第三章第二节 金属材料-高一化学期末复习节节高（人教版必修第一册）

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金属材料这一节内容，主要分为三部分，一部分是合金的相关概念和性质包括铁合金、铝合金和新型合金，第二部分是铝和酸和碱的反应以及两性氧化物的特点，第三部分也是最重要的一部分就是物质的量在化学方程式计算中的应用，这里只是归纳了几种常见的计算类型和方法。每一部分都是三个点，都是需要注意的，重要的往往都在最后，一定看完奥。
一、 合金
(1)并非所有金属都能形成合金，
因为两种金属必须熔合在一起才能形成合金。
(2)合金拥有各成分的共性，
各成分的含量也会影响合金的性质。
(3)形成合金的各成分熔点相近，
即一种成分的沸点不能低于另一种成分的熔点。
(4)合金的两个特点：合金的熔点一般
比成分金属低，硬度比成分金属大。
对点练习1
（2020·大安市第一中学校高一月考）2020年11月24日4时30分，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，开启我国首次地外天体采样返回之旅。“嫦娥五号”中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是( )
A．生铁属于合金
B．一般合金的熔点比各成分金属的低
C．合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同
D．改变原料的配比、生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金
【答案】C
【详解】
A. 生铁由铁和碳等元素组成，属于合金，故A正确；
B. 形成合金后，结构发生了改变，一般合金的熔点比各成分金属的低，故B正确；
C. 合金的化学性质与其成分金属的化学性质相同，故C错误；
D. 改变原料的配比、生成合金的条件，组成合金的成分、结构不同，对合金的性质产生不同的影响，可以得到具有不同性能的合金，故D正确；
故选C。
二、 合金的性能与特点
(1)合金比成分金属具有许多优良的
物理的(强度大、硬度大)、
化学的(耐腐蚀)和
机械的(易加工——熔点一般比成分金属都低)性能。
(2)合金中的成分金属仍具有各成分金属的化学性质。
对点练习2
（2020·浙江高一月考）下列关于合金的说法不正确的是（ ）
A．合金中至少含有两种金属元素
B．多数合金的熔点比各成分金属的熔点低
C．硬铝(一种铝合金)是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
【答案】A
【详解】
A．合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的具有金属特性的物质，因此合金中至少含有一种金属元素，A错误；
B．合金的熔点一般比其各成分金属的熔点低，B正确；
C．硬铝(一种铝合金)的硬度大，密度小，因此是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，C正确；
D．储氢合金是合金中的一类，它能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，D正确；
故合理选项是A。
对点练习3
（2020·宁波市北仑中学高一期中）关于合金的叙述：①多数合金比成分金属熔点低，硬度大；②合金中的元素以化合物的形式存在；③合金中一定含金属；④合金一定是混合物。其中正确的是
A．①②③④B．①③④C．②③④D．③④
【答案】B
【分析】
合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。因此合金概念有三个特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属。
【详解】
①多数合金比其各成分金属熔点低，硬度大，①正确；
②合金中的元素以单质的形式存在，②错误；
③合金中一定含有一种金属，还至少含有另外一种金属或者非金属，③正确；
③合金是一种金属与其它金属或者非金属熔合在一起的金属材料，所以合金一定是混合物，④正确；
综上所述，正确的是①③④，故选B。
三、铁与钢
(1)含碳量是生铁和钢区别的主要标志。
(2)碳素钢又称普通钢，含碳量越低，钢的韧性越大；
含碳量越大，钢的硬度越大。
对点练习4
铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是( )
A．纯铁和铁合金都能导电、传热
B．纯铁的熔点低于铁合金
C．纯铁的硬度和强度都高于铁合金
D．纯铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应
【答案】A
四、 金属的燃烧
(1)活泼金属钠在常温下即被氧化，加热或点燃所得的产物为Na2O2。
(2)较活泼金属镁在空气中加热能剧烈燃烧，而铝则不能燃烧。
(3)较活泼金属铁在纯氧气中能剧烈燃烧，在潮湿的空气中易形成铁锈。
(4)不活泼的金属(如金、铂等)一般不与氧气反应。
对点练习5
在一定条件下，钠与O2反应可生成1.5g固体，若将相同质量的钠与80mL 0.5ml/L的盐酸反应，钠恰好完全转化为NaCl，则1.5g固体的成分可能是( )
A．Na2OB．Na2O2C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO2
【答案】C
【详解】
