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化学必修 第一册第二节 金属材料精品精练
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这是一份化学必修 第一册第二节 金属材料精品精练，共23页。试卷主要包含了0分），4g，经转化获得胆矾20，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
3.2金属材料同步练习（困难）人教版（ 2019)高中化学必修第一册
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 下列有关铝及其化合物的说法正确的是 ( )
A. 可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
B. 铝表面有氧化膜保护，铝锅可以长时间盛放酸碱性溶液
C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同
D. 实验室常用NaOH溶液和AlCl3溶液制备Al(OH)3
2. 下列有关物质的应用不合理的是( )
A. 铝中添加适量的锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
B. MgO、Al2O3可用作耐高温材料
C. 碘常用于生产多种药剂，如熏蒸剂、杀虫剂、抗爆剂等，AgI还可以做感光材料
D. FeCl3、FeSO4都是优良的净水剂
3. 将一定量Mg、Al合金溶于1mol⋅L−1的HCl溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol⋅L−1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与滴加的NaOH溶液体积(mL)的图示如下。下列分析的结论中正确的是( )
A. 溶解“一定量Mg、Al合金”的HCl溶液的体积小于80mL
B. 由题中数据，无法求出实验中产生H2的物质的量
C. 无法确定Mg、Al合金中n(Mg)/n(Al)的最大值
D. 欲求出a的取值范围尚缺少一个条件
4. 向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断正确的是 ( )
A. C点的沉淀为Fe(OH)3
B. OA段可能发生的反应有：3Ba2++6OH−+3SO 42−+2Fe3+=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓
C. AB段可能发生的反应是：2SO 42−+2Ba2++Al3++3OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
D. 据图计算原溶液中c(Cl−)>c(SO 42−)
5. 下列有关铝及其化合物的说法正确的是
A. 可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
B. 铝表面有氧化膜保护，因此铝锅可以长时间盛放酸、碱性食物
C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同
D. 实验室常用NaOH溶液和AlCl3溶液制备Al(OH)3
6. 下列有关铝及其化合物的说法正确的是
A. 可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
B. 铝表面有氧化膜保护，铝锅可以长时间盛放酸性溶液
C. 氯化铝溶液与过量NaOH溶液反应可产生白色胶状沉淀
D. 三氧化二铝为两性氧化物故可以做耐火材料
7. 下列有关金属及金属材料的说法不正确的是( )
A. 合金的性能一般优于纯金属
B. 碳素钢是目前用量最大的合金，碳素钢在空气中比纯铁耐腐蚀
C. 酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明铝表面生成一层致密的氧化膜
D. 用金属铝与V2O5反应冶炼钒，主要是因为铝的还原能力比钒强
8. 一定质量的铝铁合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反应后产生3.36L(标准状况下)气体；用同样质量的铝铁合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生5.6L的气体，则该合金中铝、铁的物质的量之比为( )
A. 1：1 B. 2：5 C. 3：2 D. 3：5
9. 将NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体的混合物投入足量水中，得到悬浊液。向该悬浊液中逐滴加入5mol·L-1的盐酸，生成沉淀的物质的量与所加盐酸的体积关系如图所示。由此得出的结论不正确的是( )
A. P点对应溶液中大量含有的阴离子只有Cl−
B. 可算出原混合物中NaOH的质量为24 g
C. A点对应的沉淀的物质的量为0.2 mol
D. 由图像可知，得到的悬浊液中不含Al(OH)3
10. 已知还原性：SO 32−>I−。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是( )
A. 当a≥b时，发生的离子反应为SO 32−+Cl2+H2O=SO 42−+2H++2Cl−
B. 当5a=4b时，发生的离子反应为4SO 32−+2I−+5Cl2+4H2O=4SO 42−+I2+8H++10Cl−
C. 当a≤b≤32a时，反应中转移电子的物质的量n(e−)为a mol≤n(e−)≤3a mol
D. 当a
11. (1)写出NaHCO3固体与稀硫酸反应的离子方程式_____________________________________，等物质的量的NaHCO3与Na2CO3固体分别与足量的硫酸反应，消耗硫酸的物质的量之比为____________。
(2)写出Al和NaOH溶液反应的离子方程式：________________________________________，等质量的Al分别与足量的稀盐酸、足量的NaOH溶液反应，生成气体的体积比为________________；
(3)写出Fe和水蒸气反应的化学方程式：_____________________，等质量的Fe分别与足量的Cl2、稀硫酸、H2O(g)反应转移电子数之比为______________；
(4)将0.3 mol的钠、镁、铝分别投入100 mL 1 mol/L的硫酸溶液中，三者产生氢气的体积比是____________。
12. 已知硝酸与金属发生反应时，随着硝酸浓度的下降和金属活动性的增大，产物中氮元素的化合价会逐渐下降，它们可能是NO2、NO、N2O、N2或NH4NO3中的一种或几种。某同学取一定量的铝铁合金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6mol·L−1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量的关系如图所示。试回答下列问题：
1写出合金中铁与该稀硝酸反应的离子方程式：___________。
2合金中铝的物质的量为__________mol。
(3) B点对应的沉淀的物质的量为__________mol， D点对应的沉淀的物质的量为__________mol。
4A点对应的氢氧化钠溶液的体积为__________mL。
13. 新冠疫情期间，过氧乙酸()作为一种高效消毒剂，常用于环境消毒杀菌．
(1)乙醛能与O2在一定条件下反应生成过氧乙酸，若有11.2 L O2(标准状况下)参加反应，理论上可生成浓度为40％的过氧乙酸________g．
(2)某消毒剂中过氧乙酸含量测定．准确量取该消毒剂100 mL后取5.00 mL上述溶液滴于100 mL碘量瓶中，再加入5.0 mL 2 mol·L−1H2SO4溶液，用0.01 mol·L−1KMnO4溶液滴定至溶液出现浅红色(以除去过氧乙酸试样中剩余H2O2)，随即加入过量KI溶液，摇匀，用0.01000 mol·L−1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL.(假设该消毒剂中无其他试剂参加反应)
已知：CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O、2S2O32−+I2=2I−+S4O62−
①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是________(用离子方程式表示)．
②计算该消毒剂过氧乙酸的含量(以g·L−1表示)(请给出计算过程)．
14. 将氧化镁、氧化铝的混合物完全溶于200 mL盐酸，而后逐滴加入1.0 mol·L−1NaOH溶液。溶液中生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。
(1)最初加入20 mL NaOH溶液所发生反应的离子方程式为________________________。
(2)所用盐酸的物质的量浓度为______________。
(3)混合物中氧化镁、氧化铝的物质的量之比为________。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：
(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为______．
(2)加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为______．
(3)滤渣2 的成分是______(填化学式)．
(4)煅烧过程存在以下反应：
2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑
MgSO4+C MgO+SO2↑+CO↑
MgSO4+3C MgO+S↑+3CO↑
利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．
①D中收集的气体可以是______ (填化学式)．
②B中盛放的溶液可以是______(填字母)．
a.NaOH 溶液 b.Na2CO3 溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：______．
16. 某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体(CuSO4·5H2O)。
请回答：
(1)步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为_________________________________，该步骤中涉及到的分离操作是____________。
(2)溶液D中阴离子主要是__________________。
