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化学必修 第一册实验活动3 同周期、同主族元素性质的递变优秀课堂检测
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这是一份化学必修 第一册实验活动3 同周期、同主族元素性质的递变优秀课堂检测，共23页。试卷主要包含了0分），2 L，【答案】C，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
4.4实验活动3 同周期、同主族元素性质的递变同步练习（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. 将一定质量的镁铝混合物投入250 mL 2.0 mol/L的稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 当加入NaOH溶液的体积为200 mL时，溶液呈酸性
B. 当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝
C. NaOH溶液的浓度5 mol/L
D. 生成的氢气在标况下体积为11.2 L
2. 将一定质量的镁铝合金粉末投入200 mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量W和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的物质的量之比为
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 8∶9 D. 4∶3
3. 常温下，用0.1mol·L−1MgSO4和0.05mol·L−1Al2(SO4)3溶液进行实验：①各取25mL，分别滴加0.5mol·L−1NaOH溶液，测得溶液pH与V(NaOH)的关系如图1；②将两种溶液等体积混合后，取出25mL，逐滴加入上述NaOH溶液，观察现象。下述正确的是 ( )
A. 图1中的曲线II表示MgSO4与NaOH反应的关系
B. 根据图1可得Ksp[Al(OH)3]的值大于1.0×10−32
C. 实验②中Al(OH)3完全溶解前，溶液中c(Mg2+)/c(Al3+)逐渐变大
D. 图2可以表示实验②中n(沉淀)与V(NaOH)的关系
4. 将7.5 g镁铝合金溶于90 mL 4 mol ·L−1稀硫酸中，合金完全溶解，再加入240 mL 3 mol ·L−1的NaOH溶液，得到沉淀的质量为19.4 g，则此时溶液中的溶质为( )
A. Na2SO4 B. Na2SO4和NaAlO2
C. Na2SO4和MgSO4 D. Na2SO4、MgSO4和Al2(SO4)3
5. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述不正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液
B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁
C. 图中所示转化反应包含氧化还原反应
D. 反应②的化学方程式为2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3
6. 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
7. 某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是( )
A. Fe2+ B. NH4+ C. Al3+ D. Fe3+
8. 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是( )
A. NH4+ B. Mg2+ C. Fe2+ D. Al3+
9. 在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，理论上，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的示意图如图，b处NaOH的体积为1L，则下列判断正确的是( )
A. 混合溶液中Al3+的物质的量为0.2mol
B. NaOH的浓度为0.5mol/L
C. 在b点处溶液中的溶质只有NaAlO2
D. 图中线段oa：ab=5：1
10. 以下物质间的转化不能通过一步反应实现的是
A. MgSO4→Mg(OH)2 B. Al2O3→Al(OH)3
C. CO2→CaCO3 D. Cl2→NaCl
二、填空题（本大题共4小题，共32.0分）
11. 如下六个图中，横坐标为某溶液中加入某物质的物质的量，纵坐标为生成沉淀的物质的量，将图中的字母代号填入下表．
溶液
加入的物质
字母代号
①饱和石灰水
通过量CO2
______
②AlCl3溶液
通过量NH3
______
③MgCl2、AlCl3混合溶液
逐滴加NaOH溶液至过量
______
④AlCl3溶液
逐滴加NaOH溶液至过量
______
⑤含少量HCl的AlCl3溶液
逐滴加NaOH溶液至过量
______
12. 铝在人类的生产生活中有着非常重要的应用。
铝是地壳里含量第_______的金属元素，铝在元素周期表中的位置是第____周期第_____族，；单质铝常温下是一种_______色的金属。
已知明矾可以净水，明矾化学式_________________，解释明矾净水的原因 。
以NaAlO2溶液、AlCl3溶液、氨水、CO2气体为原料，选择合适试剂，写出实验室制备Al(OH)3的化学方程式：(任意一条途径)
_______________________________________
达喜是常用的中和胃酸的药物，其化学成分是铝和镁的碱式盐，化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O【可看做2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O】。
若1mol达喜与足量的盐酸反应，消耗盐酸的物质的量为_____；
1mol达喜与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量则为_____。
13. 把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到1.16g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1mol·L−1的盐酸，沉淀的质量随加入盐酸的体积变化关系如图所示，试回答：
(1)A点沉淀物的化学式为__________；A～B段反应的离子方程式为__________。
(2)原混合物中AlCl3的质量为__________，NaOH的物质的量为__________。
(3)Q点HCl溶液加入量是__________mL。
14. 现有下列五种物质：①Al2O3固体 ②铝片 ③Al(OH)3固体 ④Al2(SO4)3溶液 ⑤NaAlO2溶液。
(1)按要求回答下列问题(填序号)。
A.能导电的物质：______________
B.电解质：____________________
C.既能和酸反应，又能和碱反应的物质：_____________________________
(2)往④中加入Ba(OH)2溶液至沉淀达到最大值，写出该反应的离子方程式：__________________________________________。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 为验证同主族元素性质的递变规律。某小组用如图所示的装置进行实验( 夹持仪器 已略去，装置气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当装置B和装置C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当装置B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)浸有NaOH溶液的棉花的作用______。
(2)装置A 中发生的置换反应的化学方程式为______。
(3)装置B的溶液中NaBr完全被氧化，则消耗Cl2 的物质的量为______。
(4)为验证溴元素的非金属性强于碘元素，过程Ⅳ的操作和现象是______。
16. Ⅰ.化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是_ (填写序号)。
A、金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B、用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上
C、将0.2mol⋅L−1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体。
D、稀释浓硫酸时，应将水沿器壁缓缓加入浓硫酸中，并不断用玻璃棒搅拌。
E、容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制一定物质的量浓度的硫酸溶液无影响。
F、使用容量瓶、分液漏斗时，首先应检验是否漏水。
G、在粗盐的提纯实验中，溶解、过滤、蒸发都用到了玻璃棒。
Ⅱ.新型材料纳米级铁粉与普通铁粉具有不同的性质。已知：在不同温度下，纳米级铁粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时，生成FeO；高于570℃时，生成Fe3O4。
(1)写出温度低于570℃时反应的化学方程式____________________________。
(2)中学教材中用如图所示实验装置，完成铁粉与水蒸气反应的演示实验。实验中使用肥皂液的作用是_______________________________________。
(3)乙同学为了探究实验后的固体产物是否存在Fe3O4(假定铁全部反应完全)设计下列实验方案：
①取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸；
②向①反应后的溶液X中加入足量H2O2的和氨水，充分反应后，过滤、洗涤、干燥；
③将②中所得固体进行灼烧，得到红棕色固体m2g。
溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为_________________________________；
m1与m2比值=_________(保留两位小数)时，才能确定固体样品中一定只存在Fe3O4。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. 某化合物M(仅含三种常见短周期元素)是一种储氢材料。为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：化合物A仅含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，白色沉淀C不溶于氢氧化钠溶液。请回答：
