高中化学-一轮复习-金属和非金属计算题专项训练(含解析)(DOC 12页).doc

1、高中化学 一轮复习金属与非金属计算专项训练（含解析）1、有一金属混合物7.5g，加入足量的稀硫酸中，放出气体在标准状况下体积为5.6L。则此金属混合物可能是（ ） AZn和Fe BMg和Al CMg和Cu DZn和Al5.6L就是0.25mol,那么金属如果是+2价的那么金属的物质的量是0.25mol它的平均相对原子质量就是7.5/0.25=30也就是两个物质的相对原子质量一个必须大于30,另一个必须小于30,且小于30的那个必须要可以和酸反应A Zn,65和 Fe,56,不对B Mg,24和 Al,18,不对,Al是+3价的,所以不能看成27,要看成18C Mg,24和 Cu,64,可以D

2、Zn,65和 Na,46,不对,Na是+1价的,所以不能看成23,要看成46答案是C2、有一金属混合物4g，与足量的氯气反应后，固体质量增重7.1g，则金属混合物的组成可能是（ ） AZn和Cu BFe和Al CMg和Fe DZn和Al试题分析：两种金属的混合物共4克，与足量氯气反应后，固体增重7.1克为参加反应的氯气，物质的量为0.1mol。另取4克该金属混合物，投入到足量盐酸中，产生2.24L（标准状况）H2，物质的量为0.1mol，在两反应中，4g金属都提供0.2mol电子，结合金属与氯气、盐酸反应金属的化合价判断。Cu、Al都能与氯气反应，但Cu不能与盐酸反应，相同质量的二者混合物与氯

3、气反应，金属提供的电子大于与盐酸反应提供的电子，故不可能；Mg、Fe都与氯气反应，但铁与氯气反应表现+3价，Mg、Fe都与盐酸反应，但铁表现+2价，相同质量的二者混合物与氯气反应，金属提供的电子大于与盐酸反应提供的电子，故不可能；Zn，Al都能与氯气、盐酸反应，金属在不同的反应中表现的化合价相同，相同质量的二者混合物与氯气反应，金属提供的电子等于与盐酸反应提供的电子，故可能；Mg，Zn都能与氯气、盐酸反应，金属在不同的反应中表现的化合价相同，相同质量的二者混合物与氯气反应，金属提供的电子等于与盐酸反应提供的电子，故可能，因此答案选A。3、将一定质量的镁、铝合金投入100 mL一定物质的量浓度的

4、HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5 molL-1NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积关系如下图。求：（1）原合金中Mg、Al质量各是多少？ （2）盐酸的物质的量浓度。（1）Mg、Al的质量分别为4.8 g、2.7 g。（2）盐酸的物质的量浓度为8 molL-1（1）由图知：沉淀先生成后溶解的是Al（OH）3，质量是（19.4-11.6） g=7.8 g，即0.1 mol，对应的铝也是0.1 mol，质量是2.7 g。其余的11.6 g沉淀应为Mg（OH）2，物质的量为0.2 mol，对应的镁也是0.2 mol，质量是4.8 g。（2）溶解金属消耗的盐酸是0.1 m

5、ol3+0.2 mol2=0.7 mol剩余的盐酸消耗了 20 mL 5 molL-1NaOH溶液，物质的量是5 molL-10.02 L=0.1 mol，所以盐酸总的物质的量是0.7 mol+0.1 mol=0.8 mol，可得盐酸的物质的量浓度c=0.8 mol/0.1 L=8 molL-1。解：Mg、Al在整个反应中的变化过程为：Mg MgCl2 Mg（OH）2 Al AlCl3Al（OH）3 NaAlO224 g 1mol 58g 27 g 1 mol 78 gm（Mg） n（MgCl2） 11.6 g m（Al） n（AlCl3） 19.4 g-11.6 gm（Mg）=4.8 gn（

6、MgCl2）=0.2 mol m（Al）=2.7 g n（AlCl3）=0.1 mol根据Cl-守理可得：n（HCl）=n（Cl-）=n（MgCl2）2+n（AlCl3）3+0.1 mol=0.2 mol2+0.1 mol3+0.1 mol=0.8 molc（HCl）=8 molL-14、10g某物质燃烧后的产物通过足量的Na2O2，Na2O2的质量增加了10g，则原物质不可能是（ ） AH2 BCO CC2H5OH DCH3COOH在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2发生反应：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，对生成物变式：Na

