将 1.12 g 铁粉加入 25 mL 2 mol/L 的氯化铁溶液中，充足反响后，其结果是
(
)
A ．铁粉有节余，溶液呈浅绿色，
Cl －
基本保持不变
B ．往溶液中滴入无色 KSCN 溶液，溶液变红色
C ． Fe 2＋
和 Fe 3＋
物质的量之比为 5∶1
D ．氧化产物和复原产物的物质的量之比为 2∶5
[答案]B
[ 分析 ] n (Fe) ＝ 1.12 g/56 g/mol
＝ 0.02 mol ， n (Fe 3＋
) ＝0.025 L ×2 mol/L ＝ 0.05 mol ，由反响 2Fe 3＋
2＋
可
＋ Fe===3Fe
3＋
2＋
) ＝ 3n (Fe) ＝ 0.06 mol ，溶液中 n (Fe 3＋
，
知 Fe 过度，加入 KSCN 显红色；溶液中
n (Fe ) ＝ 0.05 mol －2n (Fe) ＝0.01 mol 即 Fe 2＋
和 Fe 3＋
的物质的量之比为 6∶1；氧化产物与复原产物的物质的量之比为
1∶2。

6．某同学设计以下方法对 A 盐的水解液进行判定：
由此得出的结论中，不正确的选项是( )
A ． D 溶液中存在 Fe(SCN)
B ．滤液中有
3＋
Fe
3
2
C． B 为 AgBr D． A 必定为无氧酸盐 FeBr2
[答案]D
[ 分析 ] 依据 B、 D现象可确立 A 是由 Fe3＋和 Br －或由 Fe2＋和 Br －构成的盐。

7．某 CuSO、Fe (SO ) 、 H SO 的混淆溶液 100 mL，已知溶液中阳离子的浓度同样( 不考虑水解 ) ，且2－
SO 的物质的量
4 2 4 3 2 4 4
浓度为 6 mol/L ，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为( )
A． 5.6 g B． 11.2 g
C． 22.4 g D． 33.6 g
[答案]C
[ 分析 ] 设阳离子浓度为，则依据电荷守恒： 2 ＋ 3 ＋＝2×6 mol/L ，求得
x ＝ 2 mol/L ，此中能与Fe 反响的物质
x x x x
＋2＋3＋3＋2＋＋2＋ 2 2＋2＋
＋ Cu，所以溶解Fe 的物质的量＝
为 H 、 Cu 、 Fe ， 2Fe ＋ Fe===3Fe ， 2H ＋ Fe===Fe ＋ H ↑， Cu ＋ Fe===Fe
2 mol/L ×0.1 L 2 mol/L ×0.1 L
＝0.4 mol ，m(Fe)＝0.4 mol×56 g/mol＝22.4 g。

2 ＋2 mol/L ×0.1 L ＋ 2
8．某同学将某种金属分别与等体积的甲、乙两种溶液反响，所加金属的质量与同样条件下产生气体的体积关系如图
所示，以下推论可能正确的选项是()
A．金属是镁，甲溶液为0.2 mol/L 盐酸，乙溶液为0.1 mol/L 盐酸
B. 金属是铁，甲溶液为pH＝1 的醋酸溶液，乙溶液为pH＝ 1 的盐酸
C．金属是铝，甲溶液为0.1 mol/L 盐酸，乙溶液为0.1 mol/L 氢氧化钠溶液
D．金属是铝，甲溶液为0.1mol/L 氢氧化钠溶液，乙溶液为 0.1 mol/L 盐酸
[答案]C
[ 分析 ] 依据图像可知甲、乙与过度金属反响时，乙与金属反响产生的气体多，由此可知A、B 选项不正确；足量铝与
等物质的量NaOH、 HCl 反响，与NaOH反响放出的氢气多，故C项正确， D 项错误。

9．向必定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl 3溶液，生成积淀Al(OH) 3的量随AlCl 3加入量的变化关系以下图。