相同质量的钠与80mL 0.50ml/L的盐酸反应，钠恰好完全转化生成NaCl，由Na～HCl～NaCl可知，n（Na）＝0.08L×0.5ml/L＝0.04ml。设1.5g固体为Na2OX，
则Na2OX～2NaOH～2HCl
0.02ml 0.04ml
则Na2OX平均摩尔质量M＝1.5g÷0.02ml＝75g/ml，介于Na2O（62g/ml）和Na2O2（78g/mOl）之间，因此，一定条件下钠与氧气反应的生成物是Na2O和Na2O2，答案选C。
五、 铝与酸和强碱反应的一般规律
(1)金属铝无论是与酸还是与强碱反应，铝与氢气的关系式均为
2Al～3H2↑，利用此式可以很方便地进行有关计算。
(2)一定量的铝分别与一定量的盐酸和氢氧化钠溶液反应时，
若产生的氢气的体积比为1∶3则必定是铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足，
铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠溶液过量。
对点练习6
（2020·平罗中学高一月考）铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，消耗的铝物质的量之比为( )
A．3:1B．2:lC．1:1D．l:3
【答案】C
【详解】
当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，说明两反应中生成的氢气的物质的量相等，由反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，当生成3mlH2时，两反应消耗的Al的物质的量均为2ml，即两个反应中消耗的铝物质的量之比为1:1，故答案为C。
六、 两性物质误区
中学化学涉及的两性物质有：Al2O3——两性氧化物、Al(OH)3——两性氢氧化物和氨基酸，但某些物质，如Al、NaHCO3、(NH4)2CO3、NH4HCO3等，也既能与强酸反应，又能与强碱反应，但不是两性物质。
对点练习7
（2020·汪清县汪清第六中学高三月考）下列物质中，既能与强酸反应，又能与强碱反应的是( )
①Na2CO3 ②Al ③Al2O3 ④Al(OH)3 ⑤NaHCO3
A．②③④B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③④⑤
【答案】B
【详解】
①Na2CO3属于弱酸强碱盐，能与酸反应生成CO2气体，不能与碱反应，故①错误；
②金属铝与酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成偏铝酸根和氢气，故②正确；
③Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应生成Al3+离子，又能与碱反应生成偏铝酸根离子，故③正确；
④Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与酸反应生成Al3+离子，又能与碱反应生成偏铝酸根离子，故④正确；
⑤NaHCO3属于弱酸强碱盐，既能与酸反应生成CO2气体，又能与碱反应生成盐，故⑤正确；
故选B。
七、根据化学方程式计算的注意事项
(1)化学方程式所表示的是纯净物之间的量的关系，
因此不纯物质必须换算成纯物质再进行计算。
(2)如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算。
如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移的关系进行有关计算。
(3)如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，
必须先判断哪种物质过量，然后根据不足量的物质进行计算。
对点练习8
把3.9gNa2O2放入100mL水中，充分反应后，计算：
（1）生成O2的体积（标准状况）；
（2）反应后所得NaOH的物质的量浓度（反应前后溶液体积变化忽略不计）．
【答案】（1）0.56L（2）1ml/L
【解析】
试题分析：（1）n（Na2O2）==0.05ml，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，根据过氧化钠和氧气之间的关系式计算氧气体积；
（2）根据钠原子守恒计算NaOH的物质的量，再根据c=n/V计算溶液浓度．
解：（1）过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）==0.05ml，
过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，
据此可得关系式2Na2O2﹣﹣﹣﹣O2，
所以生成的氧气在标准状况下的体积为：×22.4L/ml=0.56L，
答：生成标准状况下氧气的体积为0.56L；
（2）根据钠原子守恒得n（NaOH）=2n（Na2O2）=2×0.05ml=0.1ml，
c（NaOH）=1ml/L，
答：所得溶液中溶质的物质的量浓度为1ml/L．
八、“摩尔电子质量”或“平均摩尔电子质量”的应用
(1)摩尔电子质量：某物质在反应中转移1 ml电子时该物质的质量，如Mg的摩尔电子质量为12 g·ml－1，Al的摩尔电子质量为9 g·ml－1。