7、2CO3Na2O2CO，2NaOHNa2O2H2，固体增加的质量相当于CO和H2的质量；10g某物质完全燃烧后的产物通过足量的Na2O2粉末，Na2O2的质量增加了10g，说明10g物质的组成符合相当于CO和H2的物质燃烧后的生成产物，通过足量过氧化钠时增重10g；A、C2H5OH，分子式为C2H6O可以写成COH6C，燃烧后生成的二氧化碳和水蒸气通过足量过氧化钠后增重大于10g，故A选；B、H2燃烧产物水通过过氧化钠后增重为H2的质量，故B不选；C、CH3COOH分子式写成C2H4O2，可以写成（CO）2（H2）2，燃烧生成的水和二氧化碳通过过氧化钠后增重为物质的质量，故C不选；D、CO燃烧

8、产物二氧化碳通过过氧化钠后增重的质量为一氧化碳的质量，故D不选；故选A二、 少量Na2O2与CO2和H2O混合气体的计算 少量Na2O2与CO2和H2O蒸汽反应时，应先考虑Na2O2与CO2反应，若Na2O2有余再考虑与H2O 反应5、 等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的8/9（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为A3：4：1 B3：3：2 C6：7：3 D6：9：0设反应前混合气各是1mol，则反应后混合气的物质的量是8/3mol。即气体的物质的量减少了1/3mol，所以根据方程式2CO22Na2O2=2NaCO3O2可知，参加反应

9、的CO2是2/3mol，生成氧气是1/3mol，所以这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为14/31/3341，答案选A。6、 在标准状况下，将CO2和CO的混合气体（密度为10/7g/L），充满一盛有足量Na2O2的密闭容器中（容积为22.4L），用不间断的电火花引发至充分反应，反应完全后关于容器里的存在物质，下列说法正确的是A.有0.125molO2 B.有0. 5molCO C.有2molNa2CO3 D.有0.25mol Na2CO3故选B7、1.92 g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672 mL 气体，将盛有此气体的容

10、器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为( )A504 mL B336 mL C224 mL D168 mL 试题分析：1.92gCu的物质的量为n（Cu）1.92g64g/mol0.03mol，反应时失去电子数目为20.03mol0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）0.06mol40.015mol，V（O2）0.015mol22400ml/mol336ml，所以通入O2的体积为336ml，

11、故答案选B。8、某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的金属阳离子是 （ ）ANH4+BMg2+CFe2+DAl3+Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子中，若向其中加入过量的NaOH溶液，发生反应有：Mg2+2OH-=Mg（OH）2，Al3+3OH-=Al（OH）3，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，Fe2+2OH-=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3分析：NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe

12、（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答解答：解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2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Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，故选AC9、若在200 mL 0.5 mol L1的Al2(SO4)3溶液中加入2 mol L1的NaOH溶液，可得到7.8 g Al(OH)3沉淀，则NaO

13、H溶液的体积为_mL。200ml 0.5mol/L的Al2(SO4)3,对应的Al元素应该是0.2mol如果完全生成Al(OH)3沉淀的话,就应该是78*0.2=15.6克题目只生成了7.8克,也就是说,你可以加完全反应时一半的NAOH就可以了这就是答案一至于答案二,如果我们先使Al2(SO4)3的Al全部变成Al(OH)3那么此时就有15.6克,此时再加入NaOH,则Al(OH)3中的一部分就会变成偏铝酸根,沉淀自然就会减少,直到减少到7.8,也就是答案二了我实在没有算,但是根据你的答案一我能告诉你答案二如何轻松得到答案一150ml,答案二350ml换句话说,0.1molAl离子对应150m

14、lNaOH（注意：在生成Al(OH)3的方程式中,Al2(SO4)3和NaOH的系数比是1：3）,0.2molAl离子对应300mlNaOH（此时已经是完全沉淀）,我们再继续加入NaOH,在生成偏铝酸根的方程式中,Al2(SO4)3和NaOH的系数比是1：4,因为开始我们已经加了3份NaOH（300ml）,此时若再加入1份,那么沉淀就会完全消失,所以就只需要0.5份NaOH了（沉淀只消失一半）0.5*100=50ml,再加上刚才使Al2(SO4)3完全沉淀的300ml,50+300 150/35010、将100mL0.6mol/L氯化铝溶液跟0.4mol/L苛性钠溶液混合后，得到3.9gAl(

15、OH)3沉淀，此时消耗苛性钠溶液的体积是（ ）A. 250mLB. 375mLC. 475mLD. 500mL分析：AlCl3和NaOH反应与NaOH的量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2，现AlCl3的物质的量为0.06mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为4.68g，现沉淀质量为3.9g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2解答：解：现AlCl3的物质的量为0.06mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为4.68g，现沉淀质量为3.9

16、g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，n（Al（OH）3）=第 14 页 共 14 页3.9g78g/mol=0.05mol，若碱不足，由Al3+3OH-Al（OH）3可知，NaOH的物质的量为0.05mol3=0.15mol，加入NaOH溶液的体积为0.15mol0.4mol/L=0.375L，即375mL；沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由 Al3+3OH-Al（OH）3 0.06mol 0.18mol 0.06molAl（OH）3+OH-AlO2-+2H2O（0.

