【文档说明】必修第一册化学同步精品练习试题 3.2 金属材料 Word版含解析.docx，共(18)页，1.325 MB，由小赞的店铺上传

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3.2金属材料1．（2022·上海徐汇·高一阶段练习）下列不属于合金的是A．青铜B．玻璃C．碳钢D．生铁【答案】B【解析】A．青铜是铜锡合金，故A正确；B．玻璃是非金属材料，不是合金，B错误；C．碳钢是铁和碳的合金，C正确；D．生铁是铁和碳的合金，D正确；故答案选B。2．（2022·甘肃白银·高一

期末）合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列物质所使用的材料不属于合金的是A．汽车轮胎(橡胶)B．下水道井盖(生铁)C．航母甲板(钢)D．公路防撞护栏(铝镁合金)【答案】A【解析】A．汽车轮胎(橡胶)有机化合

物，属于有机材料，不属于合金，A符合题意；B．下水道井盖(生铁)是碳与铁的合金，则生铁属于合金，B不符合题意；C．航母甲板(钢)是碳与铁的合金，则钢属于台金，C不符合题意；D．镁铝合金属于合金材料，D不符合题意

；故选A。3．（2022·云南·弥勒市一中高一期末）下列材料不属于合金的是A．铸造下水井盖的生铁B．储氢用的La-Ni合金C．可用于机器人“皮肤”的橡胶D．可用于军用车辆的超级钢【答案】C【解析】A．生铁是Fe和C的合金，A不符合题意；题组一合金B．L

a-Ni合金是La和Ni的合金，B不符合题意；C．橡胶是有机高分子材料，不是合金，C符合题意；D．超级钢是铁合金，D不符合题意；答案选C。4．（2021·广东·深圳市观澜中学高一阶段练习）下列关于合金的说法中，正确的是A．合金的硬度一般比其各成分金属的硬度高，熔点一定比其

各成分金属的熔点低B．合金的物理性质一般与其各成分金属的物理性质相同C．生铁的含碳量为0.03%~2%D．目前世界上用途最广、使用量最大的合金是钢【答案】D【解析】A．多数合金的硬度一般比其各成分的金属的硬度

高，合金的熔点一般比各成分金属的熔点低，故A错误；B．合金的化学性质一般与各成分金属的化学性质相同，合金的物理性质一般与其各成分金属的物理性质不相同，如合金的硬度高、熔点低等，故B错误；C．钢中含碳量为0.03%~2%，生铁的含碳量为2%~4.3%，

故C错误；D．目前世界上用途最广、使用量最大的合金是钢，如炊具、建筑材料等，故D正确；故选D。5．生铁、纯铁、碳三种物质中，熔点最低的是A．纯铁B．生铁C．碳D．无法确定【答案】B【解析】多数合金的熔点比各成分金属的熔点低，生铁是铁碳合金，其熔点要低于纯铁和碳

，故答案选B。6．（2022·上海·华师大二附中高一期末）生产和生活中广泛应用了合金，下列所用的材料不属于合金的是A．铁锅(生铁)B．体温计(水银)C．刀具(不锈钢)D．高压锅(硬铝)【答案】B【解析】A．生铁是铁合金，A

不符合；B．水银是汞的俗称、是纯净物，B符合；C．不锈钢是铁合金，C不符合；D．硬铝是铝合金，D不符合；答案选B。7．（2022·上海·华师大二附中高一期末）2022年6月，神州十四号载人飞船发射升空，飞船轨道舱壳体结构使用了大量的铝合金材料，铝合金材料能担此大任，与下列的性质无关的

是A．质量轻B．耐腐蚀C．可塑性好D．导电性好【答案】D【解析】神州十四号载人飞船发射升空，飞船轨道舱壳体结构使用了大量的铝合金材料，是因为铝合金具有密度小、硬度大、耐腐蚀、具有良好的可塑性等特性，与其导电性无关；故选：D。8．（2022·江苏无锡·

高一期末）合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，广泛应用于交通工具、航空航天等领域。下列有关合金的说法不正确的是A．硬铝可用于制造飞机的外壳B．钛合金可用于制造“蛟龙”号的耐压球壳C．不锈钢可用于制造地铁列车的车体D．钠钾合金可用于制