(3)溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化______________________。
(4)若分离得到固体F中含铜质量为6.4g，经转化获得胆矾20.0g，则铜的转化率为_______。
(5)工业上常用溶液E制取净水剂高铁酸钠[Na2FeO4]，流程如图：
写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式：_________________________________________。(已知NaClO被还原为NaCl)
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
(1)若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_____________；④反应离子方程式___________。
(2)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式____________。④反应的离子方程式____________。
(3)若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式___________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为__________________。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水中，有0.58 g白色难溶物析出，向所得溶液中逐滴加人0.5 mol ⋅ L−1的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如下图所示：
请计算：
(1)混合物中A1C13和MgCl2的质量____________________；
(2)P点表示盐酸加入的体积____________________。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氧化铝、氢氧化铝的两性，掌握基础是关键，题目较简单。
【解答】
A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，而Fe2O3不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3，故A正确；
B.铝及其氧化膜都能和酸、碱反应，所以铝锅不可以长时间盛放酸、碱性溶液，故B错误；
C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，但向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液，先没有沉淀生成，现象不同，故C错误；
D.氢氧化铝能溶于强碱强酸溶液，所以不能用可溶性铝盐和NaOH制取氢氧化铝，应该用氨水，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素化合物性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确元素化合物性质是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大。
【解答】
A.Li−Al合金密度较小且硬度、强度较大，所以铝中添加适量锂制得的Li−Al合金可用于航空等工业，故A正确；
B.氧化镁和氧化铝熔点高，可作耐火材料，故B正确；
C.溴常用于生产多种药剂，如熏蒸剂、杀虫剂、抗爆剂等，AgBr光照分解，则AgBr是重要的感光材料；AgI在大气中易形成结晶核，则AgI可用于人工降雨，故 C错误；
D.FeCl3、FeSO4均可水解生成胶体，则可作优良的净水剂，故D正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，结合图象进行考查，增大了难度。
【解答】
A.当加入NaOH溶液的体积为80mL是镁、铝恰好完全沉淀，溶液的溶质为NaCl，n(HCl)=n(Cl−)=n(Na+)=0.08mol，则加入盐酸的体积为80mL，故A错误；
B.根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH−=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，最后是Al(OH)3的溶解：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n[Al(OH)3]=0.01mol，则n(Al)=n[Al(OH)3])=0.01mol，所以沉淀Al3+需要的OH−为0.03mol，即NaOH溶液的体积为30mL，金属镁的量不确定，无法判断生成氢气的量的多少，故B正确；
C.镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为(80−a)mL，若假设盐酸不剩余，沉淀Mg2+需要NaOH溶液的体积最大值为50mL，求出n (Mg)的最大值为0.025mol，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为2.5，故C错误；
D.假设盐酸溶解金属后不剩余，这种情况下，酸恰好与金属反应完全，即a=0；假设合金中完全是铝，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，但是后一假设不成立，所以a的取值范围为 0≤a<50，故D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学反应的有关图象问题、铝化合物性质、混合物的有关计算等，难度较大，关键是清楚各阶段发生的反应，注意从开始到A点相当于是硫酸铝与氢氧化钡反应生成硫酸钡、氢氧铁沉淀。
【解答】
含Al2(SO4)3和FeCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH−、Ba2+与SO42−之间的离子反应，如下：
Ba2++SO42−=BaSO4↓，Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，
假设1molAl2(SO4)3中SO42−完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH−，图表分析铁离子先沉淀，由图象分析，OA段为加入3molBa(OH)2，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀物质的量为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离了，1mol铁离子和1mol铝离子；AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol；
A、分析可知，C点沉淀为BaSO4和Fe(OH)3，故A错误；
B、OA段可能发生的反应有沉淀钡离子，铁离子，铝离子，反应为3Ba2++6OH−+3SO42−+Al3++Fe3+=3BaSO4↓+Fe(OH)3↓+Al(OH)3↓，也可能发生3Ba2++6OH−+3SO42−+2Fe3+=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓，故B正确；
C、AB段可能发生的反应是Al3++3OH−=Al(OH)3↓，故C错误；
D、图象分析FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中含FeCl3、1mol，含Al2(SO4)31mol，c(Cl−)=c(SO42−)，故D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氧化铝、氢氧化铝的两性，掌握基础是关键，题目较简单。
【解答】
A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，而Fe2O3不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3，故A正确；
B.铝及其氧化膜都能和酸、碱反应，所以铝锅不可以长时间盛放酸、碱性溶液，故B错误；
C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，但向氢氧化钠溶液中滴加入氯化铝溶液，先没有沉淀生成，现象不同，故C错误；
D.氢氧化铝能溶于强碱强酸溶液，所以不能用可溶性铝盐和NaOH制取氢氧化铝，应该用氨水，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氧化铝、氢氧化铝的两性，掌握基础是关键，题目较简单。
【解答】
A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，而Fe2O3不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3，故A正确；
B.铝及其氧化膜都能和酸、碱反应，所以铝锅不可以长时间盛放酸、碱性溶液，故B错误；
C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，故C错误；
D.三氧化二铝是既能和酸发生反应，体现出碱性，又能和碱发生反应，体现出酸性。和耐火的应用没什么关系，故D错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了金属材料的性能与应用，明确合金的概念及性质，熟悉铝热反应原理，金属腐蚀与防护是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.合金与组成它的成分相比，一般具有熔点低、硬度大、抗腐蚀性强等方面的优点，性能一般优于纯金属，故A正确；
B.碳素钢在空气中更容易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以碳素钢在空气中比纯铁易腐蚀，故B错误；
C.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故C正确；
D.铝热反应可冶炼高熔点金属，可用金属铝与V2O5在高温下冶炼矾，铝作还原剂，故D正确。
故选B。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查根据方程式计算，确定Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等是解题关键，可以利用电子转移守恒计算计算的物质的量，难度不大。
【解答】
