人教版高中化学必修一精品同步讲义第三章 章末测试（含解析）

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第三章 章末测试
满分100分，考试用时75分钟
一、 选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．（2022·全国·高一单元测试）既能用氯气跟单质化合也能用金属和盐酸反应制取的物质是
A．AlCl3 B．FeCl2 C．FeCl3 D．CuCl2
【答案】A
【解析】A．Al为活泼金属，既能与氯气又能和盐酸反应生成AlCl3，故A正确；
B．FeCl2只能Fe与HCl反应制取，而不能与Cl2反应制取，故B错；
C．FeCl3只能Fe与Cl2反应制取，而不能与HCl反应制取，故C错；
D．Cu为较不活泼金属，不能与HCl反应，则CuCl2只能Cu与Cl2反应制取，故D错；
答案选A。
2．（2022·河南洛阳·高一期末）为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质，分别取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，其中结论正确的是
A．若滴加KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉变质
B．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉未变质
C．若依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉全部变质
D．若滴加KSCN溶液，溶液未变红；再滴加氯水，溶液变红，说明铁粉部分变质
【答案】A
【解析】Fe粉变质生成Fe2+或Fe3+，还原铁粉溶于稀盐酸时，溶液中含有Fe2+或Fe3+或二者都有，实验室采用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，用KSCN溶液检验Fe3+，Fe2+具有还原性，能被强氧化剂氧化，据此分析解答。
A．若再滴加KSCN溶液，溶液变红，证明含有Fe3+，则说明铁粉部分变质或全部变质，故A正确；
B．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中无Fe3+，但还原铁粉有可能被氧化为Fe2+，故B错误；
C．氯水具有强氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+来源可能是铁与盐酸反应，故不能确定是部分氧化还是全部氧化还是没有被氧化，故C错误；
D．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变红，说明含有Fe2+，此现象说明铁粉部分变质或未变质，故D错误；故选A。
3．（2022·上海外国语大学附属大境中学高一阶段练习）称取两份铝粉，第一份加入足量的稀盐酸，第二份加入足量的氢氧化钠溶液。若同温同压下产生了相同体积的气体。则两份铝粉的质量之比是
A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．1：6
【答案】A
【解析】铝和氢氧化钠溶液的反应为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，与盐酸的反应为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，由化学方程式可知，反应生成相同体积的氢气，消耗掉铝的质量相同，则两份铝粉的质量之比为1：1，故选A。
4．向稀盐酸中加入铁粉，待铁粉全部溶解后，滴入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去的原因
A．Fe有还原性 B．FeCl2中的Fe2+有还原性
C．KMnO4有还原性 D．HCl有还原性
【答案】B
【解析】向稀盐酸中加入铁粉，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，然后酸性KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe3+，说明FeCl2中的Fe2+有还原性，故B正确。
5．（2022·湖南邵阳·高一期末）下列过程最终能生成含三价铁的化合物的是
①过量Fe与氯气反应   ②铁丝在硫蒸气中燃烧   ③向溶液中通入   ④铁与溶液反应   ⑤露置于空气中
A．①②③ B．③⑤ C．③④ D．①③⑤
【答案】D
【解析】①过量Fe与氯气反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，符合题意；
②铁丝在硫蒸气中燃烧生成FeS，Fe+SFeS，不合题意；
③向FeBr2溶液中通入Cl2，2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，符合题意；
④铁与CuCl2溶液反应Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，不合题意；
⑤Fe(OH)2露置于空气中将发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，符合题意；
综上所述，①③⑤符合题意，故答案为：D。
6．在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是

A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡
B．铝球表面有气泡产生，盛有稀NaOH溶液的烧杯中溶液澄清
C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D．铁球表面有红色物质析出，盛有稀CuSO4溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升
【答案】B
【解析】A．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，A错误；