(1)化合物M的组成元素是 (用元素符号表示)。
(2)化合物A与水反应的化学方程式是 。
(3)利用金属置换非金属的化学反应可得M，该反应的化学方程式是 。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和以下图像作答：
Ⅰ.向两份30mL同一浓度的NaOH溶液中通入CO2气体，因CO2通入量的不同，溶液的组成也不同，得到溶液A、B。若向A、B溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L−1盐酸，产生的气体体积v(CO2)与加入盐酸的体积v(HCl)的关系分别为如图所示。
请回答下列问题：
(1)A溶液中溶质为(写化学式)___________，其物质的量之比是__________。
(2)B溶液溶质为(写化学式)____________，标准状况下CO2气体的体积为________，原NaOH溶液的物质的量浓度为_________。
Ⅱ.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，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如上图
试回答：
(1)A点的沉淀物的化学式为_______；
(2)原混合物中MgCl2的质量是_______，AlCl3的质量是_______；
(3)C点溶液的体积为_______mL。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了镁和铝的性质、离子方程式的计算等内容，能正确分析图象中各部分的反应及溶液中存在的溶质是解本题的关键，题目难度中等。
【解答】
由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍。从200mL开始，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.15mol，Al(OH)3为0.25mol−0.15mol=0.1mol，以此解答。
A.由分析可知，当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为Na2SO4，此时溶液呈中性，故A错误；
B.由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶质中有硫酸钠，故B错误；
C.沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时，n(NaOH)=2n(Na2SO4)=2×0.25L×2mol/L=1mol，所以NaOH溶液的物质的量浓度为，故C正确；
D.由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，根据电子转移守恒可知，2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.1mol+2×0.15mol=0.6mol，所以n(H2)=0.3mol，故氢气在标况下体积为：0.3mol×22.4mol/L=6.72L，故D错误。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查混合物计算、学生对图象分析处理能力，题目难度中等，明确各阶段发生的反应是关键，注意利用赋值法结合计算。
【解答】
生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH溶液的体积之比为(6−1)：(7−6)=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
1mol 1mol
由Al元素守恒，可知n(Al)=1mol，
生成1mol氢氧化铝消耗NaOH为1mol×3=3mol，则生成氢氧化镁消耗NaOH为5mol−3mol=2mol，则氢氧化镁为1mol，由Mg元素守恒，则n(Mg)=1mol，故该合金中镁和铝的物质的量之比为1∶1，故 A正确。
故选A。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查盐类的水解、电离平衡常数的计算，“铝三角”的转化关系，掌握盐类水解的影响因素、电离平衡常数的计算是解题的关键，难度较大。
【解答】
A.从图1中可以获得以下信息：溶液pH变化呈现的第一个平台就是Mg2+或Al3+的沉淀过程，当pH发生突跃时，表明沉淀反应基本完成；又因为Mg2+、Al3+物质的量相等，完全沉淀时所需碱溶液体积比为2︰3，据此可以判断曲线I、Ⅱ分别为Mg2+、Al3+与碱的反应关系曲线，故A错误；
B.曲线II中坐标点(5,3.5)处于平台上，表明铝离子已经开始沉淀，存在沉淀溶解平衡。此时溶液中c(OH−)=10−10.5mol·L−1，c(Al3+)<0.1 mol·L−1，故K sp[Al(OH)3]=c3(OH−)×c(Al3+)
②当Mg2+开始沉淀时，Al(OH)3沉淀尚未溶解完全时，存在两种沉淀溶解平衡，故存在关系：c(Mg2+)c(Al3+)=Ksp[Mg(OH)2]c2(OH−)Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]Ksp[Al(OH)3]×c(OH−)随着NaOH溶液加入，c(OH−)增大，两种离子浓度比值增大，故C正确；
D.依据图1可知，Al3+完全沉淀时溶液的pH约为8.9，Mg2+开始沉淀时溶液pH约为9，说明两种离子共存且浓度相等时，只有当Al3+几乎沉淀完全后，Mg2+才开始沉淀，又因为两种离子沉淀时所需要的OH−物质的量是不相同的，故产生沉淀时不应是一条直线，而是折线，故D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了化学方程式的有关计算，题目难度一般。
【解答】
该溶液中始终没参加反应的离子是硫酸根离子和钠离子，一个硫酸根离子中带2个单位的负电荷，一个钠离子带1个单位的正电荷，所以硫酸根离子所带负电荷的物质的量为0.09L×4mol/L×2=0.72mol，钠离子所带的电荷的物质的量0.24L×3mol/L×1=0.72mol，钠离子和硫酸根离子所带电荷相等，所以该溶液的溶质有硫酸钠，如果溶液中还有其它硫酸盐或偏铝酸盐，溶液中的硫酸根离子和钠离子所带电荷不相等，所以该溶液的溶质只有硫酸钠，故A正确。
故选A。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。
【解答】
A.溶液中通入过量的Y，过滤后得到氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，故A正确；
B.氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所得沉淀为氧化铁，故B正确；
C.电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C正确；
D.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D错误。
故选D。
6.【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。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方。
【解答】
混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成FeCl3、AlCl3，所以溶液中NH4+浓度减小，Fe2+浓度减小，Fe3+浓度增大，由于加入氢氧化钠，所以Na+浓度增大，则几乎不变的阳离子是Al3+，故C正确。
故选C。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子之间的反应，明确物质的性质是解题的关键，注意氢氧化亚铁易被氧化是解答的易错点，熟悉复分解反应即可解答，题目难度不大。
【解答】
向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，NH4++OH−=NH3·H2O、Mg2++2OH− =Mg(OH)2↓、Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓、Al3++4OH−=AlO2−+2H2O↓，微热时部分NH3·H2O分解生成NH3，但不会大量减少，搅拌时4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,再加入过量盐酸，氢氧化铝、氢氧化镁、氢氧化铁溶解生成Al3+、Mg2+ 和Fe3+，所以大量减少的离子是Fe2+，故C正确。
故选C。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了混合物的计算，注意把握混合物与氢氧化钠发生的反应以及图象中各个点对应的反应，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。
【解答】
AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入aL NaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b−a)L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液。
A.根据图示信息和Al原子守恒有：n(NaAlO2)=n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.1mol，故A错误；
B.在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：n[Al(OH)3]=0.1mol，n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据Mg原子守恒有n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据Al原子守恒有n(NaAlO2)=n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.1mol，由Cl原子守恒有n(Cl)=n(NaCl)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c(NaOH)=0.6mol1L=0.6mol/L，故B错误；
C.在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b−a)L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，故C错误；