合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，产生气体氢气3.36L(标准状况)，其物质的量=3.36L22.4L/mol=0.15mol，由方程式可知n(Al)=23n(H2)=0.15mol×23=0.1mol，铁合金溶于足量的盐酸中，Fe、Al都反应产生氢气，Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等，则Fe反应生成氢气体积=5.6L−3.36L=2.24L，其物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知n(Fe)=n(H2)=0.1mol，
故合金中铝、铁的物质的量之比=0.1mol：0.1mol=1：1，故A正确。
故选：A。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查图像的分析和计算，掌握反应的先后顺序和化学方程式的计算是关键，题目有一定的难度。
【解答】
根据图像可知，反应的顺序为：0−10mL发生：HCl+NaOH=NaCl+H2O，10−30mL发生；NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，30mL后发生：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，
A.P点时溶液的成分为NaCl，阴离子为Cl−，故A正确；
B.n原(NaOH)=n剩(NaOH)+2n[Mg(OH)2]+4n(AlO2−)=5mol/L×0.01L+2×0.1mol+4×5mol/L×(0.03L−0.01L)=0.65mol，m(NaOH)=0.65mol×40g/mol=26g，故B错误；
C.10−30mL发生：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，n[Al(OH)3]=n(HCl)=5mol/L×0.02L=0.1mol，故A点对应沉淀的物质的量n=n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.2mol，故C正确；
D.由于悬浊液中有NaOH剩余，氢氧化铝溶于NaOH溶液中，故得到的悬浊液中不含Al(OH)3，故D正确；
故选B。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子反应及氧化还原反应，把握氧化性、还原性强弱确定离子反应的先后顺序为解答的关键，题目难度较大。
【解答】
A.因为还原性：SO32−>I−，所以当a≥b时，氯气首先氧化SO32−，则发生反应的离子反应为：SO32−+Cl2+H2O=SO42−+2H++2Cl−，故A正确；
B.当 5a=4b时，氯气的量过量，首先与SO32−反应，剩余的氯气与I−反应，二者反应氯气的物质的量分别为a、14a；综合两个反应可得总的离子反应为： 4SO32−+2I−+5Cl2+4H2O=4SO42−+I2+8H++10Cl−，故B正确；
C.当a≤b≤3a2时，若b=amol，氯气只氧化SO32−，转移电子的量为2amol，当b=3a2时，氯气部分过量，将SO32−完全氧化，I−部分氧化，反应中转移电子的物质的量n(e−)最多为3amol，则范围为2a mol≤n(e−)≤3a mol；故C错误；
D.当a
11.【答案】(1)HCO3−+H+=H2O+CO2↑；1:2
(2)2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑；1:1
(3)3Fe+4H2O(g)=△Fe3O4+4H2；9:6:8
(4)3:2:2
【解析】
【分析】
本题主要考查离子方程式的书写以及化学方程式的有关计算，题目较为综合，难度一般。
【解答】
(1)碳酸氢钠与硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，碳酸钠与硫酸反应的离子方程式为：CO32−+2H+=H2O+CO2↑，可以看出碳酸氢根和碳酸根离子消耗氢离子的比值为1:2，即为等物质的量的NaHCO3与Na2CO3固体分别与足量的硫酸反应，消耗硫酸的物质的量之比为1:2，故答案为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑；1:2；
(2)铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，等质量的Al分别与足量的稀盐酸、足量的NaOH溶液反应，铝失去的电子数相等，则生成的气体体积相等，故答案为：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑；1:1；
(3)铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，铁与氯气反应生成氯化铁，与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，与水反应生成四氧化三铁，则等质量的Fe分别与足量的Cl2、稀硫酸、H2O(g)反应转移电子数之比为9:6:8，故答案为：3Fe+4H2O(g)=△Fe3O4+4H2；9:6:8；
(4)0.3 mol的钠与硫酸中的水反应生成0.15mol氢气，镁与硫酸反应，硫酸不足，只能生成0.1mol氢气，同理，铝与硫酸反应，硫酸不足，产生0.1mol氢气在，则三者产生氢气的体积比即为物质的量之比，为3:2:2，故答案为：3:2:2。
12.【答案】(1)8Fe+30H++3NO3−=8Fe3++3NH4++9H2O
(2)0.024
(3)0.096；0.072
(4)10
【解析】
【分析】
本题考查金属与硝酸的反应、氧化还原反应、化学计算等知识点，属于中等难度试题，解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用。
【解答】
从图像可知，OA段加入氢氧化钠溶液无沉淀产生，说明溶液中有稀硝酸，铝粉和铁粉的混合物与一定量稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又因硝酸的浓度越稀，对应的还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了−3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有： OA段：H++OH−=H2O， AB段：Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓， BC段：NH4++OH−=NH3⋅H2O， CD段：Al(OH)3 +OH−=AlO2−+2H2O，再结合消耗的NaOH溶液的体积可知：n(NH4+)=(64−58)mL×10−3L/mL×6mol/L=0.036mol，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为−3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用得失电子守恒得出金属的物质的量为：0.036mol×83=0.096mol，则AB段消耗的NaOH溶液的体积为：0.096mol×36mol/L×103mL/L=48mL，则OA段体积为(58−48)mL=10mL，对应溶液中含有n(H+)=10mL×10−3L/mL×6mol/L=0.06mol；n(Al3+)=n[Al(OH)3]=(68−64)mL×10−3L/mL×6mol/L=0.024mol，则n(Fe3+)=0.096mol−0.024mol=0.072mol；据此解答。
(1)由上述分析可知，金属铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、硝酸铵和水，反应的离子方程式为：8Fe+30H++3NO3−=8Fe3++3NH4++9H2O；故答案为：8Fe+30H++3NO3−=8Fe3++3NH4++9H2O；
(2)由上述分析计算可知：n(Al)=n(Al3+)=0.024mol；故答案为：0.024；
(3)由上述分析计算可知：B点对应的沉淀的物质的量为0.096mol；D点对应的沉淀为氢氧化铁沉淀，根据铁元素守恒可知其物质的量为0.072mol；故答案为：0.096；0.072；
(4)由上述分析计算可知：A点对应的氢氧化钠溶液的体积为10mL，故答案为：10。
13.【答案】(1)95 g
(2)①H2O2+2H++2I−=I2 + 2H2O
由方程式CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O 可知
过氧乙酸的含量
【解析】
【分析】
本题考查乙醛的性质、氧化还原反应的应用、离子方程式的书写、根据离子方程式的计算等，题目难度中等，熟练掌握氧化还原反应和根据离子方程式的计算是解题的关键。
【解答】
(1)乙醛能与O2在一定条件下反应生成过氧乙酸，反应的化学方程式为：，11.2LO2标准状况下物质的量=11.2L22.4L/mol=0.5mol，生成过氧乙酸物质的量0.5mol，质量为0.5mol×76g/mol=38g，理论上可生成浓度为40%的过氧乙酸质量为38g40％=95g；
(2)①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是过氧化氢也会氧化碘离子，会干扰测定结果，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I−=I2 + 2H2O；
由方程式CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O 可知
过氧乙酸的含量。
14.【答案】(1)H++OH−=H2O
(2)2.6mol/L
(3)2：1
【解析】
【分析】
本题考查了混合物反应的化学计算，题目难度中等，根据图象变化判断发生反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
【解答】
(1)由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为520mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
故答案为：H++OH−=H2O。
(2)根据分析可知，最初加入的氢氧化钠用于消耗多余的盐酸，根据图象可知，加入520mL 1.0mol/L的氢氧化钠溶液时，此时沉淀达到最大，溶质为氯化钠，n(NaCl)=n(HCl)=n(NaOH)=1.0mol/L×0.52L=0.52mol，该盐酸的浓度为：c(HCl)=0.52mol0.2L=2.6mol.L−1；