B．左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O =2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，B正确；
C．右边烧杯中发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4铁球表面有红色物质析出，溶液中c(CuSO4)减小，溶液蓝色变浅，左边烧杯中消耗Al，铝球的质量变小，右边烧杯中铁球上析出Cu，质量变大，杠杆右边下沉，C错误；
D．由C项分析知，D错误；
故选B。
7．向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是

A．a点时溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+
B．b点时溶液中发生的反应为Fe3++ Cu2+=Cu+Fe2+
C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol/L
D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：1
【答案】D
【解析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。
A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；
B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为1.28g÷64g/mol=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；
C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，C说法正确；
D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；
答案选D。
8．有一块铁的“含氧化合物”样品，用140mL0.5mol·L-1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.0025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为
A．Fe5O7 B．Fe4O5 C．Fe3O4 D．Fe2O3
【答案】A
【解析】n(HCl)=1400.510-3=0.07 mol，含有0.07 molCl－，0.0025mol Cl2可以得到0.005mole-，正二价的铁可以失去一个电子，根据得失电子守恒可知二价铁物质的量为0.005mol，生成0.005mol Cl－，故最终溶液中溶质为FeCl3，Cl－总量为0.07 ＋0.005＝0.075mol，所以最终的Fe3+物质的量为0.025mol，原来的三价铁物质的量为0.025－0.005＝0.02mol，根据化合价代数和为零可知原来O的物质的量为0.035mol，所以n(Fe)：n(O)=0.025：0.035=5：7，所以化学式可能为Fe5O7。
所以答案选A
9．向一定量的、和的混合物中加入盐酸，混合物恰好完全溶解，并放出(标准状况下)气体，所得溶液中加KSCN溶液无血红色出现。若用一氧化碳在高温下还原相同质量的此混合物，则能得到金属铁
A．2.8g B．5.6g C．11.2g D．无法计算
【答案】A
【解析】铁、氧化铁、氧化亚铁混合物与盐酸反应，恰好使混合物完全溶解，说明盐酸也刚好反应完，加入KSCN 溶液无血红色出现，说明溶液中无铁离子，而是亚铁离子，故生成FeCl2，根据守恒关系， n(HCl)=c⋅V（aq）=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(FeCl2)=n(HCl)=0.05mol，因此混合物中含铁的物质的量为0.05 mol，用足量CO在高温下最终得到铁单质，铁的质量为 m=n⋅M=0.05mol×56g/mol=2.8g ，故A正确；
综上所述，答案为A。
10．（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高一期末）欲证明某溶液中不含而含有，下列实验操作顺序正确的是
①加入足量新制氯水②加入足量溶液③加入少量溶液
A．①③ B．③② C．③① D．①②③
【答案】C
【解析】先加入溶液，溶液不变红，证明原溶液中不含，再加入足量新制氯水，溶液变红，证明原溶液中含有，故选：C。
11．等体积的NaOH和AlCl3两种溶液混合后，溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比是
①1:1　②1:2　③3:10　④3:11
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【答案】B
【解析】NaOH和AlCl3两种溶液混合，生成的沉淀为Al(OH)3，溶液中含铝元素的物质，可能为AlCl3，可能为NaAlO2；溶液中铝元素的质量是沉淀物中铝元素的质量的一半，则表明沉淀中所含Al原子的物质的量的是溶液中所含Al原子的物质的量是2倍；
当溶液中的铝以AlCl3存在时，可用方程式表示为：3AlCl3(溶液中的总加入量)+6NaOH=2Al(OH)3↓+6NaCl+AlCl3(反应后剩余)，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为1:2，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为1:2；
当溶液中的铝以NaAlO2存在时，可用方程式表示为：3AlCl3+10NaOH=2Al(OH)3↓+NaAlO2+2H2O+9NaCl，从而得出AlCl3和NaOH的物质的量之比为3:10，两溶液的体积相同，则二者的物质的量浓度之比为3:10；
综合以上分析，②③正确；
故选B。
12．下列有关铁及其化合物的叙述中正确的是
A．赤铁矿的主要成分为
B．与溶液反应生成血红色沉淀
C．氢氧化亚铁是白色固体，置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．为了除去溶液中的杂质，可向溶液中通入过量
【答案】C
【解析】A．赤铁矿的主要成分为，磁铁矿的主要成分为，A错误；
