20．某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知，Al、Al₂O₃、Fe、Fe₂O₃的熔点、沸点数据如下：

Ⅰ.(1)某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？__________(填“合理”或“不合理”)。

(2)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是______________，反应的离子方程式为__________________________________________。

(3)实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是________(填序号)。

A．浓硫酸　 　　B．稀硫酸　 　　C．稀硝酸　 　　D．氢氧化钠溶液

Ⅱ.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L^－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：

(1)图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。

(2)在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________；

上述现象说明溶液中________结合OH^－的能力比________强(填离子符号)。

(3)B与A的差值为________mol。

(4)B点对应的沉淀的物质的量为________mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为________mL。

解析：Ⅰ.由表中数据比较可知，铝的熔点比铁低，该反应放出的热量使铁熔化，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。利用金属Al和碱液反应放出氢气的性质即可验证。由于Fe和Al都是活泼的金属，所以可以用稀硫酸或者稀盐酸溶解。Ⅱ.由图像可知硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，CD段为Fe(OH)₃、Al(OH)₃沉淀的生成，DE段消耗了NaOH，由此证明硝酸和金属反应的还原产物为较低价态的NH，EF段为Al(OH)₃的消失，只剩下Fe(OH)₃沉淀。B与A的差值为Al(OH)₃，为4 mol·L^－1×(36－34)×10^－3 L＝0.008 mol，参加反应的n(Al)＝0.008 mol，因为1 mol的Al³⁺、Fe³⁺均与3 mol的NaOH反应，由电子守恒可知Fe和Al化合价升高的总数＝HNO₃生成NH降低的总数，即3n(Fe)+3n(Al)＝n(NH)×8＝4 mol·L^－1×(34－31)×10^－3 L×8，解得n(Fe)+n(Al)＝0.032 mol，n(Fe)＝0.024 mol，两种沉淀的物质的量为0.032 mol。生成两种沉淀共消耗n(NaOH)＝0.032 mol×3＝0.096 mol，所以C点体积为：

31 mL－×10³ mL·L^－1＝7 mL。

答案：Ⅰ.(1)合理　(2)NaOH溶液　2Al+2OH^－+6H₂O===2[Al(OH)₄]^－+3H₂↑　(3)B　Ⅱ.(1)H⁺+OH^－===H₂O　(2)NH+OH^－===NH₃·H₂O　Al³⁺、Fe³⁺、H⁺　NH

19. 将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 mol/L的H₂SO₄溶液中，然后再滴加1 mol/L的NaOH溶液。请回答：

(1)若在滴加NaOH溶液的过程中沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当V₁＝160 mL时，则金属粉末中n(Mg)＝__________mol，V₂＝________mL。

(2)若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg²⁺、Al³⁺刚好沉淀安全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝________mL。

(3)若混合物仍为0.1 mol，其中镁粉的物质的量为a，用100 mL 2 mol/L的H₂SO₄溶解此混合物后，再加入450 mL 1 mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)₃。满足此条件的a的取值范围是________。