则下
列离子组在对应的溶液中必定能大批共存的是()
3
A ． a 点对应的溶液中：
＋
3＋
2－
－
Na 、 Fe 、 SO 4 、 HCO 3
B ． b 点对应的溶液中： ＋ 2－ 2 － 、 Cl －
Na 、 S 、 SO
4
C ． c 点对应的溶液中：
＋ ＋
2＋
－
K
、 Ag
、 Ca
、 NO
3
D ． d 点对应的溶液中：
＋
＋
2－
2 －
K
、 NH
、 CO
、 SO
4 3 4
[答案]B
[ 分析 ] 发生反响为 a →b 段 4NaOH ＋ AlCl 3===NaAlO 2＋ 3NaCl ＋ 2H 2O ，b →c 段 3NaAlO 2＋ AlCl 3＋ 6H 2O===4Al(OH)3↓＋ 3NaCl ，
剖析各点对应溶液的成分，即可得出答案， a 点中含有大批 － 3＋ － ＋ 不可以大
批
OH ，Fe 、HCO 不可以共存； c 点溶液变为 NaCl ，Ag
3
共存； d 点中溶液中含大批
AlCl
2－
不可以大批共
存。

， CO
3
3
10．以下固体物质各 1 mol ：① Na 2O ②NaOH ③Na 2O 2
④Na 2SO 3，长久搁置在空气中，固体质量增添的关系
( 不考虑
潮解要素 ) 正确的选项是 (
)
A ．①＝② >③>④
B ．① >③>④>②
C ．② >①＝③ >④
D ．④ >②>③>①
[答案]B
[ 分析 ] Na 2O →Na 2CO 3( m ＝44) ；NaOH →Na 2CO 3( m ＝ 13) ；Na 2O 2→Na 2CO 3( m ＝ 28) ；Na 2SO 3→Na 2SO 4( m ＝ 16) ，故 B 项
正确。

11．将物质的量均为
a mol 的 Na 和 Al 一起投入 g 水中 ( 水足量 ) ，所得溶液的密度为 ρ
g ·c m
－3
，则此溶液的物
m
质的量浓度为 (
)
1 000 a ρ － 1
4ρ
－ 1
A. 50 ＋
mol ·L
B. 46 a ＋ mol ·L
a m
m
1 000 a ρ
－ 1
1 000 a ρ
－ 1
C. 46a ＋ m mol ·L
D. 45 a ＋ m mol ·L
[答案]C
[ 分析 ] 物质的量均为 a mol 的 Na 和 Al 投入水中的反响为 2Na ＋ 2H 2O===2NaOH ＋ H 2↑ 2 mol
2 mol
1 mol
a mol a mol
a
2mol
4
2Al ＋ 2NaOH ＋ 2H 2O=== 2NaAlO ＋ 3H 2↑ 2 mol 2mol
2 mol
3 mol
3
a mol a mol
a mol
2a mol
所得溶液为 NaAlO 2 的溶液
n
a mol
1 000 a ρ
－1
c (NaAlO 2) ＝V ＝ 23a ＋ 27a ＋ m － 2a ×2
－ 3
＝ 46a ＋ m
mol ·L。

ρ
×10
L
12．常温下，将必定量的钠铝合金置于水中，合金所有溶解，获取 20 mL pH ＝14 的溶液，而后用 1 mol/L 的盐酸滴定，测得生
成积淀的质量与耗费盐酸的体积关系以下图，则以下说法正确的选项是
()
A ．原合金质量为 0.92 g
B ．图中 V 2 为 60
C ．整个滴定过程中 Na ＋ 的浓度保持不变
D ．OP 段发生的反响为： NaOH ＋HCl===NaCl ＋H 2O
[答案]D
[ 分析 ] Q 点时，溶液中的溶质只有氯化钠，由钠和氯守恒可得： n (Na) ＝ n (NaCl) ＝ n (HCl) ＝1 mol/L ×0.04 L ＝ 0.04 mol ，m (Na)
＝ 0.92 g ， A 错； OP 段之所以没有积淀产生，是由于盐酸用于中和 NaOH ， D 对； OP 段耗费盐酸的体积为 n (NaOH)剩 / c (HCl) ＝1
mol/L ×0.02 L ÷1 mol/L ＝ 0.02 L(20 mL)，即
1
＝20，所以 段耗费的盐酸为 20 mL ， 段耗费盐酸是
段的 3 倍为 60 mL ，
V PQ QW
PQ
故 V 2＝40＋ 60＝100， B 错；整个滴定过程中， n (Na ＋
) 保持不变，但溶液的体积不停增大，故
Na ＋
的浓度是不停减小的， C 错。