D.加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b−a)L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n(NaCl)与n(NaAlO2)之比，故oa：ab=a：(b−a)=0.5mol：0.1mol=5：1，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
A.MgSO4与NaOH反应生成Mg(OH)2，可一步实现转化，故A不符合题意；
B.Al2O3不溶于水，不能一步转化为Al(OH)3，故B符合题意；
C.CO2与Ca(OH)2溶液反应生成CaCO3，可一步实现转化，故C不符合题意；
D.Cl2与Na反应生成NaCl，可一步实现转化，故D不符合题意。
故选B。
11.【答案】①B；
②C；
③A；
④E；
⑤F
【解析】解：①饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，对照图象应为B；
②氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为C；
③MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，对照图象应为A．
④氯化铝溶液，加入氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，对照图象应为E；
⑤含少量HCl的氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是和盐酸之间发生中和反应生成氯化钠和水，没有沉淀，HCl+NaOH=NaCl+H2O，然后氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，对照图象应为F；
故答案为：B；C；A；E；F．
所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量．
A表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；
B表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；
C表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；
D表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；
E表示加入某溶液，立即出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解；
F表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解．
本题考查化学反应与图象的关系，解答本题关键在于理解相关反应，并能熟练写出相应的反应的方程式，并能找出对应的图形即可解题，题目难度较难．
12.【答案】【小题1】1；三；Ⅲ；银白
【小题2】KAl(SO4)2·12H2O；明矾溶于水后，Al3+发生水解，生成的 Al(OH)3 能吸附水中的杂质形成沉淀，使水变澄清
【小题3】NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al(OH)₃ ↓+NaHCO₃或
AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl或
AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al(OH)3↓
【小题4】18mol；4mol
【解析】
1.【分析】
本题考查氯元素在地壳中的含量、在元素周期表中的位置以及铝单质的颜色等，题目难度不大，熟练掌握氯原子的结构是解题的关键。
【解答】
在地壳中含量最高的金属元素是Al，Al原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，位于元素周期表的第三周期第ⅢA族，单质铝是一种银白色金属；
故答案为：1；三；Ⅲ；银白。
2.【分析】
本题考查明矾的化学式、明矾净水的原理，题目难度不大，熟练掌握铝离子的水解是解题的关键。
【解答】
明矾是KAl(SO4)2·12H2O的俗名，KAl(SO4)2·12H2O是强酸弱碱盐，明矾溶于水后，Al3+发生水解，生成的 Al(OH)3 能吸附水中的杂质形成沉淀，使水变澄清，达到净水的目的；
故答案为：KAl(SO4)2·12H2O；明矾溶于水后，Al3+发生水解，生成的 Al(OH)3 能吸附水中的杂质形成沉淀，使水变澄清。
3.【分析】
本题考查氢氧化铝的制取方法，题目难度不大，熟练掌握氢氧化铝的制取和性质是解题的关键。
【解答】
偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝：NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al(OH)₃ ↓+NaHCO₃；或氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝：AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl；或偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al(OH)3↓；
故答案为：NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al(OH)₃ ↓+NaHCO₃或
AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl或
AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al(OH)3↓。
4.【分析】
本题考查镁、铝化合物的性质、根据化学方程式的计算，题目难度不大，熟练掌握氢氧化铝的性质是解题的关键。
【解答】
2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O与盐酸反应的方程式为2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O+18HCl=2AlCl3+6MgCl2+CO2↑+21H2O，所以1mol2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O消耗18molHCl；2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O中Al(OH)3、MgCO3能与NaOH溶液反应，1mol2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O含有2molAl(OH)3、1molMgCO3，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、MgCO3+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2CO3，所以1mol2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O消耗NaOH的物质的量为4mol；
故答案为：18mol；4mol。
13.【答案】(1)Mg(OH)2；AlO 2−+H++H2O =Al(OH)3↓
(2) 2.67g；0.13mol
(3)130
【解析】
【分析】
本题考查图像分析，明确每一段图像发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶质的成分为解题关键，注意结合有关方程进行分析，题目难度较大。
【解答】
(1)因为在浊液中加入HCl溶液至10mL，沉淀质量一直为1.16g，说明浊液显碱性，Al元素以AlO 2−形式存在，继续加入HCl溶液，AlO 2−转变为Al(OH)3沉淀，加至30 mL时，AlO 2−全部转变为Al(OH)3，所以在A点的沉淀物为Mg(OH)2，在A点至B点间，AlO 2−+H++H2O =Al(OH)3↓，沉淀物为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物。当加入HCl溶液超过30mL，Mg(OH)2和Al(OH)3同时溶解。
(2)原混合物中：m(MgCl2)=1.16 g58 g·mol−1×95g·mol−1=1.90g，又AlCl3～AlO 2−～HCl。
n(AlCl3)=1mol·L−1×(30−10)×10−3L=0.02mol。
m(AlCl3)=0.02mol×133.5g·mol−1=2.67g。
NaOH：①浊液中存在的：NaOH+HCl=NaCl+H2O
1×0.01mol
②MgCl2→Mg(OH)2消耗的NaOH：1.16 g58 g·mol−1×2=0.04mol。
③AlCl3→NaAlO2消耗的NaOH：0.02mol×4=0.08mol。
NaOH总质量=0.01mol+0.04mol+0.08mol=0.13mol；
(3)从B点开始，Al(OH)3→AlCl3消耗的HCl：0.02mol×3=0.06mol，Mg(OH)2→MgCl2消耗的HCl：0.02mol×2=0.04mol，所消耗HCl溶液的体积为：0.06 mol+0.04 mol1 mol·L−1×1000mL·L−1=100mL。Q点HCl溶液总体积为30mL+100mL=130mL。
14.【答案】(1)②④⑤；①③；①②③
(2)2Al3++3SO42−+3Ba2++6OH−=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
【解析】
【分析】本题主要考查电解质的概念、常见的两性物质以及离子方程式的书写。明确电解质和非电解质的概念差异是解答关键，水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，大多数的有机物(如蔗糖、乙醇)都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。难度一般。
【解答】：(1)A.①Al2O是离子晶体，熔融状态能导电，固态不导电；②铝是金属，能导电； ③Al(OH)3固体不导电；④Al2(SO4)3溶液和 ⑤NaAlO2溶液中有自由移动的阴阳离子，能导电。故能导电的物质：②④⑤。
B.电解质是水溶液或熔融状态能导电的化合物，非电解质是水溶液和熔融状态均不能导电的化合物。所以①和③是电解质；④和 ⑤是混合物，②是单质，故②④⑤既不是电解质也不是非电解质。故电解质：①③。
C.既能和酸反应，又能和碱反应的物质具有两性，只有①②③符合题意；④能和碱反应 ，不能和酸反应；⑤能和酸反应，不能和碱反应。故既能和酸反应，又能和碱反应的物质：①②③。
(2)往Al2(SO4)3溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀达到最大值，是铝离子和硫酸根离子恰好完全反应生成沉淀时，即。