(3)520mL到620mL这段氢氧化钠用于溶解氢氧化铝Al(OH)3+OH−=AlO2−+H2O， n[Al(OH)3]=0.1mol，则n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，那么氧化铝的物质的量为0.05mol，(520−20mL)NaOH与Mg2+和Al3+反应生成沉淀：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓、Al3++3OH−=Al(OH)3↓，0.1molAl3+消耗NaOH溶液300mL，因此与Mg2+反应的NaOH溶液200mL，镁离子的物质的量为0.1mol，氧化铝物质的量为0.1mol，氧化镁、氧化铝物质的量之比=0.1mol/0.05mol=2：1。
15.【答案】(1)MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O
(2)2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O
(3)Fe(OH)3
(4)① CO ② ad ③ 3S+6OH−2S2−+SO32−+3H2O
【解析】
【分析】
本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等。
【解答】
(1)MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，
故答案为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O；
(2)加入H2O2氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，
故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；
(3)酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，
故答案为：Fe(OH)3；
(4)煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；
①D中收集的气体可以是CO，
故答案为：CO；
②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，或用氢氧化钠溶液来吸收二氧化硫和二氧化碳，
故答案为：ad；
③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为−2价，反应的离子方程式为：3S+6OH−2S2−+SO32−+3H2O，
故答案为：3S+6OH−2S2−+SO32−+3H2O。
16.【答案】(1)2Al+2OH−+2H2O=AlO2−+3H2↑；过滤
(2)HCO3−
(3)取溶液E少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，这说明该溶液已被氧化
(4)80%
(5)2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O
【解析】
【分析】
本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生的分析、实验和计算能力，题目涉及氧化还原反应、化学方程式的计算、离子检验、基本操作等知识点，明确化学反应原理及物质性质、基本操作是解本题关键，题目难度中等。
【解答】
Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4⋅7H2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得溶液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，反应可生成固体C为Al(OH)3，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；固体B为Fe和Cu的混合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，固体F为Cu，可用于制备胆矾，
(1)铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，发生的氧化还原反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，步骤Ⅰ得到的是溶液和固体则该步骤中涉及到的分离操作是过滤，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；过滤；
(2)溶液D为NaHCO3溶液，则阴离子主要是，HCO3−
故答案为：HCO3−；
(3)溶液E为FeSO4溶液，Fe2+在空气中易被氧化为Fe3+，则检验溶液E是否被氧化的方法为：取溶液E少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，这说明该溶液已被氧化，故答案为：取溶液E少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，这说明该溶液已被氧化；
(4)根据原子守恒可知获得胆矾20.0g需金属Cu的质量为20.0g250g/mol×64g/mol=0.08×64g，则铜的转化率为0.08×64g6.4g×100%=80%，
故答案为：80%；
(5)由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+5H2O+3Cl−，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+5H2O+3Cl−。
17.【答案】(1)2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；AlO2−+CO2(过量)+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3−
(2)；Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3) Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；
【解析】
【分析】
本题考查对无机框图的推断，物质之间的转化的判断，涉及化学方程式、离子方程式、反应现象描述等知识，综合性比较强，熟悉物质的性质是解题的关键，难度一般。
【解答】
(1)若D物质具有两性，含有Al元素，则A为Al，②反应要用强碱溶液，则反应②的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸盐D为Al(OH)3，②③反应均要用强碱溶液，B为氧化铝或铝盐，则反应④的离子方程式为：AlO2−+CO2(过量)+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3−；
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；AlO2−+CO2(过量)+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3−；
(2)若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，与水反应的化学方程式为：，④反应用到A，②⑤反应均用到黄绿色气体单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，含有铁离子，则非金属性单质为Cl2，可推知C为FeCl3，D为FeCl2，④反应的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+；
故答案为：；Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)若A是太阳能电池用的光伏材料，则A为Si，④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体，C、D为钠盐，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，可推知C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2，则③的反应的化学方程式为： Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，⑤反应用到B，反应条件为高温，为制玻璃的反应，则⑤的化学方程式为：；
故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；。
18.【答案】 (1) AlCl3：1.335g MgCl2：0.95g (2) 130mL
【解析】
【分析】
本题以化学反应图象形式考查混合物计算，明确各步发生的反应是关键，综合考查学生分析、计算能力，注意利用守恒进行的解答，难度中等。
【解答】
将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到0.58g白色沉淀，向所得的浊液中加入盐酸时，0−10mL时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，白色沉淀为Mg(OH)2，加入盐酸10−30mL，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO2−+H+=Al(OH)3↓，沉淀最大时，溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，加入30−PmL盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。
(1)10−30mL时，发生反应：H2O+AlO2−+H+=Al(OH)3↓，消耗盐酸体积为30mL−10mL=20mL=0.02L，故n[Al(OH)3]=n(H+)=0.02L×0.5mol/L=0.01mol，根据Al元素守恒：n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.01mol；质量为1.335g；
根据Mg元素守恒：n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.58g58g/mol=0.01mol；质量为0.95g，
故答案为：AlCl3：1.335g； MgCl2：0.95g。
(3)A点所加盐酸用于中和原混合物中的多余的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)过量，原混合物中n(NaOH)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.01mol×2+0.01mol×3+0.03L×0.5mol/L