造飞机的发动机叶片【答案】D【解析】A．硬铝为铝合金，密度小，硬度大，可用于制造飞机的外壳，A正确；B．钛合金硬度大，我国“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，B正确；C．不锈钢硬度大，耐腐蚀，可用于制造地铁列车的车体，C正确；D．钠钾合金常温下液体，不能用于制造飞机的发动机叶片，D错误

；综上所述答案为D。9．（2021·贵州省台江县民族中学高一阶段练习）下列有关对金属和金属材料的认识不正确的是A．铁有良好的导热性，常用来制作炊具B．铝表面易形成致密的氧化膜，可阻止铝进一步被氧化C．

废旧电池的回收，可减少对环境的污染D．合金的硬度一般小于成分金属的硬度【答案】D【解析】A．铁具有良好的导热性，而且铁元素也是人体必需的元素，常用铁制作炊具，故A正确；B．铝具有抗腐蚀性，铝表面易形成致密的氧化膜，可阻止里面的

金属进一步被氧化，故B正确；C．废旧电池中汞等重金属元素会污染环境，不能随意丢弃，需要回收，故C正确；D．合金的硬度一般大于成分金属的硬度，故D错误；故选D。1．下列关于铝的叙述正确的是A．铝在常温下不会被氧气氧化B．铝具有导热性，可用金属铝制成铝锅C．铝具有良好的导电性，故可用于制铝箔D．通

常情况下，铝比铁更容易被腐蚀【答案】B【解析】A．铝是活泼金属，在空气中易被氧化，故A错误；B．制铝锅是利用铝具有导热性，故B正确；C．制铝箔是利用了铝具有很好的延展性，故C错误；D．铝在常温下与空气中的氧气反应，在铝的表面生成一层致密的氧

化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步被氧化，故D错误；答案选B。2．（2022·河南开封·高一期末）下列关于铝的说法中，正确的是A．铝不与酸、碱反应B．铝是地壳中含量最多的元素C．铝表面容易生成一层致密的氧化铝保护膜D．铝制品在生活中被广泛使用，说明铝是一种不活泼的金属【答案】C【解析】A．铝

与酸、碱都能反应，故A错误；B．地壳中含量最多的元素为O元素，铝为含量最多的金属元素，故B错误；C．常温下铝与氧气反应生成一层致密的氧化膜，故C正确；D．铝易被氧化生成氧化铝，在铝表面形成一层致密的氧化铝膜，可保护铝进一步被腐蚀，故D错误；故选：C。3．（2022·云南省玉溪第三中学高一阶

段练习）既能与盐酸，又能与氢氧化钠溶液反应的物质是A．NaClB．Na2CO3C．Al2O3D．Mg(OH)2【答案】C【解析】A．NaCl既不能与盐酸又不能与NaOH反应，A不合题意；B．Na2CO3能与盐酸反应，方程式

为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，但不能与NaOH反应，B不合题意；C．Al2O3既能盐酸又能NaOH溶液反应，反应方程式分别为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、题组二铝及其化合物Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，C符

合题意；D．Mg(OH)2能与盐酸反应，方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，D不合题意；故答案为：C。4．将两份质量相同的Al分别投入到100mL3mol/LHCl溶液和100mL3mol/LNaOH溶液中，充分反应后

，生成H2物质的量之比为1：2，则所投入每份Al的质量为A．2.7gB．5.4gC．8.1gD．10.8g【答案】B【解析】将两份质量相同的Al分别投入到100mL3mol/LHCl溶液和100mL3mol/LNaOH溶液中，若两份溶液中铝都完全反应，生成氢气的物质的量比是1:1

，若两份溶液中酸和碱都完全反应，放出氢气的物质的量比是1:3，实际生成H2物质的量之比为1：2，说明盐酸完全反应，氢氧化钠有剩余，盐酸放出氢气的物质的量是0.1L3mol/L=0.15mol2；则氢氧化钠溶液中生成氢气的物质的量是0.3mol，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2

+3H2，可知Al的物质的量是0.2mol，所以投入每份Al的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，选B。5．（2022·辽宁朝阳·高一开学考试）将两份质量均为5.4g的Al分别投入到100mL3molLHCl溶液和100mL

3molLNaOH溶液中，充分反应后，生成2H物质的量之比为A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4【答案】B【解析】设铝和盐酸反应得到的氢气的物质的量为n1，则由3212Al+6HCl=2AlCl+3H54g6mol3mol5.4g0.3moln知盐酸不足，解得n1=0

.15mol，设铝和氢氧化钠溶液反应得到的氢气的物质的量为n2，则由22222Al+2NaOH+2HO=2NaAlO+3H54g2mol3mol5.4g0.3moln知铝不足，解得n2=0.3mol，所以12n:n=0.15:0.