(2)平均摩尔电子质量：两种或两种以上物质的混合物在反应中转移1 ml电子时混合物的质量，如2 g金属混合物与酸反应生成2.24 L H2(标准状况)，则平均摩尔电子质量为eq \f(2 g,0.1 ml×2)＝10 g·ml－1。则混合物中金属的摩尔电子质量有的小于10 g·ml－1，有的大于10 g·ml－1。
对点练习9
将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.8L(标准状况），原混合物质量可能是（ ）
A．2gB．4gC．10gD．12g
【答案】B
【详解】
三种金属与稀硫酸反应离子方程式为：Mg＋2H+=Mg2+＋H2↑、Zn＋2H+=Zn2+＋H2↑、Al＋2 H+=Al3+＋H2↑，由此可得：产生标准状况下相同体积的氢气，消耗锌的质量最大，消耗铝的质量最少。标准状况下2.8L H2 的物质的量为n（H2）= =0.125ml，假设金属全部为Zn时可求得金属的质量为：0.125ml×65g·ml-1=8.125g；假设金属全部为Al时可求得金属的质量为：0.125ml××27g·ml-1=2. 25g，则金属实际质量应介于2.25g～8.125g之间，所以A、C、D项错误，B项正确。综上所述，符合题意的为B项。
【点睛】
不同金属混合物与酸反应产生氢气的计算问题，可通过极值分析的方法解决。注意铝的化合价为＋3价，而镁、锌的化合价为＋2价。
九、“差量法”在化学计算中的应用
根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓“理论差量”，如反应前后的质量、物质的量、气体体积等。该差量的大小与反应物质的有关量成正比。
如把一铁棒插入CuSO4溶液后，过一段时间取出，铁棒的质量增加了4 g，
据此可求参加反应的Fe的质量。
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm
56 64 64－56＝8→
理论差量 m(Fe) 4 g →
实际差量 eq \f(56,mFe)＝eq \f(8,4 g)，
所以m(Fe)＝28 g。
对点练习10
取标况下11.2LC2H4在氧气中完全燃烧，120℃时将气体产物作如下处理，回答有关问题：
（1）若将气体先通过浓硫酸再通过碱石灰，碱石灰将增重______g。
（2）若将气体直接通过碱石灰，则碱石灰将增重______g。
（3）若将气体通过足量过氧化钠，则过氧化钠将增重_______g。
【答案】44 62 30
【解析】
C2H4完全燃烧生成CO2、H2O，不同的吸收剂吸收不同的产物。用足量过氧化钠吸收时，过氧化钠增重相当于“CO、H2”的质量。
然后据C2H4+3O2→2CO2+2H2O，标况11.2L（0.5ml）C2H4在氧气中完全燃烧，
120℃时气体产物为44g（1ml）CO2、18g（1ml）H2O。
气体先通过浓硫酸（吸收H2O），再通过碱石灰（吸收CO2），
故碱石灰将增重44g。
（2）气体直接通过碱石灰（吸收H2O和CO2），则碱石灰增重62g。
（3）气体通过足量过氧化钠，相当于Na2O2+”CO”=Na2CO3、Na2O2+”H2”=2NaOH，则过氧化钠增重28g+2g=30g。
本节跟踪练习
1．（2020·肇庆市第一中学高一月考）2020年11月10日8时12分，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底。“奋斗者”号研制及海试的成功，标志着我国具有了进入世界海洋最深处开展科学探索的能力，体现了我国在海洋高技术领域的综合实力。其中，“奋斗者”号使用了钛合金材料。有关合金的说法中正确的是( )
A．钛合金是一种新型金属单质
B．在合金中加入稀土金属，对改善合金的性能无太大影响
C．钛合金熔点比成分金属低，但硬度大
D．钛合金的化学性质与钛单质相同
【答案】C
【详解】
A．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，钛合金含有多种物质，属于混合物，不是新型金属单质，故A不符合题意；
B．在合金中加入稀土金属或稀土金属的化合物，能大大改善合金的性能，使合金具有更优良的性能，故B不符合题意；
C．根据合金的性质可知，合金的熔点比成分金属低，硬度大，故钛合金熔点比成分金属低，但硬度大，故C符合题意；
D．合金的化学性质与其各成分金属的化学性质是相同的，钛合金除具备钛单质性质外，还具备其他组成成分的性质，故D不符合题意；
答案选C。
2．（2020·大安市第一中学校高一月考）某合金含有两种金属，现在取该合金12g与足量的稀硫酸充分反应产生标准状况下4.48L氢气，则该合金中的两种金属元素是( )
A．Mg和AlB．Al和FeC．Zn和CuD．Fe和 Zn
【答案】D
【分析】
假设金属与硫酸反应都为+2价，根据M= 计算金属混合物的平均相对原子质量，利用平均值法判断。标准状况下4.48L氢气的物质的量为=0.2ml，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒可知，金属的物质的量为0.2ml，则金属混合物的平均相对原子质量为60。
【详解】
A．Mg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 ×27=18，二者平均相对原子质量介于18～24之间，小于金属混合物的平均相对原子质量为60，故A错误；
B．Fe的相对原子质量为56，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 ×27=18，均小于60，故B不选；