=0.065mol，P点溶液中溶质为NaCl、MgCl2、AlCl3，加入盐酸相当于恰好与原混合物中NaOH反应，二者恰好反应时：n(HCl)=n(NaOH)=0.065mol，则V(HCl)=0.065mol0.5mol/L=0.013L=130mL；
故答案为：130mL。
3.2金属材料同步练习（困难）人教版（ 2019)高中化学必修第一册
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 下列有关铝及其化合物的说法正确的是 ( )
A. 可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
B. 铝表面有氧化膜保护，铝锅可以长时间盛放酸碱性溶液
C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同
D. 实验室常用NaOH溶液和AlCl3溶液制备Al(OH)3
2. 下列有关物质的应用不合理的是( )
A. 铝中添加适量的锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
B. MgO、Al2O3可用作耐高温材料
C. 碘常用于生产多种药剂，如熏蒸剂、杀虫剂、抗爆剂等，AgI还可以做感光材料
D. FeCl3、FeSO4都是优良的净水剂
3. 将一定量Mg、Al合金溶于1mol⋅L−1的HCl溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol⋅L−1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与滴加的NaOH溶液体积(mL)的图示如下。下列分析的结论中正确的是( )
A. 溶解“一定量Mg、Al合金”的HCl溶液的体积小于80mL
B. 由题中数据，无法求出实验中产生H2的物质的量
C. 无法确定Mg、Al合金中n(Mg)/n(Al)的最大值
D. 欲求出a的取值范围尚缺少一个条件
4. 向FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表。以下推断正确的是 ( )
A. C点的沉淀为Fe(OH)3
B. OA段可能发生的反应有：3Ba2++6OH−+3SO 42−+2Fe3+=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓
C. AB段可能发生的反应是：2SO 42−+2Ba2++Al3++3OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
D. 据图计算原溶液中c(Cl−)>c(SO 42−)
5. 下列有关铝及其化合物的说法正确的是
A. 可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
B. 铝表面有氧化膜保护，因此铝锅可以长时间盛放酸、碱性食物
C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同
D. 实验室常用NaOH溶液和AlCl3溶液制备Al(OH)3
6. 下列有关铝及其化合物的说法正确的是
A. 可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3
B. 铝表面有氧化膜保护，铝锅可以长时间盛放酸性溶液
C. 氯化铝溶液与过量NaOH溶液反应可产生白色胶状沉淀
D. 三氧化二铝为两性氧化物故可以做耐火材料
7. 下列有关金属及金属材料的说法不正确的是( )
A. 合金的性能一般优于纯金属
B. 碳素钢是目前用量最大的合金，碳素钢在空气中比纯铁耐腐蚀
C. 酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明铝表面生成一层致密的氧化膜
D. 用金属铝与V2O5反应冶炼钒，主要是因为铝的还原能力比钒强
8. 一定质量的铝铁合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反应后产生3.36L(标准状况下)气体；用同样质量的铝铁合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生5.6L的气体，则该合金中铝、铁的物质的量之比为( )
A. 1：1 B. 2：5 C. 3：2 D. 3：5
9. 将NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体的混合物投入足量水中，得到悬浊液。向该悬浊液中逐滴加入5mol·L-1的盐酸，生成沉淀的物质的量与所加盐酸的体积关系如图所示。由此得出的结论不正确的是( )
A. P点对应溶液中大量含有的阴离子只有Cl−
B. 可算出原混合物中NaOH的质量为24 g
C. A点对应的沉淀的物质的量为0.2 mol
D. 由图像可知，得到的悬浊液中不含Al(OH)3
10. 已知还原性：SO 32−>I−。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是( )
A. 当a≥b时，发生的离子反应为SO 32−+Cl2+H2O=SO 42−+2H++2Cl−
B. 当5a=4b时，发生的离子反应为4SO 32−+2I−+5Cl2+4H2O=4SO 42−+I2+8H++10Cl−
C. 当a≤b≤32a时，反应中转移电子的物质的量n(e−)为a mol≤n(e−)≤3a mol
D. 当a
11. (1)写出NaHCO3固体与稀硫酸反应的离子方程式_____________________________________，等物质的量的NaHCO3与Na2CO3固体分别与足量的硫酸反应，消耗硫酸的物质的量之比为____________。
(2)写出Al和NaOH溶液反应的离子方程式：________________________________________，等质量的Al分别与足量的稀盐酸、足量的NaOH溶液反应，生成气体的体积比为________________；
(3)写出Fe和水蒸气反应的化学方程式：_____________________，等质量的Fe分别与足量的Cl2、稀硫酸、H2O(g)反应转移电子数之比为______________；
(4)将0.3 mol的钠、镁、铝分别投入100 mL 1 mol/L的硫酸溶液中，三者产生氢气的体积比是____________。
12. 已知硝酸与金属发生反应时，随着硝酸浓度的下降和金属活动性的增大，产物中氮元素的化合价会逐渐下降，它们可能是NO2、NO、N2O、N2或NH4NO3中的一种或几种。某同学取一定量的铝铁合金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6mol·L−1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量的关系如图所示。试回答下列问题：
1写出合金中铁与该稀硝酸反应的离子方程式：___________。
2合金中铝的物质的量为__________mol。
(3) B点对应的沉淀的物质的量为__________mol， D点对应的沉淀的物质的量为__________mol。
4A点对应的氢氧化钠溶液的体积为__________mL。
13. 新冠疫情期间，过氧乙酸()作为一种高效消毒剂，常用于环境消毒杀菌．
(1)乙醛能与O2在一定条件下反应生成过氧乙酸，若有11.2 L O2(标准状况下)参加反应，理论上可生成浓度为40％的过氧乙酸________g．
(2)某消毒剂中过氧乙酸含量测定．准确量取该消毒剂100 mL后取5.00 mL上述溶液滴于100 mL碘量瓶中，再加入5.0 mL 2 mol·L−1H2SO4溶液，用0.01 mol·L−1KMnO4溶液滴定至溶液出现浅红色(以除去过氧乙酸试样中剩余H2O2)，随即加入过量KI溶液，摇匀，用0.01000 mol·L−1Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL.(假设该消毒剂中无其他试剂参加反应)
已知：CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O、2S2O32−+I2=2I−+S4O62−
①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是________(用离子方程式表示)．
②计算该消毒剂过氧乙酸的含量(以g·L−1表示)(请给出计算过程)．
14. 将氧化镁、氧化铝的混合物完全溶于200 mL盐酸，而后逐滴加入1.0 mol·L−1NaOH溶液。溶液中生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。
(1)最初加入20 mL NaOH溶液所发生反应的离子方程式为________________________。
(2)所用盐酸的物质的量浓度为______________。
(3)混合物中氧化镁、氧化铝的物质的量之比为________。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：
(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为______．
(2)加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为______．
(3)滤渣2 的成分是______(填化学式)．
(4)煅烧过程存在以下反应：
2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑
MgSO4+C MgO+SO2↑+CO↑
MgSO4+3C MgO+S↑+3CO↑
利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．
①D中收集的气体可以是______ (填化学式)．
②B中盛放的溶液可以是______(填字母)．
a.NaOH 溶液 b.Na2CO3 溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：______．
16. 某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体(CuSO4·5H2O)。
请回答：
(1)步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为_________________________________，该步骤中涉及到的分离操作是____________。
(2)溶液D中阴离子主要是__________________。
(3)溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化______________________。