3=1:2，故答案为：B6．（2021·四川省南充高级中学高一阶段练习）工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)冶炼铝的主要流程如下：(注：SiO2碱溶时转化为铝硅酸钠沉淀)下列叙述错误的是A．操作I增大NaOH溶液的

用量可以提高Al2O3的浸取率B．操作II、III均为过滤C．NaAlO2溶液通入过量CO2的离子方程式2-2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+2-3COD．实验室进行操作IV的仪器有坩埚、泥三角等【答案】C【解析】铝土矿主要成分为Al2

O3，含SiO2、Fe2O3等杂质，用氢氧化钠溶解，Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠沉淀，Fe2O3和氢氧化钠不反应，过滤出Fe2O3、硅酸钠；滤液中含有偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤出氢氧

化铝，氢氧化铝加热分解为氧化铝，电解熔融氧化铝冶炼金属铝。A．Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，操作I增大NaOH溶液的用量可以提高Al2O3的浸取率，故A正确；B．操作II、III均为固液分离，所以操作II、III是过滤，故B正确；C．NaAlO2溶液通入过量CO2生成氢氧

化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式-2AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+-3HCO，故C错误；D．操作IV是灼烧氢氧化铝固体，实验室进行操作IV的仪器有坩埚、泥三角等，故D正确；选C。1．下

列实验过程的关系图正确的是A．图①：向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量产生的沉淀的情况B．图②：在AlCl3、MgCl2和NH4Cl的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量产生的沉淀的情况C．图③：等体积、等浓度稀硫酸分别与足量铁和镁反应的情况D．图④：向含等物质的量的NaOH和Na

2CO3溶液中滴加盐酸生成气体的情况【答案】D题组三铝三角的图像分析【解析】A．AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，再发生Al(OH)3+OH-=AlO2−+2H2O，产生沉淀消耗的NaOH与沉淀消失消耗的NaOH的比例为

3:1，A错误；B．在AlCl3、MgCl2和NH4Cl的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，然后发生NH4++OH-

=NH3·H2O，此时没有沉淀产生，然后再发生Al(OH)3+OH-=AlO2−+2H2O，沉淀部分消失，B错误；C．等体积、等浓度稀硫酸分别与足量铁和镁反应，稀硫酸完全反应，产生的氢气应是相同的，C错误

；D．向含等物质的量的NaOH和Na2CO3溶液中滴加盐酸，先发生OH-+H+=H2O，然后发生CO23−+H+=HCO3−，之后发生HCO3−+H+=CO2↑+H2O，NaOH和Na2CO3的物质的量相等，所以每一

段消耗的盐酸体积相同，D正确；综上所述答案为D。2．（2022·河南·信阳高中高一期末）下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是A．甲向A1Cl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B．乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量

且边滴边振荡C．丙向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量D．丁向HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡【答案】C【解析】A．向AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量，发生反应化学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(

OH)3↓+3NaCl、NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O则消耗NaOH的物质的量为3:1，A不正确；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量，发生反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O，最

终沉淀会消失，B不正确；C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，起初为Al3+与OH-发生反应生成Al(OH)3沉淀，然后为4NH+与OH-反应生成NH3和水，最后为Al(OH)3与OH-反应生成2AlO−和水，C正确；D．HC

l、MgCl2、AlCl3、NH4Cl的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，首先盐酸和氢氧化钠反应没有沉淀生成，D不正确；故选C。3．（2021·河南河南·高三阶段练习）化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果

。向100mL浓度均为1.0mol·L-1的Na2CO3、NaAlO2混合溶液中滴加2.0mol·L-1盐酸，下列图像描述正确的是A．B．C．D．【答案】C【解析】已知向100mL浓度均为1.0mol·

L-1的Na2CO3、NaAlO2可知n(Na2CO3)=0.1mol，n(NaAlO2)=0.1mol，c(HCl)=0.2mol/L反应过程中涉及反应和先后顺序为①2AlO−+H++H2O=Al(OH)3↓②23CO−+H+=3HCO−3HCO−+H+=CO2↑+H2O④Al(OH)3