故答案为：2Al3++3SO42−+3Ba2++6OH−=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。
15.【答案】(1)吸收逸出的Cl2，防止污染环境；
(2)Cl2+2KI=I2+2KCl；
(3)0.005mol；
(4)打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4层变为紫红色
【解析】
【分析】
本题考查性质方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题有利于提高学生的化学实验能力。
【解答】
(1)氯气有毒，污染环境，浸有NaOH溶液的棉花团可以吸收多余的氯气，防止环境污染，
故答案为：吸收逸出的Cl2，防止污染环境；
(2)装置A中，高锰酸钾溶液与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有强氧化性，能够将KI氧化成碘单质，氯气与碘化钾的反应为置换反应，该反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，
故答案为：Cl2+2KI=I2+2KCl；
(3)装置B中发生反应为：Cl2+2KBr=Br2+2KCl，10mL1mol/L的KBr溶液中n(KBr)=1mol/L×0.01L=0.01mol，消耗氯气的物质的量为：n(Cl2)=12n(KBr)=0.005mol，
故答案为：0.005mol；
(4)为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，
故答案为：打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4 层变为紫红色。
16.【答案】Ⅰ.E、F、G；
Ⅱ.(1)Fe + H2O(g)FeO + H2；
(2)检验反应中生成的H2；
(3)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O； m1 m2 = 0.97
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价、铁的化学性质等知识，为高频考点，把握物质的性质、实验安全、实验操作及技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
Ⅰ. A.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，则不能使用泡沫灭火器，应选沙土扑灭，故A错误；
B.碳酸氢钠分解生成水，则试管口应略向下倾斜，故B错误；
C.制备胶体时不能搅拌，出现红褐色液体时停止加热，搅拌均可使胶体发生聚沉，故C错误；
D.稀释浓硫酸，将浓硫酸注入水中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故D错误；
E.容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，定容时还需要加水，故E正确；
F.具有塞子、活塞的仪器使用前需要查漏，则使用容量瓶、分液漏斗时，首先应检验是否漏水，故F正确；
G.溶解利用玻璃棒搅拌，过滤利用玻璃棒引流，蒸发利用玻璃棒搅拌、防止局部温度过高，则在粗盐的提纯实验中，溶解、过滤、蒸发都用到了玻璃棒，故G正确；
故答案为：E、F、G；
Ⅱ. (1)温度低于570℃时铁粉与水蒸气加热反应，生成FeO和H2，反应的化学方程式为：Fe + H2O(g)FeO + H2
(2)使用肥皂液的作用是检验反应中生成的H2，反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声时，说明“铁与水蒸气”能够进行反应生成H2；
(3)双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，
固体样品m1克与红棕色固体m2克所含铁元素的物质的量相同，假设全部是FeO，
2FeO～Fe2O3
144g 160g
m1与m2之比=144g160g=0.9；
假设全部是Fe3O4，
2Fe3O4～3Fe2O3
464g 480g
m1与m2之比为：m1m2=464g480g≈0.97，
m1与m2之比最少应等于0.97时，固体样品中一定存在Fe3O4。
17.【答案】(1)Mg、N、H
(2)Mg3N2 + 6H2O = 3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑
(3)Mg+2NH3 = Mg(NH2)2+H2↑
【解析】
【分析】
本题考查了物质转化、物质性质和定量计算、化学式判断等，主要是元素守恒的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】
气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，判断B为NH3，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，则M中含有Mg元素，证明M中含有N、H、Mg元素；气体的体积均在标准状况下测定，M高温分解生成固体A和气体B为氨气，氨气物质的量=4.48L22.4L/mol=0.2mol，气体A只含两种元素，和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，元素守恒得到Mg元素物质的量0.15mol，所含氮元素0.1mol，M分解生成氨气0.2mol，则M中含氮元素0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量8.4g−0.3mol×14g/mol−0.15mol×24g/mol1g/mol=0.6mol，M中元素物质的量之比为： n(Mg)： n(N)：n(H) =0.15：0.3：0.6=10.6=1：2：4，得到M化学式为Mg(NH2)2。
(1)由以上分析可知，化合物M的组成元素是H、N、Mg。
(2)氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为：Mg+2NH3 = Mg(NH2)2+H2↑。
(3)镁带在足量氨气中燃烧可生成化合物Mg(NH2)2和氢气，化学方程式为：Mg+2NH3 = Mg(NH2)2+H2↑。
18.【答案】Ⅰ.(1)NaOH、Na2CO3；3：1
(2)NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol·L−1；
Ⅱ.(1)Mg(OH)2 ；
(2)1.9g；2.67g；
(3)130。
【解析】
【分析】
本题考查混合物反应的计算，题目难度较大，明确图象发生反应原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及守恒思想在化学计算中的应用，注意掌握图象曲线变化的意义，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
【解答】
(Ⅰ)(1)当加入30mL盐酸时，溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L；
生成气体发生反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，假设溶液中溶质只有Na2CO3，开始没有气体生成时发生的反应为：H++CO32−=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，而A曲线中开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明A中的溶质为NaOH、Na2CO3；B曲线中，开始阶段消耗盐酸体积小于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，则曲线B表明B中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
(1)A溶液对应曲线为A，根据上述分析可知，A溶液中含有溶质为NaOH、Na2CO3，根据H++CO32−=HCO3−、HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成二氧化碳时消耗盐酸的物质的量等于碳酸钠的物质的量，即n(Na2CO3)=0.25mol/L×0.006L=0.0015mol，
30mL原NaOH溶液中，n(NaOH)=0.0075mol，根据钠元素守恒可知，A中含有NaOH的物质的量为：0.0075mol−0.0015mol×2=0.0045mol，
所以A溶液中溶质n(NaOH)：n(Na2CO3)=0.0045mol：0.0015mol=3：1，
故答案为：NaOH、Na2CO3；3：1；
(2)根据分析可知，B溶液对应曲线为B，溶质为NaHCO3、Na2CO3；
曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(30−10)mL=20mL，消耗的n(HCl)=0.25mol/L×0.02L=0.005mol，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成的二氧化碳在标况下的体积为：22.4L/mol×0.005mol=0.112L=112mL；
加入30mL盐酸时，反应后溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L，
故答案为：NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol/L；
(Ⅱ)(1)由图可知，NaOH、MgCl2、AlCl3三种物质反应生成氢氧化镁和偏铝酸钠后氢氧化钠过量，则A点的沉淀物为氢氧化镁，
故答案为：Mg(OH)2；
(2)A点的沉淀物为氢氧化镁，根据镁元素守恒得，原混合物中MgCl2的物质的量等于氢氧化镁的物质的量，为：1.16g58g/mol=0.02mol，则MgCl2的质量是：0.02mol×95g/mol=1.9g，A至B点为偏铝酸根离子与氢离子生成氢氧化铝，偏铝酸根离子与该步消耗的氢离子的物质的量相同，为：0.02L×1.00mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒得，原混合物中AlCl3的物质的量等于偏铝酸根离子的物质的量为0.02mol，则AlCl3的质量是：0.02mol×133.5g/mol=2.67g，
故答案为：1.9g；2.67g；
(3)由题意可知，B至C为氢氧化镁和氢氧化铝与盐酸反应，氢氧化镁消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，氢氧化铝消耗盐酸的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，则消耗盐酸的体积为：0.04mol+0.06mol1.0mol/L=0.1L=100mL，则C点溶液的体积为30mL+100mL=130mL，