(4)若分离得到固体F中含铜质量为6.4g，经转化获得胆矾20.0g，则铜的转化率为_______。
(5)工业上常用溶液E制取净水剂高铁酸钠[Na2FeO4]，流程如图：
写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式：_________________________________________。(已知NaClO被还原为NaCl)
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
(1)若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_____________；④反应离子方程式___________。
(2)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式____________。④反应的离子方程式____________。
(3)若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式___________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为__________________。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水中，有0.58 g白色难溶物析出，向所得溶液中逐滴加人0.5 mol ⋅ L−1的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如下图所示：
请计算：
(1)混合物中A1C13和MgCl2的质量____________________；
(2)P点表示盐酸加入的体积____________________。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氧化铝、氢氧化铝的两性，掌握基础是关键，题目较简单。
【解答】
A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，而Fe2O3不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3，故A正确；
B.铝及其氧化膜都能和酸、碱反应，所以铝锅不可以长时间盛放酸、碱性溶液，故B错误；
C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，但向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液，先没有沉淀生成，现象不同，故C错误；
D.氢氧化铝能溶于强碱强酸溶液，所以不能用可溶性铝盐和NaOH制取氢氧化铝，应该用氨水，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素化合物性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确元素化合物性质是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大。
【解答】
A.Li−Al合金密度较小且硬度、强度较大，所以铝中添加适量锂制得的Li−Al合金可用于航空等工业，故A正确；
B.氧化镁和氧化铝熔点高，可作耐火材料，故B正确；
C.溴常用于生产多种药剂，如熏蒸剂、杀虫剂、抗爆剂等，AgBr光照分解，则AgBr是重要的感光材料；AgI在大气中易形成结晶核，则AgI可用于人工降雨，故 C错误；
D.FeCl3、FeSO4均可水解生成胶体，则可作优良的净水剂，故D正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，结合图象进行考查，增大了难度。
【解答】
A.当加入NaOH溶液的体积为80mL是镁、铝恰好完全沉淀，溶液的溶质为NaCl，n(HCl)=n(Cl−)=n(Na+)=0.08mol，则加入盐酸的体积为80mL，故A错误；
B.根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH−=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，最后是Al(OH)3的溶解：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n[Al(OH)3]=0.01mol，则n(Al)=n[Al(OH)3])=0.01mol，所以沉淀Al3+需要的OH−为0.03mol，即NaOH溶液的体积为30mL，金属镁的量不确定，无法判断生成氢气的量的多少，故B正确；
C.镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为(80−a)mL，若假设盐酸不剩余，沉淀Mg2+需要NaOH溶液的体积最大值为50mL，求出n (Mg)的最大值为0.025mol，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为2.5，故C错误；
D.假设盐酸溶解金属后不剩余，这种情况下，酸恰好与金属反应完全，即a=0；假设合金中完全是铝，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，但是后一假设不成立，所以a的取值范围为 0≤a<50，故D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学反应的有关图象问题、铝化合物性质、混合物的有关计算等，难度较大，关键是清楚各阶段发生的反应，注意从开始到A点相当于是硫酸铝与氢氧化钡反应生成硫酸钡、氢氧铁沉淀。
【解答】
含Al2(SO4)3和FeCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH−、Ba2+与SO42−之间的离子反应，如下：
Ba2++SO42−=BaSO4↓，Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，
假设1molAl2(SO4)3中SO42−完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH−，图表分析铁离子先沉淀，由图象分析，OA段为加入3molBa(OH)2，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀物质的量为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离了，1mol铁离子和1mol铝离子；AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol；
A、分析可知，C点沉淀为BaSO4和Fe(OH)3，故A错误；
B、OA段可能发生的反应有沉淀钡离子，铁离子，铝离子，反应为3Ba2++6OH−+3SO42−+Al3++Fe3+=3BaSO4↓+Fe(OH)3↓+Al(OH)3↓，也可能发生3Ba2++6OH−+3SO42−+2Fe3+=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓，故B正确；
C、AB段可能发生的反应是Al3++3OH−=Al(OH)3↓，故C错误；
D、图象分析FeCl3、Al2(SO4)3的混合溶液中含FeCl3、1mol，含Al2(SO4)31mol，c(Cl−)=c(SO42−)，故D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氧化铝、氢氧化铝的两性，掌握基础是关键，题目较简单。
【解答】
A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，而Fe2O3不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3，故A正确；
B.铝及其氧化膜都能和酸、碱反应，所以铝锅不可以长时间盛放酸、碱性溶液，故B错误；
C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，但向氢氧化钠溶液中滴加入氯化铝溶液，先没有沉淀生成，现象不同，故C错误；
D.氢氧化铝能溶于强碱强酸溶液，所以不能用可溶性铝盐和NaOH制取氢氧化铝，应该用氨水，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，主要是氧化铝、氢氧化铝的两性，掌握基础是关键，题目较简单。
【解答】
A.氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，而Fe2O3不与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3，故A正确；
B.铝及其氧化膜都能和酸、碱反应，所以铝锅不可以长时间盛放酸、碱性溶液，故B错误；
C.向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，故C错误；
D.三氧化二铝是既能和酸发生反应，体现出碱性，又能和碱发生反应，体现出酸性。和耐火的应用没什么关系，故D错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了金属材料的性能与应用，明确合金的概念及性质，熟悉铝热反应原理，金属腐蚀与防护是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.合金与组成它的成分相比，一般具有熔点低、硬度大、抗腐蚀性强等方面的优点，性能一般优于纯金属，故A正确；
B.碳素钢在空气中更容易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以碳素钢在空气中比纯铁易腐蚀，故B错误；
C.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故C正确；
D.铝热反应可冶炼高熔点金属，可用金属铝与V2O5在高温下冶炼矾，铝作还原剂，故D正确。
故选B。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查根据方程式计算，确定Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等是解题关键，可以利用电子转移守恒计算计算的物质的量，难度不大。
【解答】