13．将必定量的铁粉加入到必定浓度的稀硝酸中，金属恰巧完整溶解，反响后溶液中存在： c (Fe 2＋
) ∶ c (Fe 3＋
) ＝3∶2，则参
加反响的 Fe 和 HNO 的物质的量之比为 (
)
3
A ．1∶1
B ．5∶16
C ．2∶3
D ．3∶2
[答案]B
[ 分析 ] 假定生成 2 mol Fe(NO
) 和 3 mol Fe(NO
3 ) ，则共转移 12 mol e －
， 12 mol e － 可复原 HNO 获取 4 mol NO ，参加反响的
3 3
2
3
3
n Fe
5
5
Fe 和 HNO 的物质的量之比为： n HNO 3
＝ 6＋6＋ 4＝16。

5
14． (12 分 ) 向明矾 [KAl(SO 4) 2·12H2O] 溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过度。

(1)写出可能发生的相关反响的化学方程式。

(2) 在图中，纵坐标表示生成积淀的物质的量，横坐标表示加入Ba(OH)2的物质的量。

试在图中画出当溶液中明矾为
1 mol 时，生成的每一种积淀的物质的量随Ba(OH)2物质的量变化的曲线( 在曲线上注明积淀的化学式) 。

(3) 向a L 物质的量浓度为M mol/L的明矾溶液中滴加物质的量浓度为n mol/L的Ba(OH)2溶液b L，用含a、
M、 N
的表达式表示：
①当 b 知足________条件时，积淀的总物质的量为最大值；
②当 b 知足________条件时，积淀的质量为最大值。

[ 答案 ] (1)2KAl(SO 4) 2＋ 3Ba(OH)2===K2SO4＋ 3BaSO4↓＋ 2Al(OH) 3↓
K2 SO4＋2Al(OH) 3＋ Ba(OH)2===2KAlO＋ BaSO4↓＋ 4H2O
(2)图看法析
(3)①1.5 aM＝nb②2aM＝nb
[ 分析 ] (1) 设溶液中明矾的物质的量为 1 mol 。

则当滴加的Ba(OH)2的物质的量分别在0～ 1.5 mol 和 1.5 mol～ 2.0 mol 时，所发生的反响的化学方程式分别为：
2KAl(SO 4) 2＋ 3Ba(OH)2===K2SO4＋ 3BaSO4↓＋ 2Al(OH) 3↓①
K2 SO4＋2Al(OH) 3＋ Ba(OH)2===2KAlO＋ BaSO4↓＋ 4H2O②
6
(2) 从化学方程式能够看出， 生成 BaSO 4的物质的量随 Ba(OH)2 的量的增添而增添， 生成 Al(OH) 3 的物质的量随 Ba(OH)2
的量的增添而发生先增添后减少直至完整溶解的变化过程。

(3) 由方程式①知，当加入了
1.5 mol Ba(OH) 3 mol ＋ 2 mol
2 时，生成积淀的物质的量为
＝ 2.5 mol 质量为 1.5 mol ×233 g/mol
2
＋ 1 mol ×78 g/mol ＝ 427.5 g ；由方程式②知，当持续滴加 0.5 mol Ba(OH) 2 时，积淀的物质的量将减少
0.5 mol ×2＝ 1 mol ，
积淀的质量却增添 0.5 mol ×233 g/mol － 78 g ＝ 38.5 g 。

所以，把明矾溶液中
Al 3＋
恰巧积淀完整时，生成积淀的总的物质的量
最大，把
2－
SO 4 积淀完整时，生成积淀的质量最大。

15．把金属钠和金属钠在空气中的焚烧产物 P 分别加入到足量的水中，生成的气体在必定条件下恰巧完整反响，则与水反 应的金属钠与被氧化成 P 的金属钠的质量比为 (
)
A ．23∶78
B ．2∶1
C ．1∶1
D ．46∶78
[答案]C
[ 分析 ] 2Na ＋2H 2O===2NaOH ＋H 2↑；
点燃
2NaO 2＋ 2H 2O===4NaOH ＋O 2↑， 2H 2＋ O 2=====2H 2O 。