C．Cu不反应，其的相对原子质量看做无穷大，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量大于60，故C不选；
D．Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，金属混合物的平均相对原子质量为60，二者平均相对原子质量介于56～65之间，故D正确；
故选D。
3．（2020·乾安县第七中学高一月考）50g镁、锌、铝的混合物与适量的稀硫酸反应，得三种盐的混合溶液，然后加热、蒸发、结晶得三种盐的晶体共(不含结晶水)218g，则反应中生成H2的物质的量为（ ）
A．1.75mlB．1ml
C．1.5mlD．0.75ml
【答案】A
【分析】
反应中Mg→MgSO4、Zn→ZnSO4、Al→Al2(SO4)3可知道固体增加的质量是硫酸根的质量，在H2SO4中氢元素与硫酸根的物质的量比为2：1，氢气和硫酸根的物质的量之比为1:1，据此计算生成氢气的物质的量。
【详解】
反应中Mg→MgSO4、Zn→ZnSO4、Al→Al2(SO4)3，可知道固体增加的质量是硫酸根的质量，即硫酸根质量为：218g-50g=168g，硫酸根的物质的量为：=1.75ml，氢气和硫酸根的物质的量之比为1:1，即氢气的物质的量也为1.75ml。
答案选A。
4．（2020·灵璧县第一中学高一月考）将物质的量均为0.3ml的钠、镁、铝分别放入100mL的盐酸中，相同条件下产生气体的体积比是（ ）
A．1：2：3B．6：3：2C．3：1：1D．1：1：1
【答案】C
【详解】
钠和稀盐酸、水都反应，镁和铝分别与稀盐酸反应方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，0.3mlMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6ml、0.9ml,实际上n(HCl)=1ml/L0.1L=0.1ml，所以镁和铝都剩余。2mlNa对应生成1mlH2算得0.3mlNa完全反应时，生成H2的物质的量为0.15ml。镁和铝都剩余，所以二者与酸反应生成H2的量相等，根据氢原子守恒得生成氢气的量为：n==0.05ml，即同温同压下产生的气体的物质的量之比为0.15ml：0.05ml：0.05ml=3：1：1，由于同温同压下产生气体的体积之比等于物质的量之比，故选C项符合题意；
故答案：C。
5．（2019·上海市奉贤区奉城高级中学高二期末）铝合金因具有坚固、轻巧、美观、易于加工等优点而成为多数现代家庭封闭阳台时的首选材料，这与铝合金的下列物理性质无关的是( )
A．不易生锈B．较大的硬度
C．良好的导电性D．密度小
【答案】C
【详解】
A．铝合金不易生锈可以长时间保持良好的外观，但不易生锈是化学性质，A不符合题意；
B．铝合金坚固是指它的硬度大，性质与用途有关，B不符合题意；
C．良好的导电性不是作为家庭封闭阳台时的材料需要具备的性质，性质与用途无关，C符合题意；
D．由于铝合金的密度较小，所以显得比较轻巧，性质与用途有关，D不符合题意；
答案选C。
6．（2020·山西吕梁市·高三期中）金属材料在日常生活中应用广泛，下列描述不正确的是( )
A．日常生活中的金中金的含量接近100%
B．随含碳量升高，碳钢的硬度增加、韧性下降
C．铝合金可制作飞机零件和承受载重的高级运动器材
D．钾钠合金的熔点很低
【答案】A
【详解】
A. 18k金属于黄金的一种，黄金含量较低，属于合成金属，金中金的含量接近75%，故A选；
B. 碳越高越脆，但是硬度上去了，韧性下降了，故B不选；
C. 铝合金的突出特点是密度小、强度高，可制作飞机零件和承受载重的高级运动器材，故C不选；
D. 形成钾钠合金后，熔点变低，故D不选；
故选：A。
7．（2020·全国高一课时练习）将、，样品溶解在过量的的盐酸中，然后向其中加入溶液使、刚好完全沉淀，消耗溶液，则溶液的浓度为( )
A．B．C．D．无法计算
【答案】C
【详解】
Fe2O3、Al2O3与盐酸反应生成氯化铁、氯化铝，盐酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100 mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)=0.1 L×0.05ml/L=0.005 ml，则根据钠离子守恒可得：n(NaOH)=n(NaCl)=0.005 ml，则该c(NaOH)==0.05 ml/L，故答案为C。
8．（2020·山西迎泽区·太原五中高一月考）下列转化关系中，含有不能通过一步反应实现的是( )
A．CaO→Ca(OH)2→CaCl2B．Na→Na2O2→Na2CO3
C．Na2O2→Na2CO3→NaHCO3D．Al→Al2O3→Al(OH)3
【答案】D
【详解】
A．CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与盐酸反应生成CaCl2，以上两次转化均可以一步实现，A不符合题意；
B．Na在空气中加热生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，以上两次转化均可以一步实现，B不符合题意；
C．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中通入足量CO2生成NaHCO3，以上两次转化均可以一步实现，C不符合题意；