+3H+=2AlO−+3H2O根据关系进行相关计算和推断可解。A．n(NaAlO2)=0.1mol，c(HCl)=0.2mol/L根据反应①2AlO−、H+关系1：1，可计算出需要盐酸的体积为50mL，生成沉淀的Al(OH)3的物质的量为0.1mol，再给根据②23CO−、H+关系1:2

，已知n(Na2CO3)=0.1mol可计算出再需要盐酸100mL，而不是50mL，A错误；B．根据分析应先发生反应①而不是反应②，B错误；C．发生反应之前是100mL，发生反应盐酸还需要50mL，根据反应H+、CO2的关系1:1可

计算出CO2的物质的量为0.1mol，C正确；D．发生反应④之前盐酸的体积为100mL+50mL，而不是0到100mL，D错误；故选C。4．（2022·全国·高三专题练习）向HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl溶液中(假设各1mol)，逐滴加入NaOH

溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积变化的图象如下。(假设Mg2＋、Al3＋结合OH-能力相同)分析图象的变化情况，依次写出各阶段的离子方程式：(1)OA：_______。(2)AB：_______。(3)BC：_______。(4)CD：_______。【答案】(1)H++OH-=H2O(2

)Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓(3)NH4++OH－=NH3·H2O(4)Al(OH)3+OH-=AlO2−+2H2O【解析】向HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl溶液中(

假设各1mol)，逐滴加入NaOH溶液，首先在OA段发生中和反应产生NaCl、H2O，然后是AB段NaOH与MgCl2、AlCl3反应产生Al(OH)3、Mg(OH)2沉淀；在BC段NH4Cl与NaOH发生反应产生NH3·H2O、NaCl，在CD段

Al(OH)3、NaOH反应产生NaAlO2、H2O，后不再发生反应。(1)在OA段NaOH与HCl发生反应产生NaCl、H2O，离子方程式为H++OH-=H2O；(2)在AB段NaOH分别与MgCl2、AlCl3反应产生Al(OH)3、Mg(OH)2沉淀及NaCl，反应的离子方程式为

Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；(3)在BC段NH4Cl与NaOH发生反应产生NH3·H2O、NaCl，反应的离子方程式为NH4++OH－=NH3·H2O；(4)在CD段Al(OH)3与NaOH反应产生NaAlO2、H2O，反应的离子方程式为Al(

OH)3+OH-=AlO2−+2H2O。5．（2022·云南）向100mL含有Mg2+、Al3+的溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量的关系如图所示。(1)由此确定原溶液中一定还大量含有某阳离子，它可能是____(2则原溶

液中铝离子的物质的量浓度为__。(3)下列图像中，横坐标表示加入试剂或通入气体的物质的量，纵坐标表示产生沉淀的质量，用图像的序号回答下列问题：Ⅰ．表示向AlCl3溶液中逐渐滴加NaOH溶液的是___；Ⅱ．表示向NaAlO2溶液

中逐渐滴加稀盐酸的是____；Ⅲ．表示向NaAlO2溶液中通入CO2的是___；【答案】（1）H+（2）1mol/L（3）①⑤⑥【解析】根据图像，该反应可以分为4个阶段：第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀

能和氢氧化钠继续反应而溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，据此分析解答(1)；根据Al(OH)3+OH-═AlO-2+2H2O分析解答(2)；Ⅰ．向AlCl3溶液中逐渐滴入NaOH溶液，先发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓，再发生Al(OH)3+OH-

═AlO2-+2H2O；Ⅱ．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量，先发生AlO-2+H++H2O=Al(OH)3↓，再发生Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；Ⅲ．向NaAlO2溶液中通入CO2发生反应CO2+NaAlO2+2H2

O=Al(OH)3↓+NaHCO3，据此分析解答(3)。(1)根据图像，第一阶段无沉淀，说明溶液中一定含有氢离子，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，说明溶解的部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第

四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，由此确定原溶液中H+、Mg2+、Al3+，故答案为：氢离子(H+)；(2)向溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，加入的氢氧化钠从0.4m

ol到0.5mol，发生的反应为Al(OH)3+OH-═AlO-2+2H2O，n(Al3+)=n[Al(OH)3]═n(OH-)=0.1mol，c(Al3+)=0.10.1molL=1mol/L，故答案为：1mol/L；(3)Ⅰ．向AlCl3溶液中逐渐滴加NaOH溶液，首先发生Al3++3OH