由题意知 n (H 2) ∶ (O 2) ＝2∶1，
所以 (Na) ∶ (Na 2O 2) ＝2∶1，
n
n n
再由 Na 元素守恒知，与水反响的
Na 与被氧化为 Na O 的 Na 的物质的量之比为
1∶1，质量比亦为 1∶1。

2 2
16．X 、 Y 、 Z 是三种常有元素的单质，甲、乙是两种常有的化合物，这些单质和化合物之间存在以下图的转变关系，以下说
法正确的选项是 ( )
7
A．X、 Y、 Z 必定都是非金属单质
B．X、 Y、 Z 中起码有一种是金属单质
C．假如 X、 Y 都为金属单质，则Z 必为非金属单质
D．假如 X、 Y 都为非金属单质，则Z 必为金属单质
[答案]C
[ 分析 ] 选项 A，若 X 为 Fe，甲为 H2O，Z 为 O2， Y 为 H2时，切合转变关系，所以X、 Y、 Z 不必定都是非金属单质；若X 为 C，甲为 H2O， Z 为 O2，乙为 CO， Y 为 H2时切合转变关系，应选项B、 D 错误；选项C，假如 X、 Y 都为金属单质时，X、 Y 在反响中失去电子，而金属单质在反响中不行能获取电子，所以Z 必定是非金属单质。

17．以下曲线图 ( 纵坐标为积淀的量，横坐标为加入物质的物质的量) 与对应的选项相切合的是 ()
8
A．向 1 L 浓度均为 0.1 mol ·L－1的 Ba(OH)2、 NaAlO2混淆液中加入 0.1 mol ·L－1的稀 H2SO4
B．向 1 L 浓度分别为－1 －1 －1 的 NaOH溶液
0.1 mol ·L和 0.3 mol ·L的 AlCl 3、NHCl 的混淆液中加入 0.1 mol ·L
4
C．向烧碱溶液中滴加明矾溶液
D．向 AlCl 3溶液中滴加过度氨水
[答案]A
[ 分析 ] A 项中，表示向浓度同样的Ba(OH)2、NaAlO2混淆液中滴加等浓度稀硫酸时生成积淀的过程：0～1 阶段只生成 BaSO4；1～
＋－＋ H O===Al(OH) ↓，反响生成Al(OH) 积淀； 1.5 ～ 3 阶段是生成的 Al(OH) 积淀又溶于稀硫酸的过程， A
1.5 阶段发生 H ＋ AlO
2 3
2 3 3
正确。

B 项中，铝离子联合氢氧根离子的能力比铵根离子强，先进行反响，生成 1 mol 氢氧化铝需要 3 mol 氢氧根离子，溶解
1 mol 氢氧化铝只要要 1 mol 氢氧根离子， B 错误。

C 项中，形成 1 mol 偏铝酸根离子需要 1 mol 铝离子，耗费 1 mol 偏铝酸根
1
离子只要要3 mol 铝离子， C 错误。

D 项中，氢氧化铝积淀不可以溶解于氨水
中， D 错误。

18．研究反响物的化学计量数与产物之间的关系时，使用近似数轴的方法能够收到直观形象的成效，以下表达不正确的
是 ()
[答案]C
[分析 ]A 正确，由于发生的反响为SO2＋ 2NaOH===Na 2SO3＋ H2O 和 SO2＋ NaOH===NaHSO 3。

B 正确，由于发生的反响为
－AlO 2
9
＋－＋＋
＋ 2H 2O。

C 不正确，由于无论配料比率是多少，点燃
＋ H ＋ H2 O===Al(OH) 3↓和 AlO 2 ＋ 4H ===Al 3 发生的反响老是 2Fe＋ 3Cl2 ===== 2FeCl3。