故答案为：130。
4.4实验活动3 同周期、同主族元素性质的递变同步练习（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. 将一定质量的镁铝混合物投入250 mL 2.0 mol/L的稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 当加入NaOH溶液的体积为200 mL时，溶液呈酸性
B. 当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝
C. NaOH溶液的浓度5 mol/L
D. 生成的氢气在标况下体积为11.2 L
2. 将一定质量的镁铝合金粉末投入200 mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量W和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的物质的量之比为
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 8∶9 D. 4∶3
3. 常温下，用0.1mol·L−1MgSO4和0.05mol·L−1Al2(SO4)3溶液进行实验：①各取25mL，分别滴加0.5mol·L−1NaOH溶液，测得溶液pH与V(NaOH)的关系如图1；②将两种溶液等体积混合后，取出25mL，逐滴加入上述NaOH溶液，观察现象。下述正确的是 ( )
A. 图1中的曲线II表示MgSO4与NaOH反应的关系
B. 根据图1可得Ksp[Al(OH)3]的值大于1.0×10−32
C. 实验②中Al(OH)3完全溶解前，溶液中c(Mg2+)/c(Al3+)逐渐变大
D. 图2可以表示实验②中n(沉淀)与V(NaOH)的关系
4. 将7.5 g镁铝合金溶于90 mL 4 mol ·L−1稀硫酸中，合金完全溶解，再加入240 mL 3 mol ·L−1的NaOH溶液，得到沉淀的质量为19.4 g，则此时溶液中的溶质为( )
A. Na2SO4 B. Na2SO4和NaAlO2
C. Na2SO4和MgSO4 D. Na2SO4、MgSO4和Al2(SO4)3
5. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述不正确的是( )
A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液
B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁
C. 图中所示转化反应包含氧化还原反应
D. 反应②的化学方程式为2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+Na2CO3
6. 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
7. 某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是( )
A. Fe2+ B. NH4+ C. Al3+ D. Fe3+
8. 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是( )
A. NH4+ B. Mg2+ C. Fe2+ D. Al3+
9. 在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，理论上，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的示意图如图，b处NaOH的体积为1L，则下列判断正确的是( )
A. 混合溶液中Al3+的物质的量为0.2mol
B. NaOH的浓度为0.5mol/L
C. 在b点处溶液中的溶质只有NaAlO2
D. 图中线段oa：ab=5：1
10. 以下物质间的转化不能通过一步反应实现的是
A. MgSO4→Mg(OH)2 B. Al2O3→Al(OH)3
C. CO2→CaCO3 D. Cl2→NaCl
二、填空题（本大题共4小题，共32.0分）
11. 如下六个图中，横坐标为某溶液中加入某物质的物质的量，纵坐标为生成沉淀的物质的量，将图中的字母代号填入下表．
溶液
加入的物质
字母代号
①饱和石灰水
通过量CO2
______
②AlCl3溶液
通过量NH3
______
③MgCl2、AlCl3混合溶液
逐滴加NaOH溶液至过量
______
④AlCl3溶液
逐滴加NaOH溶液至过量
______
⑤含少量HCl的AlCl3溶液
逐滴加NaOH溶液至过量
______
12. 铝在人类的生产生活中有着非常重要的应用。
铝是地壳里含量第_______的金属元素，铝在元素周期表中的位置是第____周期第_____族，；单质铝常温下是一种_______色的金属。
已知明矾可以净水，明矾化学式_________________，解释明矾净水的原因 。
以NaAlO2溶液、AlCl3溶液、氨水、CO2气体为原料，选择合适试剂，写出实验室制备Al(OH)3的化学方程式：(任意一条途径)
_______________________________________
达喜是常用的中和胃酸的药物，其化学成分是铝和镁的碱式盐，化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O【可看做2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O】。
若1mol达喜与足量的盐酸反应，消耗盐酸的物质的量为_____；
1mol达喜与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量则为_____。
13. 把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到1.16g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1mol·L−1的盐酸，沉淀的质量随加入盐酸的体积变化关系如图所示，试回答：
(1)A点沉淀物的化学式为__________；A～B段反应的离子方程式为__________。
(2)原混合物中AlCl3的质量为__________，NaOH的物质的量为__________。
(3)Q点HCl溶液加入量是__________mL。
14. 现有下列五种物质：①Al2O3固体 ②铝片 ③Al(OH)3固体 ④Al2(SO4)3溶液 ⑤NaAlO2溶液。
(1)按要求回答下列问题(填序号)。
A.能导电的物质：______________
B.电解质：____________________
C.既能和酸反应，又能和碱反应的物质：_____________________________
(2)往④中加入Ba(OH)2溶液至沉淀达到最大值，写出该反应的离子方程式：__________________________________________。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 为验证同主族元素性质的递变规律。某小组用如图所示的装置进行实验( 夹持仪器 已略去，装置气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当装置B和装置C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当装置B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)浸有NaOH溶液的棉花的作用______。
(2)装置A 中发生的置换反应的化学方程式为______。
(3)装置B的溶液中NaBr完全被氧化，则消耗Cl2 的物质的量为______。
(4)为验证溴元素的非金属性强于碘元素，过程Ⅳ的操作和现象是______。
16. Ⅰ.化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是_ (填写序号)。
A、金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B、用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上
C、将0.2mol⋅L−1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体。
D、稀释浓硫酸时，应将水沿器壁缓缓加入浓硫酸中，并不断用玻璃棒搅拌。
E、容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制一定物质的量浓度的硫酸溶液无影响。
F、使用容量瓶、分液漏斗时，首先应检验是否漏水。
G、在粗盐的提纯实验中，溶解、过滤、蒸发都用到了玻璃棒。
Ⅱ.新型材料纳米级铁粉与普通铁粉具有不同的性质。已知：在不同温度下，纳米级铁粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时，生成FeO；高于570℃时，生成Fe3O4。
(1)写出温度低于570℃时反应的化学方程式____________________________。
(2)中学教材中用如图所示实验装置，完成铁粉与水蒸气反应的演示实验。实验中使用肥皂液的作用是_______________________________________。
(3)乙同学为了探究实验后的固体产物是否存在Fe3O4(假定铁全部反应完全)设计下列实验方案：
①取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸；
②向①反应后的溶液X中加入足量H2O2的和氨水，充分反应后，过滤、洗涤、干燥；
③将②中所得固体进行灼烧，得到红棕色固体m2g。
溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为_________________________________；
m1与m2比值=_________(保留两位小数)时，才能确定固体样品中一定只存在Fe3O4。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. 某化合物M(仅含三种常见短周期元素)是一种储氢材料。为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：化合物A仅含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，白色沉淀C不溶于氢氧化钠溶液。请回答：
(1)化合物M的组成元素是 (用元素符号表示)。
(2)化合物A与水反应的化学方程式是 。
(3)利用金属置换非金属的化学反应可得M，该反应的化学方程式是 。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. 数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和以下图像作答：