D．Al在空气中氧化生成Al2O3，但Al2O3不能一步变成Al(OH)3，D符合题意；
故答案选D。
9．（2020·吉林南关区·长春市实验中学高一期中）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。关于该反应说法正确的是( )
A．Fe(OH)3中铁元素化合价为+3，只有氧化性
B．Na2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌
C．反应中NaClO是氧化剂，NaCl是氧化产物
D．生成5 ml H2O，转移了3 ml电子
【答案】B
【详解】
A．Fe(OH)3中铁元素化合价为+3，为Fe元素的中间价态，具有氧化性和还原性，A错误；
B．Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，可用于水的净化，B正确；
C．反应中Cl元素的化合价降低，NaClO作氧化剂，被还原，NaCl是还原产物，C错误；
D．根据方程式可知：每反应生成5 ml H2O，转移6 ml电子，D错误；
故答案是B。
10．（2020·湖南高三月考）硫酸亚铁铵隔绝空气加热到500℃发生的反应为：，下列说法错误的是( )
A．该反应的氧化产物为和
B．X是
C．每生成转移的电子的物质的量为
D．分别氧化铁元素、氮元素所需的硫酸根离子的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【详解】
A．由方程式可知，反应中氮元素和铁元素的化合价升高被氧化，氧化铁和氮气为氧化产物，故A正确；
B．由质量守恒定律可知，X为二氧化硫气体，故B正确；
C．由方程式可知，生成1ml氮气，反应转移8ml电子，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，生成1ml氧化铁，需要还原1ml硫酸根，生成1ml氮气，需要还原3ml硫酸根，则分别氧化铁元素、氮元素所需的硫酸根离子的物质的量之比为1∶3，故D错误；
故选AD。
11．（2020·长葛市第一高级中学高一期中）某中学有甲、乙两个探究性学习小组，他们拟用一定质量的纯铝片与足量稀硫酸的反应测定通常状况(约20℃，101kPa)下气体摩尔体积的方法．
(1)甲组同学拟选用下列实验装置完成实验(如图)：
①该组同学必须选用的装置的连接顺序是A接 ______接 ______接_____(填接口字母，可不填满．)
②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶．请你帮助分析原因 ______
③实验结束时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？ _______
(2)乙组同学仔细分析甲组同学的实验装置后，认为：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了如图所示的实验装置．装置中导管a的作用是 ______
【答案】E D G 铝与稀硫酸反应放热且生成氢气，使锥形瓶中气体压强增大 待实验装置冷却后，上下移动量筒，使量筒内的液面与广口瓶中的液面相平，再平视读取量筒内水的体积，即为通常状况下产生氢气的体积 保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相同，使稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差
【分析】
铝与稀硫反应生成氢气，氢气难溶于水，可将广口瓶中的水压入量筒，通过量取进入量筒中水的体积测量产生氢气的体积。
【详解】
(1)①铝和稀硫酸发生反应，用排水法测定氢气的体积，气体应从装水的广口瓶导管较短一侧进入，将水从导管较长一侧排出，为防止水在量筒中飞溅，导管应伸入量筒底部，所以仪器的连接顺序为A→E→D→G，答案：E；D；G；
②铝与稀硫酸反应放热，加上产生的氢气使锥形瓶内气压增大，反应一会之后，当瓶内的压强大于大气压时，稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中，答案：铝与稀硫酸反应放热且生成氢气，使锥形瓶中气体压强增大；
③实验结束时，要测量实验中生成氢气的体积，待实验装置冷却后，上下移动量筒，使量筒内的液面与广口瓶中的液面相平，再平视读取量筒内水的体积，即为通常状况下产生氢气的体积，答案：待实验装置冷却后，上下移动量筒，使量筒内的液面与广口瓶中的液面相平，再平视读取量筒内水的体积，即为通常状况下产生氢气的体积；
(2)在实验装置中增加了导管a，将分液漏斗与锥形瓶连接起来，可保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相同，使稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，答案：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相同，使稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差。
12．（2020·全国高一单元测试）铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：
[方案一]
[实验方案]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