D 正确，由于假如铁过度，过度的铁与生成的Fe3＋持续反响，生成Fe2＋。

19．某化学小组为测定必定量的某铜铝混淆物中铜的质量分数，设计了以下实验方案：
足量溶液 A
方法Ⅰ：铜铝混淆物――→测定生成气体的体积
充足反响
足量溶液 B
方案Ⅱ：铜铝混淆物――→测定节余固体的质量
充足反响
以下相关判断中不正确的选项
是( )
A．溶液 A 和 B 均可采纳稀硝酸
B．溶液 A 和 B 均能够是盐酸或NaOH溶液
C．实验室中方案Ⅱ更便于实行
D．若溶液 A 采纳浓硝酸，则测得的铜的质量分数偏小
[答案]A
[ 分析 ] 溶液 B 若选稀硝酸，与铜、铝都反响，则反响后无固体节余，从而没法确立二者的量，A错误；若溶液 A 是盐
酸或 NaOH溶液，只和铝反响，依据气体或节余固体的质量均可确立铝的量， B 正确；气体体积丈量较为困难，而称量剩
余固体质量则较为简单， C 正确；若溶液 A 采纳浓硝酸，浓硝酸使铝钝化后与铜反响，生成的NO易与水反响，使丈量的
2
气体体积偏小，测得的铜的质量分数也偏小， D 正确。

20．部分氧化的 Fe－ Cu 合金样品 ( 氧化产物为 Fe2O3、 CuO)共 5.76 g ，经以下办理：
以下说法正确的选项是 ( )
A．滤液 A 中的阳离子为Fe2＋、 Fe3＋、 H＋
B．样品中 Fe 元素的质量为 2.24 g
C．样品中 CuO的质量为 4.0 g
D．V＝ 896
[答案]B
[ 分析 ] 依据题意， 3.2 g 滤渣必定是铜，而铜与Fe3＋不共存，则 A 项必定错误；最后的 3.2 g 固体为 Fe2O3，此中 Fe 元素的质量为 2.24 g ， B 正确；铜元素共 3.2 g ，且 Cu不行能完整被氧化成 CuO，则 C 项错误；同理， 2.24 g Fe 元素不可能所有是单质，故生成的氢气的体积小于896 mL， D错误。

21．(9 分 )A～ I 分别表示中学化学中常有的一种物质，它们之间互相关系以以下图所
示( 部分反响物、生成物没有列出 ) 。

已知 H为主族元素的固态氧化物， F 是红褐色难溶于水的积淀，且A、 B、C、 D、 E、F 六种物质中均含同一种元素。

10
请填写以下空白：
(1)A 、 B、 C、 D、 E、F 六种物质中所含的同一种元素的名称是________。

(2)写出 C、 H 物质的化学式： C________， H________。

(3)写出反响①、⑦的化学方程式：
反响①： _____________________________________________ ；
反响⑦： ____________________________________________ 。

(4) 反响⑥过程中的现象是______________________________ 。

[ 答案 ] (1) 铁元素
(2)FeCl 2Al 2 O3
高温
(3)8Al ＋ 3Fe3O4=====4Al 2O3＋9Fe
2Al ＋ 2NaOH＋ 2H2O===2NaAlO＋ 3H2↑
(4)生成的白色积淀在空气中快速变为灰绿色，最后变为红褐色
[ 分析 ] 依据 F 是红褐色难溶于水的积淀，能够推测 F 为 Fe(OH)3从而推测 E 为 Fe(OH)2， C为 FeCl2， D为 FeCl 3，则 B 为 Fe3O4。

依据 A 到 B 的转变关系，能够推测 A 为 Fe，则反响①为Fe3O4和 Al 的反响，所以Ⅰ为Al ，H 为 Al 2O3，G为 NaAlO2。

22． (7 分 )A～ G的转变关系以以下图所示(部分反响物、产物和反响条件未标出) 。

11
已知：① A 、 B 为中学化学常有的金属单质，
C ～ G 均为化合物，而且 E 和 G 均含有 3 种元素， E 中所含 3 种元素分属
3 个不一样的短周期；②C 是淡黄色固体， D 既能与强酸溶液反响，又能与强碱溶液反响；③F
溶液中加入 AgNO 3溶液产生不
溶于稀硝酸的白色积淀；④E
和 G 焰色反响均呈黄色。