B． 与溶液反应生成，是血红色溶液，B错误；
C．氢氧化亚铁是白色固体，易被氧化为氢氧化铁，故置于空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，C正确；
D．氯气能与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，铁能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，为了除去溶液中的杂质，不能向溶液中通入过量，应加入铁粉，D错误；
答案选C。
13．下列关于金属铝的叙述中，不正确的是
A．铝的化学性质很活泼，但在空气中不易锈蚀
B．铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧
C．铝是比较活泼的金属，常温下能与盐酸、NaOH溶液等发生反应
D．相同质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠反应，产生氢气的量相同
【答案】B
【解析】A.．铝的化学性质很活泼，在空气中易形成氧化膜，很稳定不易锈蚀，故A正确；
B．铝箔在空气中受热可以熔化形成小球，表面生成氧化铝，氧化铝熔点很高，不能发生剧烈燃烧反应，故B错误；
C．铝是比较活泼的金属，常温下能与盐酸、NaOH溶液等发生氧化还原反应，故C正确；
D．铝分别与盐酸和氢氧化钠反应，都能产生氢气，因为是足量的盐酸和氢氧化钠，铝的质量相同，所以产生氢气的量相同，故D正确；
故答案：B。
14．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：

下列叙述正确的是
A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C．图中所示转化反应全是氧化还原反应
D．反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【答案】D
【解析】综合分析整个流程可知，铝土矿经强碱溶液溶解后过滤，可得到偏铝酸盐溶液和不溶于强碱溶液的沉淀；向溶液乙中通入过量的二氧化碳，可以得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液；氢氧化铝经加热得到氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。
A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，但不可以是盐酸，A叙述不正确；
B．反应①过滤后所得沉淀为溶于强碱的杂质，如Fe2O3杂质，Fe2O3不与氢氧化钠溶液反应，B叙述不正确；
C．图中所示转化反应中，只有最后一步反应是氧化还原反应，即电解熔融的氧化铝是氧化还原反应，C叙述不正确；
D．反应②为向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，该反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，D叙述正确。
综上所述，叙述正确的是D，本题选D。
15．（2022·广东·高一期中）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AlCl3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NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量
D．丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量
【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，消耗盐酸的物质的量为1:3，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，然后为与OH-反应生成NH3和水，最后为Al(OH)3与OH-反应生成和水，C正确；
D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量，最后一步反应为BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，沉淀的物质的量减小，D不正确；
故选C。
16．（2021·全国·高一专题练习）将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。则下列说法不正确的是：

A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L-1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】从图象中看到，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，再加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解，最后当加入240mL氢氧化钠溶液时，氢氧化铝完全溶解，只有氢氧化镁沉淀。
A、当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m(Mg)=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m(Al)=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；
B、根据A中分析可知B项正确；
C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，c(NaOH)=0.2mol÷0.04 L=5mol•L-1，在200mL时溶液中只有硫酸钠，根据硫酸钠的化学式分析，硫酸的物质的量为5mol•L-1×0.2L÷2=0.5 mol，硫酸的浓度为0.5 mol÷0.2 L =2.5 mol·L-1，C项正确；
D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n(H2)=0.45mol，标准状况下V(H2)=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误；答案选D。