(1)实验中发生反应的离子方程式是___。
[实验步骤]
(2)称取10.8 g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0 ml·L-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___mL。
(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
[方案二]
[实验方案]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。
[实验步骤]
(4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：
你认为最简易的装置其连接顺序是A接（ ），（ ）接（ ），（ ）接（ ）(填接口字母，注意：可不填满)___。
(5)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用是_______。
②为了较准确测量氢气的体积，在读反应前后量气管中液面的读数求其差值的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母编号)。
A．冷却至室温
B．等待片刻，待乙管中液面不再上升时读数
C．读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平
D．读数时不一定使两端液面相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1 g，测得氢气体积为5.6 L(标准状况)，则合金中铝的质量分数为___(保留两位有效数字)。
【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑ 100 偏低 EDG 平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；消除加入稀硫酸的体积对测量氢气体积所带来的误差 AC 53%
【分析】
(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；
(2)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；
(3)镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，Al的质量分数就偏低；
(4)装置的组装顺序：合金与酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强能够将其中的水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；
(5)①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②根据操作对实验的影响分析；
③根据合金的质量及反应产生氢气的体积关系，计算Al的物质的量及其质量，进而可得其质量分数。
【详解】
(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O=2＋3H2↑；
(2)根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗NaOH的物质的量与Al相等，假设合金中Mg的质量分数是0，则10.8 g完全是Al，其物质的量n(Al)==0.4 ml，则n(NaOH)=n(Al)= 0.4 ml，需NaOH溶液的体积最小值V≥=0.1 L=100 mL，故V(NaOH溶液)≥100 mL；
(3)经过滤、洗涤、干燥、称量固体质量。该步骤中若未洗涤固体，则金属镁上会附着偏铝酸钠等物质，导致测定的镁的质量偏大，最终使测得铝的质量分数偏低；
(4)装置的组装顺序：合金与酸发生反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管应该要短进长出，利用气体产生的压强，将广口瓶中的水排出进入量筒，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E，D接G，故合理选项是E、D、G；
(5)①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，使稀硫酸在重力作用下能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②A．冷却至室温，这样测定的气体体积不受外界温度的影响，可减小误差，A正确；
B．等待片刻，使乙管中液面与左侧甲管的液面相平时再读数，B错误；
C．读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平，然后再读数，C正确；
D．读数时必须使两端液面相平，这样才可以减少压强对气体体积的影响，以减少实验误差，D错误；
故合理选项是AC；
③5.6 LH2的物质的量n(H2)=5.6 L÷22.4 L/ml=0.25 ml，假设10.8 g合金中Al、Mg的物质的量分别是x、y，可得关系式27x+24y=5.1 g，1.5x+y=0.25 ml，解得x=0.1 ml，y=0.15 ml，则合金中Al的质量是m(Al)=0.1 ml×27 g=2.7 g，所以Al的质量分数为：×100%=53%。
【点睛】