合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，产生气体氢气3.36L(标准状况)，其物质的量=3.36L22.4L/mol=0.15mol，由方程式可知n(Al)=23n(H2)=0.15mol×23=0.1mol，铁合金溶于足量的盐酸中，Fe、Al都反应产生氢气，Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等，则Fe反应生成氢气体积=5.6L−3.36L=2.24L，其物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知n(Fe)=n(H2)=0.1mol，
故合金中铝、铁的物质的量之比=0.1mol：0.1mol=1：1，故A正确。
故选：A。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查图像的分析和计算，掌握反应的先后顺序和化学方程式的计算是关键，题目有一定的难度。
【解答】
根据图像可知，反应的顺序为：0−10mL发生：HCl+NaOH=NaCl+H2O，10−30mL发生；NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，30mL后发生：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，
A.P点时溶液的成分为NaCl，阴离子为Cl−，故A正确；
B.n原(NaOH)=n剩(NaOH)+2n[Mg(OH)2]+4n(AlO2−)=5mol/L×0.01L+2×0.1mol+4×5mol/L×(0.03L−0.01L)=0.65mol，m(NaOH)=0.65mol×40g/mol=26g，故B错误；
C.10−30mL发生：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，n[Al(OH)3]=n(HCl)=5mol/L×0.02L=0.1mol，故A点对应沉淀的物质的量n=n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.2mol，故C正确；
D.由于悬浊液中有NaOH剩余，氢氧化铝溶于NaOH溶液中，故得到的悬浊液中不含Al(OH)3，故D正确；
故选B。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子反应及氧化还原反应，把握氧化性、还原性强弱确定离子反应的先后顺序为解答的关键，题目难度较大。
【解答】
A.因为还原性：SO32−>I−，所以当a≥b时，氯气首先氧化SO32−，则发生反应的离子反应为：SO32−+Cl2+H2O=SO42−+2H++2Cl−，故A正确；
B.当 5a=4b时，氯气的量过量，首先与SO32−反应，剩余的氯气与I−反应，二者反应氯气的物质的量分别为a、14a；综合两个反应可得总的离子反应为： 4SO32−+2I−+5Cl2+4H2O=4SO42−+I2+8H++10Cl−，故B正确；
C.当a≤b≤3a2时，若b=amol，氯气只氧化SO32−，转移电子的量为2amol，当b=3a2时，氯气部分过量，将SO32−完全氧化，I−部分氧化，反应中转移电子的物质的量n(e−)最多为3amol，则范围为2a mol≤n(e−)≤3a mol；故C错误；
D.当a
11.【答案】(1)HCO3−+H+=H2O+CO2↑；1:2
(2)2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑；1:1
(3)3Fe+4H2O(g)=△Fe3O4+4H2；9:6:8
(4)3:2:2
【解析】
【分析】
本题主要考查离子方程式的书写以及化学方程式的有关计算，题目较为综合，难度一般。
【解答】
(1)碳酸氢钠与硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，碳酸钠与硫酸反应的离子方程式为：CO32−+2H+=H2O+CO2↑，可以看出碳酸氢根和碳酸根离子消耗氢离子的比值为1:2，即为等物质的量的NaHCO3与Na2CO3固体分别与足量的硫酸反应，消耗硫酸的物质的量之比为1:2，故答案为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑；1:2；
(2)铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，等质量的Al分别与足量的稀盐酸、足量的NaOH溶液反应，铝失去的电子数相等，则生成的气体体积相等，故答案为：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑；1:1；
(3)铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，铁与氯气反应生成氯化铁，与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，与水反应生成四氧化三铁，则等质量的Fe分别与足量的Cl2、稀硫酸、H2O(g)反应转移电子数之比为9:6:8，故答案为：3Fe+4H2O(g)=△Fe3O4+4H2；9:6:8；
(4)0.3 mol的钠与硫酸中的水反应生成0.15mol氢气，镁与硫酸反应，硫酸不足，只能生成0.1mol氢气，同理，铝与硫酸反应，硫酸不足，产生0.1mol氢气在，则三者产生氢气的体积比即为物质的量之比，为3:2:2，故答案为：3:2:2。
12.【答案】(1)8Fe+30H++3NO3−=8Fe3++3NH4++9H2O
(2)0.024
(3)0.096；0.072
(4)10
【解析】
【分析】
本题考查金属与硝酸的反应、氧化还原反应、化学计算等知识点，属于中等难度试题，解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用。
【解答】
从图像可知，OA段加入氢氧化钠溶液无沉淀产生，说明溶液中有稀硝酸，铝粉和铁粉的混合物与一定量稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又因硝酸的浓度越稀，对应的还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了−3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有： OA段：H++OH−=H2O， AB段：Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓， BC段：NH4++OH−=NH3⋅H2O， CD段：Al(OH)3 +OH−=AlO2−+2H2O，再结合消耗的NaOH溶液的体积可知：n(NH4+)=(64−58)mL×10−3L/mL×6mol/L=0.036mol，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为−3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用得失电子守恒得出金属的物质的量为：0.036mol×83=0.096mol，则AB段消耗的NaOH溶液的体积为：0.096mol×36mol/L×103mL/L=48mL，则OA段体积为(58−48)mL=10mL，对应溶液中含有n(H+)=10mL×10−3L/mL×6mol/L=0.06mol；n(Al3+)=n[Al(OH)3]=(68−64)mL×10−3L/mL×6mol/L=0.024mol，则n(Fe3+)=0.096mol−0.024mol=0.072mol；据此解答。
(1)由上述分析可知，金属铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、硝酸铵和水，反应的离子方程式为：8Fe+30H++3NO3−=8Fe3++3NH4++9H2O；故答案为：8Fe+30H++3NO3−=8Fe3++3NH4++9H2O；
(2)由上述分析计算可知：n(Al)=n(Al3+)=0.024mol；故答案为：0.024；
(3)由上述分析计算可知：B点对应的沉淀的物质的量为0.096mol；D点对应的沉淀为氢氧化铁沉淀，根据铁元素守恒可知其物质的量为0.072mol；故答案为：0.096；0.072；
(4)由上述分析计算可知：A点对应的氢氧化钠溶液的体积为10mL，故答案为：10。
13.【答案】(1)95 g
(2)①H2O2+2H++2I−=I2 + 2H2O
由方程式CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O 可知
过氧乙酸的含量
【解析】
【分析】
本题考查乙醛的性质、氧化还原反应的应用、离子方程式的书写、根据离子方程式的计算等，题目难度中等，熟练掌握氧化还原反应和根据离子方程式的计算是解题的关键。
【解答】
(1)乙醛能与O2在一定条件下反应生成过氧乙酸，反应的化学方程式为：，11.2LO2标准状况下物质的量=11.2L22.4L/mol=0.5mol，生成过氧乙酸物质的量0.5mol，质量为0.5mol×76g/mol=38g，理论上可生成浓度为40%的过氧乙酸质量为38g40％=95g；
(2)①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是过氧化氢也会氧化碘离子，会干扰测定结果，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I−=I2 + 2H2O；
由方程式CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O 可知
过氧乙酸的含量。
14.【答案】(1)H++OH−=H2O
(2)2.6mol/L
(3)2：1
【解析】
【分析】
本题考查了混合物反应的化学计算，题目难度中等，根据图象变化判断发生反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
【解答】
(1)由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为520mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
故答案为：H++OH−=H2O。
(2)根据分析可知，最初加入的氢氧化钠用于消耗多余的盐酸，根据图象可知，加入520mL 1.0mol/L的氢氧化钠溶液时，此时沉淀达到最大，溶质为氯化钠，n(NaCl)=n(HCl)=n(NaOH)=1.0mol/L×0.52L=0.52mol，该盐酸的浓度为：c(HCl)=0.52mol0.2L=2.6mol.L−1；