二、 非选择题：共56分。
17．（14分）铁及其化合物在生产生活中有十分广泛的应用。
Ⅰ.铁的部分化合物的相互转化关系如框图所示，请回答相关问题。

(1)图中①②③代表的物质所属的分散系分别是：①___；②___；③___。
(2)写出FeCl3在水中的电离方程式___。
(3)写出Fe2O3与①反应的离子方程式___。
(4)用一束光照射分散系③，在垂直于光束的方向可以观察到___，这个现象被称为___。向分散系③中逐滴滴入分散系①至过量，整个过程的现象是___。
Ⅱ.一个体重50kg的健康人，体内约含有2g铁，这2g铁在人体内不是以单质的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+的形式存在。正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁，服用维生素C，可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体吸收。
(5)在人体中进行Fe2+Fe3+的转化时，①反应中的Fe2+发生___(填“氧化”或“还原”，下同)反应，②反应中的Fe3+被___。
(6)“服用维生素C，可使食物中的Fe3+转化成Fe2+”这句话说明，维生素C具有___性。
【答案】(1)     溶液     浊液     胶体
(2)FeCl3=Fe3++3Cl-
(3)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
(4)     一条光亮的通路     丁达尔效应     先有红褐色沉淀生成，后沉淀溶解，生成黄色溶液
(5)     氧化     还原
(6)还原
【解析】Fe2O3与HCl反应生成FeCl3，FeCl3与铁粉反应生成FeCl2，FeCl3饱和溶液滴入沸水可制得Fe(OH)3胶体，FeCl3与碱反应可得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3胶体聚沉转成Fe(OH)3沉淀。
(1)据分析①②③代表的物质分别是HCl、Fe(OH)3沉淀、Fe(OH)3胶体，所属的分散系分别是溶液、浊液、胶体。
(2)FeCl3属于盐类，在水中的电离方程式：FeCl3=Fe3++3Cl-。
(3)Fe2O3与HCl反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。
(4)分散系③是Fe(OH)3胶体，用一束光照射，在垂直于光束的方向可以观察到一条光亮的通路，这个现象被称为丁达尔效应。向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入HCl至过量，HCl是电解质，先使Fe(OH)3胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀，后HCl与Fe(OH)3发生酸碱中和反应，生成黄色可溶的FeCl3，沉淀溶解。
(5)进行Fe2+Fe3+的转化时，①反应中的Fe2+转化为Fe3+，化合价升高，发生氧化反应，②反应中的Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，发生还原反应。
(6)食物中的Fe3+转化成Fe2+说明Fe3+被维生素C还原了，体现出维生素C的还原性。
18．（10分）金属及其化合物在人类生活、生产中发挥着重要的作用。
(1)下列物质中不属于合金的是 ____________。
A．钢                       B．青铜                 C．黄铜                    D．水银
(2)在钠、铝、铁三种金属元素中，金属活动性最强的是______ ，所形成的氧化物中适宜做耐火材料的是_______。向盛有硫酸铝溶液的试管中滴加氨水，反应的离子方程式为____________ 。
(3)乙同学为了获得持久白色的Fe(OH)2沉淀，准备用如图所示装置，用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液与新制的FeSO4溶液反应。获得不含O2的蒸馏水的方法是_________。反应开始时，打开止水夹的目的是____________；一段时间后，关闭止水夹，在试管_______(填“A”或“B”)中观察到白色的Fe(OH)2

(4)向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是______ 。
A．有铜无铁             B．有铁无铜       　　       C．铁、铜都有       　       D．铁、铜都无
【答案】（1） D    
（2） Na     Al2O3     Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+    
（3） 加热煮沸等     排尽装置中的空气     B    
（4） B
【解析】(1)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；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，④合金的硬度大，熔点低，据此分析解答；
(2)三种金属中钠最活泼；氧化铝熔点较高，所以氧化铝可以作耐火材料；铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；
(3)硫酸亚铁易被氧化而变质，应排除溶液中的氧气，可用加热溶液的方法除去溶解氧；A管中产生的气体通入B管中排尽AB管中的空气，使AB充满还原性气体氢气，可防止生成的Fe(OH)2被氧化；试管B中为NaOH溶液，将A中液体压到B中与其反应；
(4)向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉，当铁少量时，铁先和铁离子反应，铜再和铁离子反应，当铁过量时，铁先和铁离子反应后和铜离子反应。
(1)A. 钢是铁与碳元素的合金，故A错误；
B. 青铜是铜和锡的合金，故B错误；
C. 黄铜是铜和锌的合金，故C错误;；