17、06-0.05）mol （0.06-0.05）mol则消耗的碱的物质的量为0.18mol+（0.06-0.05）mol=0.19mol，加入NaOH溶液的体积为0.19mol0.4mol/L=0.475L，即475mL；答：NaOH溶液的体积可能375mL或475mL点评：本题考查铝的计算，题目难度中等，本题的解答关键是根据100mL0.6mol/L的AlCl3溶液、1mol/L的NaOH溶液，以及3.9g沉淀，结合反应的有关方程式计算11、 现有200 mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c(Mg2+)=0.2mol/L，c(Cl-)=1.3mol/L，要使Mg2+转化为Mg(OH)2

18、，并使Mg2+与Al3+分离开，至少需要4 mol/L的NaOH溶液的体积为A. 140mL B. 120mL C. 100mL D. 80mL试题分析：要使Mg2+转化为Mg(OH)2，并使之与Al3+分开，则铝离子应该生成偏铝酸钠，即有关的方程式是Al34OH=AlO22H2O、Mg22OH=Mg(OH)2。氯离子和镁离子的物质的量分别是0.26mol和0.04mol，则根据溶液的电中性可知，铝离子的物质的量是（0.26mol0.04mol2）30.06mol，所以根据方程式可知，至少消耗氢氧化钠的物质的量是0.06mol40.04mol20.32mol，所以氢氧化钠溶液的体积是0.32m

19、ol2mol/L0.16L160ml，答案选A。点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题综合性强，侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是首先根据电荷守恒得出铝离子的物质的量，然后在明确反应的原理的基础上，直接列式计算即可。12、将5.1 g镁和铝投入500 ml 2 mol/L的盐酸中，生成氢气0.5 g，金属完全溶解：再加入4 mol/L的NaOH溶液，(1)若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是（ ） A. 200 ml B. 250 ml C. 425 ml D. 560 ml (2) 生成沉淀的

20、质量最多是（ ） A. 22.1 g B. 8.5 g C.10.2 g D. 13.6 g（1）试题分析：镁铝和盐酸反应，金属完全溶解，所以盐酸过量，全部转化为Mg2+、Al3+和H+。在溶液里和Cl-电荷守恒。在加入氢氧化钠，要是沉淀最多即所有的氯离子全部被OH-取代。故而有500*20=40V，V=250ml。（2）镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，设Mg、Al的物质的量分别为x、y，则24x+27y5.10.522x+3y2(10)解得x=y=0.1mol，氯化镁和氯化铝分别与NaOH溶液反应的方程

21、式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，此时生成沉淀最多，沉淀的质量为0.1mol78g/mol+0.1mol5.8g/mol=13.6g，故选D（三）电荷守恒的运用13、将K2SO4和Al2(SO4)3和KAl(SO4)2三种混合溶液加H2SO4酸化。测得C(SO42- )=0.105 mol/L，C(Al3+)=0.055 mol，pH=2.0(假设H2SO4完全电离为H+和SO42- )，则C（K+）为： A. 0.045 mol/L B. 0.035 mol/L C. 0.055 m

22、ol/L D. 0.040 mol/Lc(K+)+c(H+)+3c(Al3+)=2c(SO4 2-)ph知道了,所以H+知道了,又知道了c(so4 2-)和c(Al3+).所以很好求 B 14、在aL Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3的浓度(mol/L)为( ) A B C D 15、一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 ml 2 mol/L的硝酸溶液，反应完全后，生成1.12L NO气体(标准状况下)，再加入1 mol/L的NaOH溶液，要使铁元素完全

23、沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少为（ ）A 450 ml B 500 ml C 400 ml D 不能确定 当所加入的NaOH恰好使铁元素沉淀，且使反应溶液呈中性，此时溶液为硝酸钠溶液，根据N元素守恒可求出NaOH的量n（NaOH）=n（NO3-）=n（HNO3）-n（NO）=0.25L2mol/L-1.12L22.4L/mol=0.45mol，所以V（NaOH）=0.45mol1mol/L=0.45L，即450ml， 16、向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物投入100 ml 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 ml（标准状况）的气体，所得溶液中，加入KSCN溶