本题考查物质含量的测定。对实验原理与装置的理解是解题的关键，注意结合元素守恒及根据物质反应的物质的量关系进行计算。
13．（2020·四川省泸县第二中学高一期中）不用火不用电，只需拆开发热包倒入凉水，就能享用美食的自热食品，受到消费者的追捧。
[查阅资料]
I．发热包中物质的主要成分是生石灰、碳酸钠、铝粉。
Ⅱ．铝和强碱溶液反应生成氢气。
探究一：发热包的发热原理
(1)小明买了一盒自热米饭，取出发热包加入凉水，发生剧烈反应，迅速放出大量的热，写出产生该现象的主要化学反应方程式 ______________ ；同时发热包内固体物质变硬、结块，依据观察到的实验现象，小明猜想发热包内的物质可能发生多个化学反应，写出其中一个反应的化学方程式_________________。
(2)发热包上的安全警示图标有“禁止明火”，其原因可能是使用过程中______________。
(3)小明向使用后的发热包中加入稀盐酸，并对产生的气体展开进一步探究。
探究二：确定气体的成分
[猜想与假设]小明认为该气体可能是：
a．H2； b．_____________________________； c．CO2和H2的混合气体。
[实验设计]小明同学设计下图实验装置，对气体成分进行探究。
[实验验证]甲装置中的实验现象是_____________________。丁装置中黑色的粉末逐渐变为红色，试管口有水珠产生，证明猜想c正确。若甲、乙装置交换位置，________(填“能"或 不能”)确定气体中含有CO2，理由是______________________。
[总结与反思]通过以上探究，小明做出如下反思：
a．发热包应密封防潮保存
b．能与水混合放出热量的物质均可做发热包的发热材料
c．使用后的发热包应包好按照垃圾分类投放
你认为其中正确的是___________。
【答案】 Ca(OH)2+Na2CO3= CaCO3↓+2NaOH 铝粉在空气中遇明火会燃烧，或铝和强碱溶液反应生成氢气易燃烧，容易诱发火灾 CO2 澄清石灰水变浑浊 不能 ，二氧化碳会被氢氧化钠吸收，澄清石灰水不能变浑浊 ac
【分析】
探究一：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热；生成的氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠；铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气；
探究二：若将发热包与盐酸反应后的气体通入澄清石灰水变浑浊，说明气体中含有二氧化碳，通过氢氧化钠溶液，将二氧化碳完全吸收，再将气体通过灼热的氧化铜，若试管内固体由黑色变为红色，试管口有水珠产生，说明气体中含有氢气。
【详解】
(1)氧化钙与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2；生成的氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3= CaCO3↓+2NaOH；铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+ 2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(2)因为发热包中的成分中含有的铝会发生反应：2Al+2NaOH+ 2H2O=2NaAlO2+3H2↑，H2在空气中遇明火会爆炸，可能诱发火灾，所以要禁止明火；
(3)发热包中碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以气体可能为二氧化碳，则b填写CO2；二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，用于验证二氧化碳，氢氧化钠溶液用于除去二氧化碳，如果甲、乙装置交换位置，二氧化碳将被氢氧化钠吸收，反应无现象，所以无法确定气体中含有二氧化碳，发生反应为：2NaOH+CO2= Na2CO3+ H2O；
a．发热包中物质的主要成分是生石灰，可与水反应，所以应密封防潮保存，故a正确；
b．发热包用于自热食品，所以要注意发热材料不能有强腐蚀性和毒性，则能与水混合放出热量的物质不一定都可以做发热包的发热材料，故b错误；
c．使用后的发热包中会有强碱等，会造成环境的污染，所以要包好按照垃圾分类投放，故c正确；
答案选ac。
14．（2018·黑龙江哈尔滨市第六中学校高一月考）将mg Al2O3和Fe2O3的混合物溶于100mL盐酸中，然后逐滴加入1ml/LNaOH溶液，其结果如图所示：
（1）最初加入V1mLNaOH溶液的作用是____________；
（2）盐酸的物质的量浓度是___________________；
（3）若mg混合物中Al2O3和Fe2O3按不同比例进行上述实验(其他条件不变)，则V2的值会不会改变__________(填“会”或 “不会”)，(V2—V1)的取值范围是____________。
【答案】 中和过量的酸 V2×10-2ml/L 不会 (3m/80)×103＜(V2—V1)＜(m/17) ×103
【解析】(1)从图中看出氢氧化钠溶液体积0-V1时，无沉淀，故中和的是过量的盐酸，故答案为：中和过量的酸；
(2)V1至V2过程中，氢氧根离子与Al3+、Fe3+结合形成沉淀，在V2时沉淀完全，此时溶液中只有氯化钠，即盐酸的物质的量与氢氧化钠的物质的量相等，n(HCl)=n(NaOH)= V2×10-3L×1ml/L= V2×10-3ml，则c(HCl)= = V2×10-2ml/L，故答案为：V2×10-2ml/L；