Ⅰ.向两份30mL同一浓度的NaOH溶液中通入CO2气体，因CO2通入量的不同，溶液的组成也不同，得到溶液A、B。若向A、B溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L−1盐酸，产生的气体体积v(CO2)与加入盐酸的体积v(HCl)的关系分别为如图所示。
请回答下列问题：
(1)A溶液中溶质为(写化学式)___________，其物质的量之比是__________。
(2)B溶液溶质为(写化学式)____________，标准状况下CO2气体的体积为________，原NaOH溶液的物质的量浓度为_________。
Ⅱ.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，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如上图
试回答：
(1)A点的沉淀物的化学式为_______；
(2)原混合物中MgCl2的质量是_______，AlCl3的质量是_______；
(3)C点溶液的体积为_______mL。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了镁和铝的性质、离子方程式的计算等内容，能正确分析图象中各部分的反应及溶液中存在的溶质是解本题的关键，题目难度中等。
【解答】
由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍。从200mL开始，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.15mol，Al(OH)3为0.25mol−0.15mol=0.1mol，以此解答。
A.由分析可知，当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.25mol，溶液中溶质为Na2SO4，此时溶液呈中性，故A错误；
B.由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，当加入NaOH溶液的体积为80 mL时，溶质中有硫酸钠，故B错误；
C.沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时，n(NaOH)=2n(Na2SO4)=2×0.25L×2mol/L=1mol，所以NaOH溶液的物质的量浓度为，故C正确；
D.由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，根据电子转移守恒可知，2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.1mol+2×0.15mol=0.6mol，所以n(H2)=0.3mol，故氢气在标况下体积为：0.3mol×22.4mol/L=6.72L，故D错误。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查混合物计算、学生对图象分析处理能力，题目难度中等，明确各阶段发生的反应是关键，注意利用赋值法结合计算。
【解答】
生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH溶液的体积之比为(6−1)：(7−6)=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
1mol 1mol
由Al元素守恒，可知n(Al)=1mol，
生成1mol氢氧化铝消耗NaOH为1mol×3=3mol，则生成氢氧化镁消耗NaOH为5mol−3mol=2mol，则氢氧化镁为1mol，由Mg元素守恒，则n(Mg)=1mol，故该合金中镁和铝的物质的量之比为1∶1，故 A正确。
故选A。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查盐类的水解、电离平衡常数的计算，“铝三角”的转化关系，掌握盐类水解的影响因素、电离平衡常数的计算是解题的关键，难度较大。
【解答】
A.从图1中可以获得以下信息：溶液pH变化呈现的第一个平台就是Mg2+或Al3+的沉淀过程，当pH发生突跃时，表明沉淀反应基本完成；又因为Mg2+、Al3+物质的量相等，完全沉淀时所需碱溶液体积比为2︰3，据此可以判断曲线I、Ⅱ分别为Mg2+、Al3+与碱的反应关系曲线，故A错误；
B.曲线II中坐标点(5,3.5)处于平台上，表明铝离子已经开始沉淀，存在沉淀溶解平衡。此时溶液中c(OH−)=10−10.5mol·L−1，c(Al3+)<0.1 mol·L−1，故K sp[Al(OH)3]=c3(OH−)×c(Al3+)
②当Mg2+开始沉淀时，Al(OH)3沉淀尚未溶解完全时，存在两种沉淀溶解平衡，故存在关系：c(Mg2+)c(Al3+)=Ksp[Mg(OH)2]c2(OH−)Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]Ksp[Al(OH)3]×c(OH−)随着NaOH溶液加入，c(OH−)增大，两种离子浓度比值增大，故C正确；
D.依据图1可知，Al3+完全沉淀时溶液的pH约为8.9，Mg2+开始沉淀时溶液pH约为9，说明两种离子共存且浓度相等时，只有当Al3+几乎沉淀完全后，Mg2+才开始沉淀，又因为两种离子沉淀时所需要的OH−物质的量是不相同的，故产生沉淀时不应是一条直线，而是折线，故D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了化学方程式的有关计算，题目难度一般。
【解答】
该溶液中始终没参加反应的离子是硫酸根离子和钠离子，一个硫酸根离子中带2个单位的负电荷，一个钠离子带1个单位的正电荷，所以硫酸根离子所带负电荷的物质的量为0.09L×4mol/L×2=0.72mol，钠离子所带的电荷的物质的量0.24L×3mol/L×1=0.72mol，钠离子和硫酸根离子所带电荷相等，所以该溶液的溶质有硫酸钠，如果溶液中还有其它硫酸盐或偏铝酸盐，溶液中的硫酸根离子和钠离子所带电荷不相等，所以该溶液的溶质只有硫酸钠，故A正确。
故选A。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键。
【解答】
A.溶液中通入过量的Y，过滤后得到氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，故A正确；
B.氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所得沉淀为氧化铁，故B正确；
C.电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C正确；
D.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D错误。
故选D。
6.【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。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子之间的反应，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方。
【解答】
混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成FeCl3、AlCl3，所以溶液中NH4+浓度减小，Fe2+浓度减小，Fe3+浓度增大，由于加入氢氧化钠，所以Na+浓度增大，则几乎不变的阳离子是Al3+，故C正确。
故选C。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子之间的反应，明确物质的性质是解题的关键，注意氢氧化亚铁易被氧化是解答的易错点，熟悉复分解反应即可解答，题目难度不大。
【解答】
向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，NH4++OH−=NH3·H2O、Mg2++2OH− =Mg(OH)2↓、Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓、Al3++4OH−=AlO2−+2H2O↓，微热时部分NH3·H2O分解生成NH3，但不会大量减少，搅拌时4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,再加入过量盐酸，氢氧化铝、氢氧化镁、氢氧化铁溶解生成Al3+、Mg2+ 和Fe3+，所以大量减少的离子是Fe2+，故C正确。
故选C。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了混合物的计算，注意把握混合物与氢氧化钠发生的反应以及图象中各个点对应的反应，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。
【解答】
AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入aL NaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b−a)L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液。
A.根据图示信息和Al原子守恒有：n(NaAlO2)=n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.1mol，故A错误；
B.在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：n[Al(OH)3]=0.1mol，n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据Mg原子守恒有n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据Al原子守恒有n(NaAlO2)=n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.1mol，由Cl原子守恒有n(Cl)=n(NaCl)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)=0.5mol+0.1mol=0.6mol，所以c(NaOH)=0.6mol1L=0.6mol/L，故B错误；
C.在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b−a)L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，故C错误；