24、液无血红色出现，若用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得铁的质量为（ ）A 11.2 g B 5.6 g C 2.8 g D 无法计算 17、向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100 ml 2.2 mol/L的硫酸溶液中，充分反应后生成896 ml标准状况下的气体，得不溶物1.28 g，过滤后，溶液中阳离子只有Fe2+。向滤液中加入2 mol/L的NaOH溶液，加至40 ml时开始出现沉淀，则滤液中FeSO4的物质的量浓度为（设滤液体积为100 ml） ( )A 2 mol/L B 1.8 mol/L C 1.9 mol/L D 无法计算Fe + H2SO4 = FeSO4

25、+ H20.04mol 0.04mol 0.04mol 0.04molCuO + H2SO4 = CuSO4 + H2O Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.02mol硫酸总量=100*2.2/1000= 0.22mlH2SO4 + 2NaOH = Na2SO4 + 2H2O0.04mol 0.08mol所以,与Fe2O3反应的H2SO4的量=0.22-0.04-0.02-0.04=0.12mol得由Fe2O3反应得到的Fe2SO4为0.12mol所以未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4的物质的量浓度为=(0.04+

26、0.02+0.12)/(100/1000)=1.8 molL118、将4.6 g Cu和Mg完全溶于浓硝酸溶液中，反应中硝酸的还原产物为4480 ml NO2气体和336 ml N2O4气体(标准状况下)，反应后的溶液中，加入过量NaOH溶液，生成沉淀的质量为 ( )A 9.02 g B 8.51 g C 8.26 g D 7.04 g19、同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是NO和NO2，NO2和O2，NH3和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是 （ ）A V1V2V3 B V1V3V2

27、 C V2V3V1 D V3V1V220、标准状况下，在一不规则的玻璃容器内充满NO2气体后，将其倒置于水槽中，假设容器中的物质不扩散至容器外，则充分反应后容器中所得溶液的物质的量浓度近似为A1.0molL1 B0.045molL1 C0.020molL1 D0.12molL121、 用10mL的0.1mol/LBaCl2溶液恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化成硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是 A. 322 B. 123 C. 133 D. 31122、10mLNO、CO2的混合气体通过足量的Na2O2后，气体的体积变为5mL（相同状况），则C

28、O2和NO的体积比不可能为A.11B.21 C.32D.1223、将22.4 L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积变为11.2 L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（ ） A.NO2 B.N2O2 C.N2O D.N2O424、某溶液中Cl、Br、I三者个数之比是1:2:3，通入一定量的Cl2，当反应完成后，该比值变为3:2:1，则反应的Cl2与原溶液中I的个数之比是 （ ）A1:2 B1:3 C1:4 D1:625、（2002广东12）在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之

29、比为（ ）A.111 B.221 C.231 D.43226、实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量比2:1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4溶液，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为 （ ） A Cl2 B Cl2O C ClO2 D Cl2O327、已知Cl2与NaOH溶液反应产物有NaClO、NaClO3、NaCl，若生成的NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，则被氧化与被还原的氯元素的物质的量之比为（ ）A5：1 B1：5 C5：9 D. 9：528、将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol

30、/L盐酸中,充分反应后生896mLH2(标准状况),残留固体1.28g.过滤,滤液中无Cu2+.将滤液加水稀释到200mL,测得其中c(H)为0.400mol/L.则原混合物中单质铁的质量是A2.24g B3.36g C5.60g D10.08g29、向100mL0.5mol/L的硫酸铝溶液中加入1.5mol/L的KOH溶液,要得到3.12g氢氧化铝白色沉淀时需要KOH溶液的体积是A80mL或240mL B150mL C80mL或150mL D60mL或150mL30、已知某硫酸、硫酸亚铁、硫酸铁混合液100ml各阳离子相等,硫酸根离子的总物质的量浓度是9mol/L,此溶液中还可溶解的铁粉的质

31、量为A11.2g B16.8g C33.6g D5.6g31、现有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物,将它完全溶解在540mL2.00molL1的H2SO4溶液中,收集到标准状况下的气体8.96L.已知混合物中,Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259.欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀,至少应加入2.70molL1的NaOH溶液体积是：A.600 B.300 C.800 D.90032、蛇纹石由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成.现取一份蛇纹石试样进行实验,首先将其溶于过量的盐酸,过滤后,得到沉淀X和