依据以上信息回答以下问题：
(1) 写出以下物质的化学式： C________， G________； (2) ①～⑥反响中，不属于氧化复原反响的是________；
(3)
将过度的E 溶液逐滴加入F 溶液中，出现的现象是
________________________________________________________________________________________________________
________________________________________ ；
(4) 反响③的离子方程式为
______________________________ ；
(5)F
和 G 溶 液 混 合 可 以 生 成 白 色 沉 淀 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为
________________________________________________________________________ ；
(6) 反响③中，如有
31.2 g C 参加反响，转移电子的物质的量为 ________。

[ 答案 ] (1)Na 2O 2 NaAlO 2
(2) ⑥
(3) 先产生白色积淀，而后积淀又渐渐溶解
(4)2Na
＋ －
2
O ＋ 2H O===4Na ＋4OH ＋ O ↑
2
2 2
(5)Al
3＋
＋ 3AlO － ＋ 6H O===4Al(OH) ↓
2
2
3
(6)0.4 mol
[ 分析 ] 联合框图关系，由已知条件①和②能够推知 A 为 Na 、B 为 Al ；由已知条件②知 C 是 Na 2O 2、D 是 Al 2O 3；由已知
条件①和④能够推知 E 为 NaOH ，G 为 NaAlO 。

由已知条件③能够推知 F 为 AlCl 3 。

依据框图关系能够推测反响①为
Na 与
2
HO 反响，反响②为 Na 在 O 中焚烧， 反响③为 Na O 与 H O 反响，反响④为 Al 与 Cl
或盐酸反响， 反响⑤为 Al 与 O 反响，
2
2
2 2 2
2
2
反响⑥为 Al 2O 3 与盐酸反响。

所以①－⑥反响中，属于非氧化复原反响的是⑥。

过度的
NaOH 溶液逐滴加入 AlCl 3 溶液中，
先生成 Al(OH) 3 白色积淀，而后
Al(OH) 3 又溶解在过度的 NaOH 溶液中。

NaAlO 2 溶液与 AlCl 3 溶液混淆，发生双水解反响生
成 Al(OH) 3 积淀。

依据 Na 2O 2 与 H 2 O 反响的方程式能够看出，每 2mol Na 2O 2 参加反响，转移电子的物质的量为 2mol 。

31.2g
Na 2O 2 为 0.4 mol ，所以反响中转移电子的物质的量为 0.4 mol 。

23．(9 分 ) 孔雀石主要含 Cu (OH) CO ，还含少许 Fe 、Si 的化合物。

实验室以孔雀石为原料制备
CuSO ·5H O 及 CaCO ，
2
2
3
4
2
3
步骤以下：
12
请回答以下问题：
(1) 溶液 A 中的金属离子有Cu2＋、 Fe2＋、 Fe3＋。

从以下所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为________( 填代号 ) ，检验溶液 A 中 Fe3＋的最正确试剂
为________( 填代号 ) 。

a． KMnO b． (NH ) S
4 4 2
c． H2O2 d． KSCN
(2)由溶液 C 获取 CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、 ________、过滤等操作。

除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一
玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是________。

(3)制备 CaCO3时，应向 CaCl2溶液中先通入 ( 或先加入 )________( 填化学式 ) 。

若实验过程中有氨气逸出，应采纳以下
________装置回收 ( 填代号 ) 。

(4) 欲测定溶液 A 中Fe2＋浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视野应____________ ，直到 ______ __。

[ 答案 ] (1)c d
(2) 冷却结晶引流
(3)NH 3( 或 NH3·H2O) b
(4) 平视凹液面 ( 或平视刻度线)凹液面的最低点与刻度线相切
13
2＋ 3＋ 一块积淀，要加氧化剂将 2＋ 氧化而又不引入新杂质，选 H 2O 2；Fe 3＋ －
[ 分析 ] (1) 为使 Fe 、Fe Fe 用 SCN 查验。