思路分析：在明确图像中各折点代表的含义的基础上，运用解方程组，以及SO守恒，

Na⁺守恒等原理进行求解。

解析：(1)由图像可以看出镁铝混合物与H₂SO₄反应，H₂SO₄是过量的。则有

　解得

NaOH溶液体积为V₂时溶液中溶质为Na₂SO₄和Na[Al(OH)₄]，根据守恒关系

V₂×1 mol/L＝2×0.1 L×2 mol/L+0.04 mol，V₂＝0.44 L＝440 mL

(2)Mg(OH)₂、Al(OH)₃刚好沉淀时溶液中溶质里有Na₂SO₄，根据SO守恒关系，故有：

V×1 mol/L＝2×0.1 L×2 mol/L，V＝0.4 L＝400 mL

(3)当沉淀中恰好只有Mg(OH)₂时，加入的NaOH全部生成Na₂SO₄和Na[Al(OH)₄]，根据Na⁺守恒可得如下关系式：

解得0.05 mol≤a<0.1 mol

答案：(1)0.06　440　(2)400　(3)0.05 mol≤a<0.1 mol

18．某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应制取胆矾。其设计的实验过程为：

(1)杂铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时将瓷坩埚置于________

上(用以下所给仪器的编号填入，下同)，取用坩埚应使用________，灼烧后的坩埚应放在

________上，不能直接放在桌面上。

实验所用仪器：a.蒸发皿　b．石棉网　c．泥三角　d．表面皿　e．坩埚坩　f．试管夹

(2)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是

________。

a．灼烧过程中部分氧化铜被还原 　　　b．灼烧不充分铜未被完全氧化

c．氧化铜在加热过程中分解生成铜　 　　d．该条件下铜无法被氧气氧化

(3)通过途径Ⅱ实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、

过滤、________、冷却结晶、________、自然干燥。

(4)由粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是

________________、________________。

(5)在测定所得胆矾(CuSO₄·xH₂O)中结晶水x值的实验过程中，称量操作至少进行________

次。

(6)若测定结果x值偏高，可能的原因是________。

a．加热温度过高 　　　　　　　　b．胆矾晶体的颗粒较大

c．加热后放在空气中冷却　 　　　d．胆矾晶体部分风化

思路分析：首先明确命题意图，在考查Cu及其化合物性质及转化关系的同时，考查绿色化

学铜及氧化铜的

性质，经过周密而有序地思维，认真作答。

解析：(1)因坩埚加热后温度较高，应放在泥三角上进行加热，且取用坩埚时要用坩埚钳，

并且为防止坩埚炸裂和烧坏桌面，烧后的坩埚要在石棉网上冷却，不能直接放在桌面上。

(2)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是灼烧过程中

部分氧化铜被还原。

(3)利用途径Ⅱ制取胆矾时，必须先加酸将氧化铜溶解，加热通氧气将Cu氧化，过滤除去

粗制氧化铜中的不溶物杂质后，然后再蒸发溶剂，冷却结晶，再过滤得晶体，最后将其

干燥，由此可写出答案。

(4)根据途径Ⅰ的反应方程式Cu+2H₂SO₄(浓)CuSO₄+SO₂↑+2H₂O和途径Ⅱ的反应

方程式2Cu+O₂+2H₂SO₄(稀)2CuSO₄+2H₂O，可以看出途径Ⅱ的优点是：①产生等

量的胆矾比途径Ⅰ耗硫酸少；②途径Ⅱ不产生污染大气的气体(SO₂)。

(5)称量操作至少进行4次，分别是①称量坩埚；②称量加入晶体后的坩埚；③称量加热冷

却后的坩埚；④称量再加热、再冷却后的坩埚至两次称量的值相差不超过0.1 g。　

(6)若测定结果x值偏高，可能是加热温度过高使CuSO₄晶体中的CuSO₄分解了，其他三项

均使x值偏低。

答案：(1)c　e　b　(2)a、b　(3)蒸发　过滤　(4)产生等量胆矾途径Ⅱ消耗硫酸少　途径Ⅱ

不会产生污染大气的气体　(5)4　(6)a

17．奥运五环代表着世界五大洲，五色代表的是世界五大洲不同肤色的人民，五环连在一起代 表着五大洲的人们能够友好相处。

上图所示五元环代表A、B、C、D、E五种常见的物质，而且A、B、C、D、E这五种物质含有同一种元素，两圆圈交叉是指两种物质之间可以转化，其中A是地壳中含量最多的金属元素的单质；B是一种常见的氧化物；对C的水溶液加热、蒸干、灼烧即可得B；D难溶于水，这种物质的生成是明矾净水的主要原因。

(1)试推测A是________，C是________(写化学式)。

(2)由B生成A需要电解才能达到目的，当生成1 mol A时转移电子的物质的量为__________。

(3)C是一种强酸盐，其水溶液呈酸性，用离子方程式解释其原因________________________________________________________________________。