-═Al(OH)3↓，过量，反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO-2+2H2O，前后两部分氢氧化钠溶液的体积之比为3∶1，所以得到沉淀的量与所加NaOH溶液的物质的量的函数图像为①，故答案为：①；Ⅱ．向NaAlO2溶液中逐渐滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧

化铝沉淀，发生反应：AlO-2+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1∶3，所以得到沉淀的量与所加NaOH溶液的物质的量

的函数图像为⑤，故答案为：⑤；Ⅲ．向NaAlO2溶液中通入CO2反应生成氢氧化铝沉淀，发生反应：CO2+NaAlO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以得到沉淀的量与所通二氧化碳的物质的量的函数图像为⑥，故答案为：⑥。1．在含有15.0g

NaI的溶液中，通入一定量的Cl2后，将溶液蒸干得固体的质量为9.51g，则参加反应的NaI的质量为(已知反应Cl2＋2NaI=2NaCl＋I2，且碘易升华)A．9gB．7.5gC．6gD．3.51g【答案】A【解析】根据Cl2与NaI反应：Cl2＋2NaI=2NaCl＋I2中物

质转化关系可知：每有300份NaI反应，会产生117份NaCl，反应后固体质量减少：300-117=183，现在在发生该反应时，固体质量由15.0g变为9.51g，减少了Δm=15.0g-9.51g=

5.49g，则反应的NaI的质量为：m(NaI)=5.49g300=9.0g183，故合理选项是A。2．在托盘天平两端的烧杯中加入同浓度同体积的足量盐酸，当向两个烧杯中分别加入0.1mol两种金属充分反应后，将游码向某一端移动0.2g，天平才能平衡，则

这两种金属是A．Mg和AlB．Al和FeC．Fe和CuD．Na和Mg【答案】A【解析】A．加入0.1mol镁生成0.1mol氢气，质量增重()0.1mol24g/mol-2g/mol=2.2g；加入0.1mol铝生成0.15mol氢气，质量增重0.1mol?27g/mol

-0.15mol2g/mol=2.4g，两侧质量差为0.2g，故选A；B．加入0.1mol铝生成0.15mol氢气，质量增重0.1mol27g/mol-0.15mol2g/mol=2.4g；加入0.1mol铁生题组四物质的量在化

学方程式计算中的运用成0.1mol氢气，质量增重()0.1mol56g/mol-2g/mol=5.4g；两侧质量差为3g，故不选B；C．加入0.1mol铁生成0.1mol氢气，质量增重()0.1mol56g/mol-2g/mol=5.4g；加入0.1m

olCu，Cu和盐酸不反应，质量增加0.1mol64g/mol=6.4g，两侧质量差为0.8g，故不选C；D．加入0.1mol钠生成0.05mol氢气，质量增重0.1mol23g/mol-0.05mol2g/mol=2.2g；加入0.1mol镁

生成0.1mol氢气，质量增重()0.1mol24g/mol-2g/mol=2.2g；两侧质量相等，故不选D；选A。3．（2022·上海市松江一中高一期末）将6.000g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物进行加热，加热至质量不再减少时，混合物的质量减少了0.620g，则原混合物中碳酸钠的质量为A

．3.680gB．4.320gC．4.640gD．4.480g【答案】B【解析】设混合物中含有NaHCO3的质量为x，由323222NaHCONaC==O+CO+HO可得关系式3NaHCOm2~28462x0.620g质量减少，解得：x=1.680g，则m(Na2CO3)=6.000g-

1.680g=4.320g，故选：B。4．（2022·上海交大附中高一期末）某2334FeOFeOCuCuO、、、混合固体样品可以恰好完全溶解于100mL0.20mol/L盐酸中。若用2H还原该固体样品，需要2H的物质的量为A．0.01

molB．0.02molC．0.03molD．无法计算【答案】A【解析】某2334FeOFeOCuCuO、、、混合固体样品可以恰好完全溶解于100mL0.20mol/L盐酸中，发生反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，Cu

O+2HCl=CuCl2+H2O，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，若用2H还原该固体样品，发生反应：Fe2O3+3H2Δ2Fe+3H2O，Fe3O4+4H2Δ3Fe+4H2O，CuO+H2ΔCu+H2O，对比2334FeOFe