(2) 从溶
液中析出晶体采纳结晶法；过滤时要用到玻璃棒引流。

(3)CaCl 2 溶液不与 CO 2 反响，加入碱能反响，但又不可以引入杂质，
应通入 NH 3( 或加入 NH 3·H 2O)；氨气极易溶于水，汲取其要注意防倒吸， a 装置广口瓶内的进气管长，简单倒吸，
c 装置中
的倒置漏斗中、 d 中的多孔球泡所有浸入液面内，会发生倒吸。

(4) 用容量瓶配制溶液定容时，视野应平视凹液面，直到
凹液面的最低点与刻度线相切；
KMnO 4溶液拥有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管，故应采纳酸式滴定管。

24． (14 分 ) 汽车安全气囊是行车安全的重要保障。

当车辆发生碰撞的瞬时，安全装置通电点火使此中的固体粉末分
解开释出大批的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受损害。

为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体
粉末进行实验。

经构成剖析，确立该粉末仅含
Na 、 Fe 、 N 、 O 四种元素。

水溶性实验表示，固体粉末部分溶解。

经检测，
可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。

取 13.0 g 化合物甲，加热使其完整分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准情况下的体积为
6.72 L 。

单质
乙在高温隔断空气的条件下与不溶物红棕色粉末反响生成化合物丙和另一种单质。

化合物丙与空气接触可转变为可溶性
盐。

请回答以下问题：
(1) 甲的化学式为 ________，丙的化学式为 ________。

(2) 若丙在空气中转变为碳酸氢盐，则反响的化学方程式为
________________________________________________________________________ 。

(3) 单质乙与红棕色粉末发生反响的化学方程式为___________，安全气囊中红棕色粉末的作用是
______________________ 。

(4) 以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末代替品的是
________。

A ． KCl
B ． KNO 3
C ． Na 2S
D ． CuO
(5) 设计一个实验方案，研究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分(不考虑结晶水合物 )_____________________________ 。

·· 2－
[ 答案 ] (1)Na N
＋ · · ＋
） (2)Na
O ＋2CO ＋ HO===2NaHCO
Na O （Na [
O ]
Na
2
3
2
· ·
2
3
··
高温
(3)6Na ＋ Fe 2O 3 ===== 3Na 2O ＋ 2Fe 防止分解产生的金属钠可能产生的危害 (4)BD 隔断空
气
(5) 可溶性盐的成分可能是 Na 2CO 3或 NaHCO 3或 Na 2CO 3 与 NaHCO 3的混淆物。

正确称取必定量的生成物，加热至恒重，若
试样无失重，则为
Na 2CO 3；如加热后失重，依据失重的量在试样总质量中的比率，即可推测为
NaHCO 3或 Na 2CO 3 与 NaHCO 3
的混淆物
[ 分析 ] 本题主要考察元素的推
断以及元素化合物等知识点。

甲溶于水，可知甲中有钠元素，化合物甲受热分解生成
氮气和单质乙，则乙为单质钠，甲为
Na 3N ；红棕色固体中含有铁元素，猜想为 Fe 2O 3，钠在高温隔断空气条件下与
Fe 2O 3
发生置换反响， 生成铁和 Na 2O(丙 ) ，Na 2O 与空气中的 CO 2 反响生成 Na 2CO 3，切合题意。

(2) 若转变为 NaHCO 3，则方程式为：
Na 2O ＋ 2CO ＋ H 2O ＝ 2NaHCO 3；(4)Fe 2O 3 的作用是将 Na 氧化为 Na 2 O ，防备产生危害，所
以 CuO 能够，别的钠在必定条件下可
以置换出 KNO 3中的钾，原由是钾的沸点低；
(5) 查验 Na 2CO 3 和 NaHCO 3的方法有：①固体：加热，把产生气体通入澄清石灰
水，如有白色积淀产生， 则原固体为 NaHCO 3。

②溶液： 加 BaCl 2 溶液或 CaCl 2 溶液 ( 不得用 Ba(OH)2 溶液或 Ca(OH)2 溶液 ) 有
积淀产生，则原溶液为
Na 2CO 3溶液。

③利用 NaHCO 3的不稳固性进行加热。

14
15。