解析：本题以“五元环中交叉环之间可相互转化或有相同元素”作为信息，围绕这一信息关系，考查物质的推断。

(1)①由题意可知，A是铝；B是氧化铝；C是一种挥发性酸的铝盐(如氯化铝)；D是氢氧化铝；E是四羟基合铝酸盐。

(2)由B到A是氧化铝到铝的过程，需要电解，根据电解的化学方程式可知，当生成1 mol铝时需转移3 mol的电子。

(3)C是强酸盐，同时又必须是挥发性酸的铝盐，所以可以是氯化铝，溶液呈酸性是由于铝离子水解。

答案：(1)Al　AlCl₃[或Al(NO₃)₃]　(2)3 mol　(3)Al³⁺+3H₂OAl(OH)₃+3H⁺

16．铜是生命必需的元素，也是人类最早使用的金属之一，铜的生产和使用对国计民生各个方面产生了深远的影响，请完成(1)-(3)题：

(1)在西汉古籍中曾有记载：曾青得铁则化为铜[即曾青(CuSO₄)跟铁反应生成铜]。试写出该反应的化学方程式：______________________________________________________。

(2)铜器表面有时会生成铜绿，请写出生成铜绿的化学方程式：________________________________________________________________________，

这层铜绿可以用化学方法除去。试写出除去铜绿而不损伤器物的化学方程式：________________________________________________________________________。

(3)铜钱在历史上曾经是一种广泛流通的货币。试从物理性质和化学性质的角度分析为什么铜常用于制造货币。(铜的熔点是1 183.4℃，铁的熔点是1 534.8℃)

分析：本题考查了铜的化合物的性质，有关铜的冶炼方法，同时考查了有关铜的物理性质和化学性质的应用。

解析：(1)Fe+CuSO₄===FeSO₄+Cu

(2)2Cu+O₂+H₂O+CO₂===Cu₂(OH)₂CO₃；要除去铜器表面的铜绿，考虑选择酸，强氧化性酸能和裸露的铜继续反应，而盐酸不和铜继续反应，并且盐酸具有挥发性。有关方程式如下：

Cu₂(OH)₂CO₃+4HCl===2CuCl₂+CO₂↑+3H₂O。

(3)根据题给信息以及做货币的实际，选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀。

答案：(1)Fe+CuSO₄===FeSO₄+Cu　(2)2Cu+O₂+H₂O+CO₂===Cu₂(OH)₂CO₃

Cu₂(OH)₂CO₃+4HCl===2CuCl₂+CO₂↑+3H₂O　(3)选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀。

15．把NaOH、MgCl₂、AlCl₃三种固体组成的混合物溶于

足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴

加入1 mol·L^－1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积V与

生成沉淀的质量m的关系如图所示，试回答：

(1)A点沉淀物的化学式为________；B点沉淀物的化学式为________。

(2)原混合物中的MgCl₂的物质的量为________，AlCl₃的物质的量为________，NaOH的物

质的量为________。

(3)HCl溶液在C点的加入量是________。

解析：(1)盐酸加入量在0-10 mL时，沉淀的质量没有改变，说明未加盐酸时，沉淀物为

Mg(OH)₂，溶液为NaAlO₂和NaOH的混合液，其过程中加盐酸是中和剩余的NaOH，A

处的悬浊液为Mg(OH)₂、NaAlO₂、NaCl，则原混合物中n(MgCl₂)＝1.16 g/58 g·mol^－1＝0.02

mol。

(2)加入盐酸10-30 mL过程时，发生反应为：AlO+H⁺+H₂O===Al(OH)₃↓，B沉淀的化

学式为Mg(OH)₂、Al(OH)₃，原溶液中n(AlCl₃)＝(30－10)×10^－3 L×1 mol/L＝0.02 mol，B

点沉淀量达到最大值，其中溶液为NaCl溶液。所以n(NaOH)＝n(HCl)＝30×10^－3 L×1

mol/L＝0.03 mol。

(3)设Mg(OH)₂、Al(OH)₃完全溶解时，所消耗盐酸的体积为V′，V′×10^－3 L/mL×1 mol/L ＝0.02 mol×2+0.02 mol×3，∴V′＝100 mL，∴C点表示加入了130 mL的盐酸。