OCuO、、与盐酸和氢气反应的方程式可知，若用2H还原该固体样品，消耗2H的物质的量为消耗盐酸物质的量的一半，即消耗氢气的物质的量为120.1L0.2mol/L=0.01mol；答案选A。5．（2022·上海·华东师范大学张江实验中学高一期末）用氢气、碳、一氧化碳分别与等质

量的氧化铁在高温下反应，使氧化铁中的铁全部还原出来，消耗氢气、碳、一氧化碳的质量比为A．1∶1∶1B．1∶3∶14C．1∶6∶14D．2∶1∶2【答案】B【解析】设氧化铁的物质的量均为n，则根据方程式可知22323H+FeO2Fe+3HO313nn高温2323C+2

FeO4Fe+3CO321.5nn高温↑2323CO+FeO2Fe+3CO313nn高温消耗的氢气、碳、一氧化碳三种物质的质量比为(3n×2):(1.5n×12):(3n×28)=1:3:14。答案选B。6．（2022·浙江湖州·高一

期末）单质疏在热的NaOH溶液中发生歧化反应：22323S+6NaOH2NaS+NaSO+3HO。若硫过量，会进一步发生反应：22xNaS+(x-1)SNaS(x5)，23232NaSO+SNaSO。将0

.12mol疏与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成2xamolNaS和223bmolNaSO，向该溶液中再加入适量NaClO碱性溶液300mL，硫元素恰好全部转化为24NaSO，下列说法不正确．．．的是A．a:b=2:1B．NaClO碱性溶液的物质的量浓度为

1.2mol/LC．2xNaS中x=5D．生成24NaSO溶液的物质的量浓度为0.4mol/L【答案】D【解析】A．0.12mol疏与含0.06molNaOH的热溶液充分反应，产生amolNa2Sx和bmolNa2S2O

3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×2x=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1，故A正确；B．0.12mol硫单质，其反应产生的amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300mL，S完全转化为Na2SO4

，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中电子守恒可得0.12mol×(6-0)=n(NaClO)×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36mol。由于NaClO碱性溶液体积是300mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=0.36mol=1.2mol/L0.3L，

故B正确；C．0.12mol疏与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成2xamolNaS和223bmolNaSO，由Na原子守恒可知2a+2b=0.06，S原子守恒可得ax+2b=0.12，又a:b=2:1，可得x=5，故C正确；

D．溶液的体积为氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液的混合物，故溶液体积大于300mL，硫单质的物质的量为0.12mol，故硫酸钠溶液的浓度小于0.4mol/L，故D错误；故选D。7．（2022·浙江嘉兴·高一期末）取15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g。该剩

余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2＋存在。则气体A的物质的量(单位：mol)A．0.25B．0.15C．0.20D．0.10【答案】C【解析】15.8gKMnO4的物质的量为15.8g158g/mol=0.1mol，受热

分解后剩余固体15.0g，减少的质量为生成氧气的质量，为15.8g-15.0g=0.8g，物质的量为0.8g32g/mol=0.025mol，依据2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑可知，参加反应的KMnO4的物质的量为0.05mol，则剩余固体为0.05mo

lKMnO4、0.025molK2MnO4和0.025molMnO2，与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)Δ2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，K2MnO4+8HCl(浓)ΔMnCl2+2KCl+2Cl2↑+4H2O，MnO2+

4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，生成的气体单质A为Cl2，其物质的量为：0.125mol+0.05mol+0.025mol=0.20mol，答案选C。8．（2022·陕西·西安高级中学高一竞赛）BaC

l2•xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.220g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温

炉中，反复灼烧至恒重，称得沉淀质量为1.165g。则BaCl2•xH2O中的x为A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】1.220g样品与足量硫酸反应生成硫酸钡沉淀，根据题意，最终生成硫酸钡沉淀的质量为1.165g，根据钡元素守恒，1.2201.165208+18233x

=，解得x=2，故选B。9．（2022·河北·张北县第一中学高一阶段练习）运用中和反应反应热的测定方法，即保温、隔热的条件下，向盛有20mL120.8molL−NaOH溶液的试管中分五次加入1~5mL未知浓度的24HSO溶液(边加边振荡，每次加入1mL)后，

测得溶液的温度分别是1.4℃、2.5℃、4.2℃、5.2℃、5.18℃，则该硫酸溶液的物质的量浓度约是A．120.8molL−B．16.9molL−C．15.2molL−D．14.16molL−【答案】C【解析】由题意可知当加入硫酸4mL时，氢氧化钠恰好与硫酸发