D. 水银为汞单质，不是混合物，不属于合金，故D正确；
故答案为：D；
(2)钠、铝、铁中，金属性最强的为钠；适合作耐火材料的氧化物必须具有高熔点，氧化铝的熔点较高，所以氧化铝可以作耐火材料；铝离子和氨水反应生成氢氧化铝，离子反应方程式为：Al3+ +3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Na；Al2O3；Al3+ +3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(3)获得不含O2的蒸馏水的方法是煮沸，简单易操作；反应开始时, 要打开止水夹，利用铁粉和稀硫酸反应产生的氢气排出试管A. B中的空气，使整个装置不含氧气。在对B试管的出气管排出的氢气验纯之后，关闭止水夹，由于产生的氢气无法排出，试管A中的压强将增大，最终将A试管中生成的FeSO4溶液压入NaOH溶液中，故Fe(OH)2在B试管生成，故答案为：加热煮沸蒸馏水；排尽装置中的空气；B；
(4)向盛有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜混合溶液的烧杯中加入铁粉和铜粉，
A. 加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，故A正确；
B. 加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，铜后参加反应，不会出现有铁无铜的情形，故B错误；
C. 若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故C正确；
D. 若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故D正确；
故答案为：B。
19．（16分）某校化学趣味小组的同学在学习了金属的知识后，提出以下猜想：
①在周期表中，Cu、Al位置接近。Cu不如Al活泼，Al(OH)3具有两性，Cu(OH)2也具有两性吗？
②一般情况下，＋2价Fe的稳定性小于＋3价Fe，＋1价Cu的稳定性也小于＋2价Cu吗？
③CuO有氧化性，能被H2、CO等还原，它能被氨气还原吗？
为了验证猜想，需要做研究实验，请补全以下空缺：
【实验方案】
(1)解决猜想①需用到的药品有CuSO4溶液、_______________(填试剂名称)。
(2)解决猜想②的实验步骤和现象如下：取98g的Cu(OH)2固体，加热至80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末A。冷却后称量，A的质量为72g。向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在。查阅资料得知铜单质及其常见氧化物的颜色如下：
物质名称
铜
氧化亚铜
氧化铜
颜色
红色
红色
黑色
根据以上现象和资料推测，A的化学式为___________，其摩尔质量为____________，写出A和稀硫酸反应的离子方程式_____________________。
(3)为解决问题③，设计的实验装置为(夹持及尾气处理装置未画出)：

实验中观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变成蓝色，同时生成一种无污染的气体，该气体的化学式为____________。
【实验结论】
(4)Cu(OH)2具有两性。证明Cu(OH)2具有两性的实验现象是___________________。
(5)一般情况下，认为生成物的稳定性大于反应物，根据“实验方案(2)”，得出的+1价Cu和+2价Cu稳定性大小的结论是________________；________________。
(6)有同学认为NH3与CuO反应生成的红色物质是Cu，也有同学认为该红色物质是Cu和A的混合物。请你设计一个简单的实验检验NH3与CuO反应中生成的红色物质中是否含有A：______________________。
【答案】（1）H2SO4(HCl)溶液、浓NaOH溶液    
（2） Cu2O     144g/mol     Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O    
（3） N2    
（4） Cu(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液    
（5） 在高于1000℃时，+1价Cu比+2价Cu稳定     在溶液中+2价Cu比+1价Cu稳定    
（6） 取NH3与CuO反应中生成的红色物质少许，加入稀H2SO4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无
【解析】(1)Cu不如Al活泼，可以用硫酸溶液进行验证，要证明Cu(OH)2具有两性，应先加入碱生成Cu(OH)2，再加入过量的碱，看氢氧化铜是否溶解，根据提供的药品可确定还需要的药品；
(2)98g Cu(OH)2固体的物质的量为=1mol，根据质量守恒，红色固体中含有1molCu，剩余为O元素；依据反应现象书写离子方程式；
(3)根据实验现象结合质量守恒定律分析判断；
(4)根据两性氢氧化物的性质分析解答；
(5)根据在不同温度下反应物的组成确定物质的稳定性；
(6)若固体中含有Cu2O，根据Cu2O在酸性条件下不稳定，可加入酸进行检验。
(1)Cu不如Al活泼，可以用硫酸溶液进行验证，要证明Cu(OH)2具有两性，应先加入碱生成Cu(OH)2，再加入过量的碱，看氢氧化铜是否溶解，药品中缺少氢氧化钠溶液和稀硫酸(或盐酸)，故答案为：稀硫酸、氢氧化钠溶液；
(2)98g Cu(OH)2固体的物质的量为=1mol，加热分解生成的72g红色固体中含有Cu的质量为1mol，即64g，则氧原子的质量为72g-64g＝8g，n(O)==0.5mol，则A中n(Cu)∶n(O)=2∶1，化学式为Cu2O，其摩尔质量为144g/mol；向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，说明生成了铜和铜离子，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案为：Cu2O；144g/mol；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；