答案：(1)Mg(OH)₂　Mg(OH)₂、Al(OH)₃　(2)0.02 mol　0.02 mol　0.03 mol　(3)130 Ml

14．把①钢铁，②Cu，③陶瓷，④光纤，⑤氮化硅陶瓷、⑥金，⑦水泥，⑧合成纤维，⑨玻璃钢，⑩塑料等材料按分类填写在下列横线上(填写序号)：

(1)黑色金属材料________________________________________________________。

(2)有色金属材料_________________________________________________________。

(3)传统无机非金属材料_________________________________________。

(4)新型无机非金属材料_______________________________________________。

(5)复合材料_______________________________________________________________。

(6)有机合成材料__________________________________________________________。

解析：钢铁属于黑色金属材料；铁、铬、锰以外的金属如铜和金是有色金属；陶瓷水泥等

为传统无机非金属材料；光纤、氮化硅陶瓷等为新型无机非金属材料；玻璃钢是用玻璃纤

维做增强体，合成树脂做基体的复合材料；而合成纤维和塑料则为有机合成材料。

答案：(1)①　(2)②⑥　(3)③⑦　(4)④⑤　(5)⑨　(6)⑧⑩

13．某化学兴趣小组用回收的镁铝合金制取氢气。现有10.8 g镁铝合金，下列说法正确的是(　)

A．常温下与足量18 mol·L^－1 H₂SO₄溶液反应，最多可放出0.6 mol H₂

B．常温下与足量2 mol·L^－1 HNO₃溶液反应，最少可放出0.45 mol H₂

C．常温下与足量2 mol·L^－1 H₂SO₄溶液反应，放出H₂的物质的量在0.45 mol-0.6 mol之

B间

D．常温下与足量2 mol·L^－1 NaOH溶液反应，放出H₂的物质的量在0.45 mol-0.6 mol

之间

解析：A、B项中的酸与镁铝合金反应不产生H₂；C、D项应利用极值法解决，若10.8 g全为Mg，则放出H₂为0.45 mol，若10.8 g全为Al，则放出H₂为0.6 mol，由于10.8 g为镁铝的混合物，故放出H₂的物质的量在0.45 mol-0.6 mol之间，C项正确；D项中只有铝与碱反应，只能确定放出的H₂小于0.6 mol。

答案：C

12．把Ba(OH)₂溶液滴入明矾溶液中，使SO全部转化成BaSO₄沉淀，此时铝元素的主要存在形式是(　)

A．Al³⁺　 　　 B．Al(OH)₃ 　　　 C．[Al(OH)₄]^－　 D．Al³⁺和Al(OH)₃

解析：明矾的化学式为KAl(SO₄)₂·12H₂O，当SO全部转化成BaSO₄沉淀时，Ba(OH)₂与KAl(SO₄)₂·12H₂O的物质的量之比为2∶1，此时Al³⁺与OH^－的物质的量之比为1∶4，所以铝元素主要是以[Al(OH)₄]^－形式存在，故选C。

答案：C

11．将Na₂O₂逐渐加入到含有Al³⁺、Mg²⁺、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入Na₂O₂的物质的量(mol)的关系如图所示，则原溶液中Al³⁺、Mg²⁺、NH的物质的量分别为(　)

A．2 mol、3 mol、8 mol　 　　　　　　　　　　 B．3 mol、2 mol、8 mol

C．2 mol、3 mol、4 mol　 　　　　　　　　　　 D．3 mol、2 mol、4 mol

解析：由2Na₂O₂+2H₂O===4NaOH+O₂↑，Al(OH)₃+NaOH===Na[Al(OH)₄]+2H₂O，故n(Al³⁺)＝(9－8)×2＝2 mol，根据图像可知，生成8 mol气体，消耗8 mol Na₂O₂(其中4 mol为O₂)，故n(NH)＝n(NH₃)＝4 mol，n(Mg²⁺)＝＝3 mol。

答案：C