生酸碱中和，放出热量最多，依据氢氧化钠与硫酸反应的关系：H2SO4~2NaOH，可得，2×0.004L×c(H2SO4)=0.020L×2.08mol/L，解得c(H2SO4)5.2mol/L，故C正确；故选C。10．

（2022·浙江·高一阶段练习）浓度均为1.0mol/LCuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液等体积混合(混合前后忽略溶液体积的变化)，向其中加入足量的铁粉充分反应，则反应后溶液中Fe2+的物质的量浓度A．1.5mol/LB

．2.0mol/LC．0.5mol/LD．1mol/L【答案】B【解析】设混合溶液的体积为2VL，加入足量铁粉发生的离子反应为：2+2+3+2+Cu+Fe=Cu+Fe2Fe+Fe=3Fe，，初始浓度均为1.0

mol/LCuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液等体积混合，故第一个离子反应生成Fe2+的物质的量为Vmol，第二个离子方程式中生成Fe2+的物质的量为3Vmol，故溶液中Fe2+的物质的量浓度为：(V+3V)m

ol2mol/L2VL=，故选B。11（2022·河北·高一期中）某课题小组将铜片加入400mL某浓度的硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，产生0.2mol混合气体(设只含NO和2NO)，将混合气体与标准状况下22.

24LO混合通入足量的水中，恰好被完全吸收，无气体剩余。下列说法正确的是A．原硝酸的浓度为1mol/LB．加入的铜片的质量为12.8gC．参与反应的硝酸有0.2mol被氧化D．混合气体中NO与2NO的

物质的量之比为1∶2【答案】B【解析】0.2mol混合气体(设只含NO和2NO)和2.24L氧气完全反应生成硝酸，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，则x+y=0.2，根据得失电子守恒，NO和NO2失电子总数等于氧气得电子总数，

得3x+y=0.1×4，解得x=0.1mol，y=0.1mol，即NO和NO2的物质的量均为0.1mol。A．根据分析可知，NO和NO2失电子总数等于氧气得电子总数为0.4mol，故参加反应的Cu为0.2mol，根据氮原子守恒可

得硝酸的物质的量为0.2mol×2+0.2mol=0.6mol，故硝酸的浓度为0.6mol0.4L=1.5mol/L，故A错误；B．加入的铜片的质量为0.2mol×64g/mol=12.8g，故B正确；C．参加反应的硝

酸为0.6mol，有0.2mol被还原，故C错误；D．根据分析可知，NO和NO2的物质的量均为0.1mol，故NO与2NO的物质的量之比为1∶1，故D错误；故选B。12．在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。

(1)以下有关金属单质的叙述正确的是_______。A．1mol钠无论生成氧化钠、过氧化钠还是它们的混合物，都转移NA个电子B．用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下C．铁单质与水蒸

气反应的化学方程式为：2Fe+3H2O(g)高温Fe2O3+3H2(2)把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液

，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。①A点的沉淀物的化学式为_______。②写出A点至B点发生反应的离子方程式：_______。③某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_____

__和盐酸。④C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为_______mL。【答案】（1）A（2）①Mg(OH)2②-2AlO+H++H2O=Al(OH)3↓③CO2④130【解析】从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐

酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以1.16g白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中存在偏铝酸根离子，继续加盐酸，会发生-2AlO+H++H2O=Al(OH)3↓，沉淀

达到最大值，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（B点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；(1)A．1mol钠无论生成氧化钠、过氧化钠还是它们的混合物，钠都失去一个电子生成钠离子，故转移NA个电子，A

正确；B．铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B错误；C．铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；(2)①A点的沉淀物为氢氧化镁

，化学式为Mg(OH)2；②写出A点至B点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式：-2AlO+H++H2O=Al(OH)3↓；③含有MgCl2和AlCl3的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化

镁，再加适量的盐酸，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离；④根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为1.16克，氢

氧化镁的相对分子质量为58g/mol，故氢氧化镁的物质的量为1.16g=0.02mol58g/mol，A→B过程为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，共消耗盐酸的量为（30-10）×10-3×1=0.02mol，生成Al(OH)3沉淀的量为0.02

mol，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守恒可得：n(HCl)×1=0.02×2+0.02×3=0.1mol，V(HCl)=0.1mol=0.1L=100mL1mol/L，C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl，故C点使HCl体积为100mL+30mL

=130mL。