32、滤液Y.下列叙述正确的是A沉淀X的成分是SiO2 B从蛇纹石组成看,其成分皆是碱性氧化物C溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe2+、H+D在溶液Y中加入过量的氨水,过滤得到的沉淀的成分是Fe(OH)3和Mg(OH)233、在配制一定量含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的无土栽培营养液时,若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制,三者的物质的量依次是（单位为mol） A2、64、24 B16、50、24 C32、50、12 D64、2、2434、对于反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2,下列措施不能增大氢气生成速率的是A只使用18.4

33、molL-1的硫酸 B升高溶液的温度C向溶液中加入少量铜粉 D把锌块（片）换成锌28、选C盐酸开始时0.44mol,跑出去氢气0.04mol.也就是跑出去0.08molH,溶液中Cl-还剩下0.36mol结束时,氢离子剩下0.08mol,所以可知 溶液中以金属盐形式存在的Cl-还剩下0.28mol过滤时溶液中没有cu2+,说明cu全部存在于沉淀中,既然有cu存在而无cu2+,那么溶液中也就没有Fe3+,所以溶液中全部都是H+和Fe2+而以金属盐存在的Cl-是0.28mol所以Fe2+有0.14mol那这Fe2+怎么来的呢 两个来源 1.铁与铜离子反应2.三价铁和铁反应因为最后时有酸剩余 所以沉

34、淀中只有铜 n=1.28/64=0.02mol 所以和铁与铜离子反应中消耗铁为0.02mol,生成的Fe2+为0.02mol,所以三价铁与铁反应生成的二价铁为0.12mol根据方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+可知三价铁反应掉的铁为0.04mol最后,生成氢气0.04mol,所以被盐酸消耗的铁为0.04mol+=0.1mol所以mFe=0.156=5.6g选C29、选AAl3+有0.1mol 3.12gAl(OH)3为0.04mol首先,如果生成沉淀时KOH没有过量Al3+ +3OH- =Al(OH)3nOH-=nAl(OH)3=0.12molV=0.12/1.5=0.08L=80ml如果KO

35、H过量,已经达到沉淀后又溶解掉一部分沉淀最大量为0.1molAl(OH)3,实际量为0.04mol,说明溶解掉的量为0.06mol因为Al(OH)3+OH-=AlO2-+H2O 所以消耗OH-为0.06mol达到最大量时消耗OH-为0.3mol所以共消耗0.3+0.06=0.36mol所以V=0.36/1.5=0.24L=240ml所以A30、选B硫酸根总物质的量为9*0.1=0.9mol因为溶液中的阳离子有H+,Fe2+,Fe3+,因为他们的浓度都是a,根据电子守恒a+2a+3a=20.9解得a=0.3铁粉还可以被H+和Fe3+溶解被H+溶解的铁为 Fe+2H+=H2+Fe2+ nFe=0.

36、5nH+=0.15mol被三价铁溶解的铁为Fe+2Fe3+=3Fe2+ nFe=0.5nFe3+=0.15mol所以一共可溶解0.15+0.15=0.3mol铁粉 0.356=16.8g 选B31、这种题可以根据原子守恒来解决,欲使溶液中的金属阳离子恰好完全转化为氢氧化物沉淀,那么此时溶液就只剩下Na2SO4根据 Na 原子守恒和 SO 守恒得如下关系：2NaOH Na2SO4H2SO4则：n(NaOH) = 2n(H2SO4)c(NaOH)V NaOH(aq) = 2c(H2SO4)V H2SO4(aq)V NaOH(aq)=800ml32、金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸

37、，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等A、沉淀X的成分是SiO2，故A正确；B、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，故B正确；C、蛇纹石成分中能溶于盐酸的有MgO、A12O3、Fe2O3，MgO、Fe2O3是碱性氧化物，不溶的SiO2是酸性氧化物，A12O3是两性氧化物，故C错误；D、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉

38、淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，滤液和沉淀中各含两种金属元素，故D正确故选C33、由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中的离子的物质的量相同，营养液中离子的物质的量分别为：n（NH4+）=50mol，n（Cl-）=66mol，n（K+）=64mol，n（SO42-）=24mol，根据硫酸根离子守恒可知，需要n（NH4）2SO4=24mol，再由铵根离子守恒得n（NH4Cl）=50mol-24mol2=2mol，由氯离子守恒，则n（KCl）=66mol-2mol=64mol，故选B34、A浓硫酸与锌反应生成二氧化硫，不生成氢气，故A选；B升高温度，活化分子数目增多，反应速率增大，故B不选；C向溶液中加入少量铜粉，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D固体表面积增大，反应速率增大，故D不选故选A