(3)520mL到620mL这段氢氧化钠用于溶解氢氧化铝Al(OH)3+OH−=AlO2−+H2O， n[Al(OH)3]=0.1mol，则n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，那么氧化铝的物质的量为0.05mol，(520−20mL)NaOH与Mg2+和Al3+反应生成沉淀：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓、Al3++3OH−=Al(OH)3↓，0.1molAl3+消耗NaOH溶液300mL，因此与Mg2+反应的NaOH溶液200mL，镁离子的物质的量为0.1mol，氧化铝物质的量为0.1mol，氧化镁、氧化铝物质的量之比=0.1mol/0.05mol=2：1。
15.【答案】(1)MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O
(2)2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O
(3)Fe(OH)3
(4)① CO ② ad ③ 3S+6OH−2S2−+SO32−+3H2O
【解析】
【分析】
本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等。
【解答】
(1)MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，
故答案为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O；
(2)加入H2O2氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，
故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；
(3)酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，
故答案为：Fe(OH)3；
(4)煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；
①D中收集的气体可以是CO，
故答案为：CO；
②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，或用氢氧化钠溶液来吸收二氧化硫和二氧化碳，
故答案为：ad；
③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为−2价，反应的离子方程式为：3S+6OH−2S2−+SO32−+3H2O，
故答案为：3S+6OH−2S2−+SO32−+3H2O。
16.【答案】(1)2Al+2OH−+2H2O=AlO2−+3H2↑；过滤
(2)HCO3−
(3)取溶液E少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，这说明该溶液已被氧化
(4)80%
(5)2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O
【解析】
【分析】
本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生的分析、实验和计算能力，题目涉及氧化还原反应、化学方程式的计算、离子检验、基本操作等知识点，明确化学反应原理及物质性质、基本操作是解本题关键，题目难度中等。
【解答】
Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4⋅7H2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得溶液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，反应可生成固体C为Al(OH)3，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；固体B为Fe和Cu的混合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，固体F为Cu，可用于制备胆矾，
(1)铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，发生的氧化还原反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，步骤Ⅰ得到的是溶液和固体则该步骤中涉及到的分离操作是过滤，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；过滤；
(2)溶液D为NaHCO3溶液，则阴离子主要是，HCO3−
故答案为：HCO3−；
(3)溶液E为FeSO4溶液，Fe2+在空气中易被氧化为Fe3+，则检验溶液E是否被氧化的方法为：取溶液E少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，这说明该溶液已被氧化，故答案为：取溶液E少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，这说明该溶液已被氧化；
(4)根据原子守恒可知获得胆矾20.0g需金属Cu的质量为20.0g250g/mol×64g/mol=0.08×64g，则铜的转化率为0.08×64g6.4g×100%=80%，
故答案为：80%；
(5)由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+5H2O+3Cl−，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+5H2O+3Cl−。
17.【答案】(1)2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；AlO2−+CO2(过量)+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3−
(2)；Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3) Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；
【解析】
【分析】
本题考查对无机框图的推断，物质之间的转化的判断，涉及化学方程式、离子方程式、反应现象描述等知识，综合性比较强，熟悉物质的性质是解题的关键，难度一般。
【解答】
(1)若D物质具有两性，含有Al元素，则A为Al，②反应要用强碱溶液，则反应②的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸盐D为Al(OH)3，②③反应均要用强碱溶液，B为氧化铝或铝盐，则反应④的离子方程式为：AlO2−+CO2(过量)+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3−；
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；AlO2−+CO2(过量)+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3−；
(2)若A是应用最广泛的金属，则A为Fe，与水反应的化学方程式为：，④反应用到A，②⑤反应均用到黄绿色气体单质，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，含有铁离子，则非金属性单质为Cl2，可推知C为FeCl3，D为FeCl2，④反应的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+；
故答案为：；Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)若A是太阳能电池用的光伏材料，则A为Si，④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体，C、D为钠盐，且溶液均显碱性，说明盐水解呈碱性，可推知C为Na2SiO3，D为Na2CO3，B为SiO2，则③的反应的化学方程式为： Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，⑤反应用到B，反应条件为高温，为制玻璃的反应，则⑤的化学方程式为：；
故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；。
18.【答案】 (1) AlCl3：1.335g MgCl2：0.95g (2) 130mL
【解析】
【分析】
本题以化学反应图象形式考查混合物计算，明确各步发生的反应是关键，综合考查学生分析、计算能力，注意利用守恒进行的解答，难度中等。
【解答】
将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到0.58g白色沉淀，向所得的浊液中加入盐酸时，0−10mL时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，白色沉淀为Mg(OH)2，加入盐酸10−30mL，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO2−+H+=Al(OH)3↓，沉淀最大时，溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，加入30−PmL盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。
(1)10−30mL时，发生反应：H2O+AlO2−+H+=Al(OH)3↓，消耗盐酸体积为30mL−10mL=20mL=0.02L，故n[Al(OH)3]=n(H+)=0.02L×0.5mol/L=0.01mol，根据Al元素守恒：n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.01mol；质量为1.335g；
根据Mg元素守恒：n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.58g58g/mol=0.01mol；质量为0.95g，
故答案为：AlCl3：1.335g； MgCl2：0.95g。
(3)A点所加盐酸用于中和原混合物中的多余的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)过量，原混合物中n(NaOH)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.01mol×2+0.01mol×3+0.03L×0.5mol/L
=0.065mol，P点溶液中溶质为NaCl、MgCl2、AlCl3，加入盐酸相当于恰好与原混合物中NaOH反应，二者恰好反应时：n(HCl)=n(NaOH)=0.065mol，则V(HCl)=0.065mol0.5mol/L=0.013L=130mL；
故答案为：130mL。
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