D.加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b−a)L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n(NaCl)与n(NaAlO2)之比，故oa：ab=a：(b−a)=0.5mol：0.1mol=5：1，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
A.MgSO4与NaOH反应生成Mg(OH)2，可一步实现转化，故A不符合题意；
B.Al2O3不溶于水，不能一步转化为Al(OH)3，故B符合题意；
C.CO2与Ca(OH)2溶液反应生成CaCO3，可一步实现转化，故C不符合题意；
D.Cl2与Na反应生成NaCl，可一步实现转化，故D不符合题意。
故选B。
11.【答案】①B；
②C；
③A；
④E；
⑤F
【解析】解：①饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，对照图象应为B；
②氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为C；
③MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，对照图象应为A．
④氯化铝溶液，加入氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，对照图象应为E；
⑤含少量HCl的氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是和盐酸之间发生中和反应生成氯化钠和水，没有沉淀，HCl+NaOH=NaCl+H2O，然后氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，对照图象应为F；
故答案为：B；C；A；E；F．
所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量．
A表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；
B表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；
C表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；
D表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；
E表示加入某溶液，立即出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解；
F表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解．
本题考查化学反应与图象的关系，解答本题关键在于理解相关反应，并能熟练写出相应的反应的方程式，并能找出对应的图形即可解题，题目难度较难．
12.【答案】【小题1】1；三；Ⅲ；银白
【小题2】KAl(SO4)2·12H2O；明矾溶于水后，Al3+发生水解，生成的 Al(OH)3 能吸附水中的杂质形成沉淀，使水变澄清
【小题3】NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al(OH)₃ ↓+NaHCO₃或
AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl或
AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al(OH)3↓
【小题4】18mol；4mol
【解析】
1.【分析】
本题考查氯元素在地壳中的含量、在元素周期表中的位置以及铝单质的颜色等，题目难度不大，熟练掌握氯原子的结构是解题的关键。
【解答】
在地壳中含量最高的金属元素是Al，Al原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，位于元素周期表的第三周期第ⅢA族，单质铝是一种银白色金属；
故答案为：1；三；Ⅲ；银白。
2.【分析】
本题考查明矾的化学式、明矾净水的原理，题目难度不大，熟练掌握铝离子的水解是解题的关键。
【解答】
明矾是KAl(SO4)2·12H2O的俗名，KAl(SO4)2·12H2O是强酸弱碱盐，明矾溶于水后，Al3+发生水解，生成的 Al(OH)3 能吸附水中的杂质形成沉淀，使水变澄清，达到净水的目的；
故答案为：KAl(SO4)2·12H2O；明矾溶于水后，Al3+发生水解，生成的 Al(OH)3 能吸附水中的杂质形成沉淀，使水变澄清。
3.【分析】
本题考查氢氧化铝的制取方法，题目难度不大，熟练掌握氢氧化铝的制取和性质是解题的关键。
【解答】
偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝：NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al(OH)₃ ↓+NaHCO₃；或氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝：AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl；或偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝：AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al(OH)3↓；
故答案为：NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al(OH)₃ ↓+NaHCO₃或
AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl或
AlCl3+3NaAlO2+6H2O=3NaCl+4Al(OH)3↓。
4.【分析】
本题考查镁、铝化合物的性质、根据化学方程式的计算，题目难度不大，熟练掌握氢氧化铝的性质是解题的关键。
【解答】
2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O与盐酸反应的方程式为2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O+18HCl=2AlCl3+6MgCl2+CO2↑+21H2O，所以1mol2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O消耗18molHCl；2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O中Al(OH)3、MgCO3能与NaOH溶液反应，1mol2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O含有2molAl(OH)3、1molMgCO3，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、MgCO3+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2CO3，所以1mol2Al(OH)3·5Mg(OH)2·MgCO3·4H2O消耗NaOH的物质的量为4mol；
故答案为：18mol；4mol。
13.【答案】(1)Mg(OH)2；AlO 2−+H++H2O =Al(OH)3↓
(2) 2.67g；0.13mol
(3)130
【解析】
【分析】
本题考查图像分析，明确每一段图像发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶质的成分为解题关键，注意结合有关方程进行分析，题目难度较大。
【解答】
(1)因为在浊液中加入HCl溶液至10mL，沉淀质量一直为1.16g，说明浊液显碱性，Al元素以AlO 2−形式存在，继续加入HCl溶液，AlO 2−转变为Al(OH)3沉淀，加至30 mL时，AlO 2−全部转变为Al(OH)3，所以在A点的沉淀物为Mg(OH)2，在A点至B点间，AlO 2−+H++H2O =Al(OH)3↓，沉淀物为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物。当加入HCl溶液超过30mL，Mg(OH)2和Al(OH)3同时溶解。
(2)原混合物中：m(MgCl2)=1.16 g58 g·mol−1×95g·mol−1=1.90g，又AlCl3～AlO 2−～HCl。
n(AlCl3)=1mol·L−1×(30−10)×10−3L=0.02mol。
m(AlCl3)=0.02mol×133.5g·mol−1=2.67g。
NaOH：①浊液中存在的：NaOH+HCl=NaCl+H2O
1×0.01mol
②MgCl2→Mg(OH)2消耗的NaOH：1.16 g58 g·mol−1×2=0.04mol。
③AlCl3→NaAlO2消耗的NaOH：0.02mol×4=0.08mol。
NaOH总质量=0.01mol+0.04mol+0.08mol=0.13mol；
(3)从B点开始，Al(OH)3→AlCl3消耗的HCl：0.02mol×3=0.06mol，Mg(OH)2→MgCl2消耗的HCl：0.02mol×2=0.04mol，所消耗HCl溶液的体积为：0.06 mol+0.04 mol1 mol·L−1×1000mL·L−1=100mL。Q点HCl溶液总体积为30mL+100mL=130mL。
14.【答案】(1)②④⑤；①③；①②③
(2)2Al3++3SO42−+3Ba2++6OH−=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
【解析】
【分析】本题主要考查电解质的概念、常见的两性物质以及离子方程式的书写。明确电解质和非电解质的概念差异是解答关键，水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，大多数的有机物(如蔗糖、乙醇)都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。难度一般。
【解答】：(1)A.①Al2O是离子晶体，熔融状态能导电，固态不导电；②铝是金属，能导电； ③Al(OH)3固体不导电；④Al2(SO4)3溶液和 ⑤NaAlO2溶液中有自由移动的阴阳离子，能导电。故能导电的物质：②④⑤。
B.电解质是水溶液或熔融状态能导电的化合物，非电解质是水溶液和熔融状态均不能导电的化合物。所以①和③是电解质；④和 ⑤是混合物，②是单质，故②④⑤既不是电解质也不是非电解质。故电解质：①③。
C.既能和酸反应，又能和碱反应的物质具有两性，只有①②③符合题意；④能和碱反应 ，不能和酸反应；⑤能和酸反应，不能和碱反应。故既能和酸反应，又能和碱反应的物质：①②③。
(2)往Al2(SO4)3溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀达到最大值，是铝离子和硫酸根离子恰好完全反应生成沉淀时，即。
故答案为：2Al3++3SO42−+3Ba2++6OH−=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。