(3)根据(2)可知，V2的值只与盐酸的用量有关，而与Al2O3、Fe2O3比例无关。盐酸的量不变，则V2不变；在V1-V2过程中，氢氧根离子与Al3+、Fe3+结合形成沉淀，每摩离子均只消耗3 ml氢氧化钠。若只含Al2O3，则Al3+物质的量为ml×2=ml；若只含Fe2O3，则Fe3+物质的量为ml×2=ml，则氢氧化钠的物质的量的取值范围为ml＜n(NaOH)＜ml，则×103＜V2—V1＜×103，故答案为： ×103＜V2—V1＜×103。
15．（2020·福建南安市·高一期中）液体化合物，常用做火箭燃料。在一定量的中恰好完全燃烧，反应方程式为，则：
(1)反应前需要标准状况下的体积为多少？_______。
(2)生成的质量为多少？_______。
【答案】11.2 L 14 g
【详解】
(1)的物质的量为=0.5ml，根据反应可知，消耗氧气的物质的量为0.5ml，则反应前需要标准状况下的体积为0.5ml×22.4L/ml=11.2L；
(2)根据(1)中计算分析，参与反应的的物质的量为0.5ml，根据反应可知，生成的的物质的量为0.5ml，则氮气的质量为0.5ml×28g/ml=14g。
16．（2015·辽宁高三月考）铝是重要的金属材料，铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示；
请回答下列问题：
(1)固体a的化学式为_______________，Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为_________________。
(2)由Ⅴ制取铵明矾溶液的化学方程式为____________，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)______________、冷却结晶、过滤洗涤。
(3)以1 000 kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2(SO4)3，需消耗质量分数98%的硫酸(密度1.84 g/cm3）_________________L(保留4位有效数字)。
(4)若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为____________________。
【答案】SiO2 AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓ Al2O3+4H2SO4+2NH3=2NH4Al(SO4)2+3H2O 蒸发浓缩 575.4 3∶10
【分析】
向铝土矿中加入盐酸，其中的Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸反应变为可溶性AlCl3、FeCl3进入溶液，SiO2不溶于盐酸，进入固体a中，向溶液中加入过量NaOH溶液，AlCl3反应变为可溶性NaAlO2存在于溶液中，FeCl3反应产生Fe(OH)3，红褐色沉淀是Fe(OH)3，过滤后向滤液中通入CO2气体，由于碳酸的酸性强于偏铝酸，二氧化碳与偏铝酸钠生成Al(OH)3沉淀，溶液中含有NaHCO3及NaCl，Al(OH)3加热分解产生Al2O3，用硫酸溶解Al2O3，并向溶液中通入NH3，发生反应NH4Al(SO4)2，蒸发结晶得到铵明矾晶体。
【详解】
(1)铝土矿中Al2O3和Fe2O3都能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a为二氧化硅，化学式为SiO2；Al2O3溶于盐酸反应变为可溶性AlCl3，AlCl3和过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓。
(2)IV是Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al2O3和稀H2SO4、NH3反应生成铵明矾溶液，方程式为：Al2O3+4H2SO4+2NH3=2NH4Al(SO4)2+3H2O。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤。
(3)铝土矿中含氧化铝36%，以1 000 kg这种铝土矿中含有Al2O3质量m(Al2O3)= 1 000 kg×36%=360 kg，根据氧化铝和硫酸反应的方程式Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O可知反应需消耗硫酸的质量为m(H2SO4)= kg=1036.6 kg，则需消耗质量分数为98%的硫酸的体积V(H2SO4)=L=575.4 L。
(4)设制取的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)2的物质的量都是1 ml，则Al3+物质的量共3 ml，SO42-物质的量共5 ml，根据Al3+和SO42-守恒原理可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量比为：5=3：10。
【点睛】
本题以工艺流程为线索，考查了金属氧化物及氢氧化物的性质及应用和有关物质的量在化学方程式计算的应用。掌握Al、Fe的氧化物、氢氧化物的性质及物质的量的有关计算公式，结合守恒方法进行计算，试题考查了学生综合分析与应用能力。