(3)根据题意，氧化铜和氨气反应生成红色物质铜，无水CuSO4变成蓝色，说明生成了水，根据反应遵循质量守恒定律和该气体无污染确定气体为氮气，故答案为：N2；
(4)如Cu(OH)2具有两性，则Cu(OH)2既能溶解于强酸，又能溶解于强碱，分别生成盐和水，故答案为：Cu(OH)2既能溶解于强酸(如盐酸或硫酸)，又能溶解于强碱(如NaOH)溶液；
(5)80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，为CuO，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末，说明在较高温度时Cu2O稳定，与酸反应生成硫酸铜和铜，说明在酸性条件下+2价的铜稳定，故答案为：在高于1000℃时，Cu+稳定性大于Cu2+；在溶液中，Cu2+稳定性大于Cu+；
(6)如含有Cu2O，Cu2O能够与酸反应， Cu2O+H2SO4＝Cu+CuSO4+H2O，则溶液变蓝，而铜与稀硫酸不反应，因此实验方法为：取NH3与CuO反应中生成的红色物质少许，加入稀硫酸，如果得到蓝色溶液和红色固体说明有A，如果不溶解说明无A，故答案为：取NH3与CuO反应后生成的红色物质少许，加入稀硫酸中，若溶液变为蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无。
20．（16分）镁铝合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组的同学为测定某含镁3%~5%的镁铝合金（不含其他元素）中镁的质量分数，设计了下列两种不同的实验方案进行探究。
回答下列问题：
【方案一】
【实验方案】将一定质量的镁铝合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体的质量。
实验中发生反应的化学方程式为（1）_____________________________________________________。
【实验步骤】
（2）称取10.8g镁铝合金样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol/LNaOH溶液中，充分反应。则V≥_____________mL。
（3）过滤、洗涤、干燥、称量剩余固体。该步骤中若未洗涤剩余固体，则测得镁的质量分数将____________________（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
【方案二】
【实验方案】将一定质量的镁铝合金与足量稀硫酸反应，测定生成气体的体积。
【实验装置】
（4）同学们拟选用如图所示实验装置完成实验：

你认为最简易的实验装置的连接顺序是A接( )，( )接( ),( )接( )（填接口字母，可不填满）。
（5）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为有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，使所测氢气的体积偏大；实验结束时，连接盛水试剂瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气的体积偏小。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若需确定产生氢气的物质的量，还需测定的数据是____________________。

【答案】（1） 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑    
（2） 97    
（3） 偏高    
（4） E     D     G
（5） ①使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等    
②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的体积等于进入分液漏斗的气体的体积，从而消除由于加入稀硫酸而引起的测定氢气体积的误差     实验时的温度和压强
【解析】方案一：将镁铝合金与足量NaOH溶液反应，镁不和NaOH溶液反应，铝与NaOH溶液发生反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
方案二：镁铝合金与稀硫酸反应产生氢气，用排水量气法测定氢气的体积，其中氢气通过盛水的试剂瓶时一定要短进长出，利用增大压强的原理将水排入量筒中，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。
方案一：(1)等质量的镁铝合金中，镁的质量分数最小时，铝的质量最大，需要的NaOH溶液的体积最大，则实际需要的NaOH溶液的体积应大于或等于该最大值，假设镁铝合金中镁的质量分数最小为3%，则10.8g镁铝合金样品中含有铝的质量为10.8g×(1-3%)=10.476g，其物质的量为=0.388mol，根据反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，需要清耗的NaOH的物质的量n(NaOH)=n(Al)=0.388mol，其溶液的体积为=0.097L=97mL，故V≥97mL。
(2)过滤后，金属镁的表面会残留偏铝酸钠等物质，如果未洗涤，测得剩余固体的质量将大于镁的实际质量，所测得镁的质量分数将偏高。
方案二：(1)镁铝合金与稀硫酸反应产生氢气，用排水量气法测定氢气的体积，其中氢气通过盛水的试剂瓶时一定要短进长出，利用增大压强的原理将水排入量筒中，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。
(2)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，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的体积等于进入分液漏斗的气体的体积，从而消除由于加入稀硫酸而引起的测定氢气体积的误差。
②气体体积受温度和压强影响，因此若需确定产生氨气的物质的量，还需测定实验时的温度和压强。