15.【答案】(1)吸收逸出的Cl2，防止污染环境；
(2)Cl2+2KI=I2+2KCl；
(3)0.005mol；
(4)打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4层变为紫红色
【解析】
【分析】
本题考查性质方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题有利于提高学生的化学实验能力。
【解答】
(1)氯气有毒，污染环境，浸有NaOH溶液的棉花团可以吸收多余的氯气，防止环境污染，
故答案为：吸收逸出的Cl2，防止污染环境；
(2)装置A中，高锰酸钾溶液与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有强氧化性，能够将KI氧化成碘单质，氯气与碘化钾的反应为置换反应，该反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，
故答案为：Cl2+2KI=I2+2KCl；
(3)装置B中发生反应为：Cl2+2KBr=Br2+2KCl，10mL1mol/L的KBr溶液中n(KBr)=1mol/L×0.01L=0.01mol，消耗氯气的物质的量为：n(Cl2)=12n(KBr)=0.005mol，
故答案为：0.005mol；
(4)为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，
故答案为：打开活塞b，将装置C中的少量溶液滴入装置D中，然后关闭活塞b，取下装置D振荡，静置后CCl4 层变为紫红色。
16.【答案】Ⅰ.E、F、G；
Ⅱ.(1)Fe + H2O(g)FeO + H2；
(2)检验反应中生成的H2；
(3)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O； m1 m2 = 0.97
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价、铁的化学性质等知识，为高频考点，把握物质的性质、实验安全、实验操作及技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
Ⅰ. A.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，则不能使用泡沫灭火器，应选沙土扑灭，故A错误；
B.碳酸氢钠分解生成水，则试管口应略向下倾斜，故B错误；
C.制备胶体时不能搅拌，出现红褐色液体时停止加热，搅拌均可使胶体发生聚沉，故C错误；
D.稀释浓硫酸，将浓硫酸注入水中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故D错误；
E.容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，定容时还需要加水，故E正确；
F.具有塞子、活塞的仪器使用前需要查漏，则使用容量瓶、分液漏斗时，首先应检验是否漏水，故F正确；
G.溶解利用玻璃棒搅拌，过滤利用玻璃棒引流，蒸发利用玻璃棒搅拌、防止局部温度过高，则在粗盐的提纯实验中，溶解、过滤、蒸发都用到了玻璃棒，故G正确；
故答案为：E、F、G；
Ⅱ. (1)温度低于570℃时铁粉与水蒸气加热反应，生成FeO和H2，反应的化学方程式为：Fe + H2O(g)FeO + H2
(2)使用肥皂液的作用是检验反应中生成的H2，反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声时，说明“铁与水蒸气”能够进行反应生成H2；
(3)双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，
固体样品m1克与红棕色固体m2克所含铁元素的物质的量相同，假设全部是FeO，
2FeO～Fe2O3
144g 160g
m1与m2之比=144g160g=0.9；
假设全部是Fe3O4，
2Fe3O4～3Fe2O3
464g 480g
m1与m2之比为：m1m2=464g480g≈0.97，
m1与m2之比最少应等于0.97时，固体样品中一定存在Fe3O4。
17.【答案】(1)Mg、N、H
(2)Mg3N2 + 6H2O = 3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑
(3)Mg+2NH3 = Mg(NH2)2+H2↑
【解析】
【分析】
本题考查了物质转化、物质性质和定量计算、化学式判断等，主要是元素守恒的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】
气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，判断B为NH3，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，则M中含有Mg元素，证明M中含有N、H、Mg元素；气体的体积均在标准状况下测定，M高温分解生成固体A和气体B为氨气，氨气物质的量=4.48L22.4L/mol=0.2mol，气体A只含两种元素，和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，元素守恒得到Mg元素物质的量0.15mol，所含氮元素0.1mol，M分解生成氨气0.2mol，则M中含氮元素0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量8.4g−0.3mol×14g/mol−0.15mol×24g/mol1g/mol=0.6mol，M中元素物质的量之比为： n(Mg)： n(N)：n(H) =0.15：0.3：0.6=10.6=1：2：4，得到M化学式为Mg(NH2)2。
(1)由以上分析可知，化合物M的组成元素是H、N、Mg。
(2)氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为：Mg+2NH3 = Mg(NH2)2+H2↑。
(3)镁带在足量氨气中燃烧可生成化合物Mg(NH2)2和氢气，化学方程式为：Mg+2NH3 = Mg(NH2)2+H2↑。
18.【答案】Ⅰ.(1)NaOH、Na2CO3；3：1
(2)NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol·L−1；
Ⅱ.(1)Mg(OH)2 ；
(2)1.9g；2.67g；
(3)130。
【解析】
【分析】
本题考查混合物反应的计算，题目难度较大，明确图象发生反应原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及守恒思想在化学计算中的应用，注意掌握图象曲线变化的意义，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
【解答】
(Ⅰ)(1)当加入30mL盐酸时，溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L；
生成气体发生反应为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，假设溶液中溶质只有Na2CO3，开始没有气体生成时发生的反应为：H++CO32−=HCO3−，前后两过程消耗HCl的体积相等，而A曲线中开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明A中的溶质为NaOH、Na2CO3；B曲线中，开始阶段消耗盐酸体积小于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，则曲线B表明B中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
(1)A溶液对应曲线为A，根据上述分析可知，A溶液中含有溶质为NaOH、Na2CO3，根据H++CO32−=HCO3−、HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成二氧化碳时消耗盐酸的物质的量等于碳酸钠的物质的量，即n(Na2CO3)=0.25mol/L×0.006L=0.0015mol，
30mL原NaOH溶液中，n(NaOH)=0.0075mol，根据钠元素守恒可知，A中含有NaOH的物质的量为：0.0075mol−0.0015mol×2=0.0045mol，
所以A溶液中溶质n(NaOH)：n(Na2CO3)=0.0045mol：0.0015mol=3：1，
故答案为：NaOH、Na2CO3；3：1；
(2)根据分析可知，B溶液对应曲线为B，溶质为NaHCO3、Na2CO3；
曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(30−10)mL=20mL，消耗的n(HCl)=0.25mol/L×0.02L=0.005mol，根据HCO3−+H+=H2O+CO2↑可知，生成的二氧化碳在标况下的体积为：22.4L/mol×0.005mol=0.112L=112mL；
加入30mL盐酸时，反应后溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.25mol/L×0.03L=0.0075mol，所以NaOH的物质的量浓度为：0.0075mol/L0.03L=0.25mol/L，
故答案为：NaHCO3、Na2CO3；112mL；0.25mol/L；
(Ⅱ)(1)由图可知，NaOH、MgCl2、AlCl3三种物质反应生成氢氧化镁和偏铝酸钠后氢氧化钠过量，则A点的沉淀物为氢氧化镁，
故答案为：Mg(OH)2；
(2)A点的沉淀物为氢氧化镁，根据镁元素守恒得，原混合物中MgCl2的物质的量等于氢氧化镁的物质的量，为：1.16g58g/mol=0.02mol，则MgCl2的质量是：0.02mol×95g/mol=1.9g，A至B点为偏铝酸根离子与氢离子生成氢氧化铝，偏铝酸根离子与该步消耗的氢离子的物质的量相同，为：0.02L×1.00mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒得，原混合物中AlCl3的物质的量等于偏铝酸根离子的物质的量为0.02mol，则AlCl3的质量是：0.02mol×133.5g/mol=2.67g，
故答案为：1.9g；2.67g；
(3)由题意可知，B至C为氢氧化镁和氢氧化铝与盐酸反应，氢氧化镁消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，氢氧化铝消耗盐酸的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，则消耗盐酸的体积为：0.04mol+0.06mol1.0mol/L=0.1L=100mL，则C点溶液的体积为30mL+100mL=130mL，
故答案为：130。
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