铁粉化学式「还原铁粉化学式」
一．选择题（共18小题）
1．（2015•安徽）下列有关说法正确的是（ ）
A． 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B． Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
C． H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥
D． SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
考点：钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥．
分析：A、NaHCO3不稳定，加热易分解；
B、氢氧化铁胶体为红褐色；
C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水．
解答：解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，故A错误；
B、Fe（OH）3胶体为红褐色、透明，不是无色，故B错误；
C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故C正确；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，故D错误，故选C．
点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．
2．（2015•安徽）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（ ）
A． 该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存
B． 该溶液中，Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存
C． 向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20
D． 向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个
考点：钠的重要化合物．
分析：A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；
B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；
C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；
D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可．
解答：解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；
B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；
C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20反应矛盾，故C错误；
D、浓盐酸中Cl由﹣1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D．
点评：本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性．
3．（2015•上海）下列有关物质性质的比较，错误的是（ ）
A． 溶解度：小苏打＜苏打B． 密度：溴乙烷＞水
C． 硬度：晶体硅＜金刚石D． 碳碳键键长：乙烯＞苯
考点：钠的重要化合物；键能、键长、键角及其应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．
分析：A．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
B．卤代烃的密度比水大；
C．原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间．
解答：解：A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；
B．卤代烃的密度比水大，则溴乙烷的密度大于水，故B正确；
C．晶体硅与金刚石都为原子晶体C﹣C＞Si﹣Si，原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大，故C正确；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯＜苯，故D错误．
故选D．
点评：本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律．
4．（2014•广东）生活处处有化学．下列说法正确的是（ ）
A． 制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金
B． 做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
C． 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
D． 磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
考点：金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
专题：化学应用．
分析：A．合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；
B．棉和麻主要成分是纤维素；
C．花生油是植物油是不饱和酯类；
D．蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸．
解答：解：A．"不锈钢是合金"，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；
B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；
C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；
D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误．
故选A．
点评：本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．
5．（2014•上海）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（ ）
A． 过氧化钠B． 氢硫酸C． 硫酸亚铁D． 苯酚
考点：钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质．
专题：元素及其化合物．
分析：根据物质的性质进行分析：
A、过氧化钠和氧气不反应；
B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；
C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；
D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌；
解答：解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；
B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；
C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；
D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误；
故选A．
点评：此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大．
6．（2014•北京）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）
A． KB． NaC． FeD． Al
考点：铝的化学性质．
专题：几种重要的金属及其化合物．
分析：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答．
解答：解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，
故选D．
点评：本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大．
7．（2014•上海）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（ ）
A． 若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+
B． 若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+
C． 若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出
D． 若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出
考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．
专题：元素及其化合物．
分析：FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答．
解答：解：A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；
B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；
C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；
D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；
故选：B．
点评：本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键．
8．（2013•山东）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（ ）
A． 氢氧化钠溶液B． 稀硫酸C． 盐酸D． 稀硝酸
考点：铝的化学性质．
专题：元素及其化合物．
分析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al（OH）4]、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少．
解答：解：设Al为1mol，
A．铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4]，1molAl消耗1molNaOH；
B．铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；
C．铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；
D．硝酸与金属铝反应不生成氢气，
综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，
故选A．
点评：本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意硝酸与铝反应不生成氢气．
9．（2013•江苏）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲
乙
丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A． 若甲为焦炭，则丁可能是O2
B． 若甲为SO2，则丁可能是氨水
C． 若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D． 若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2
考点：无机物的推断．
专题：推断题．
分析：A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 C
CO
CO2；
B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2
NH4HSO3
（NH4）2SO3；
C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；
D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOH
Na2CO3
NaHCO3．
解答：解：A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 C
CO
CO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C
2CO，故A正确；
B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2
NH4HSO3
（NH4）2SO3；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；
C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；
D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOH
Na2CO3
NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；
故选C．
点评：本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．
10．（2012•福建）下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是（ ）
A． 二氧化氮B． 钠C． 硫酸镁D． 二氧化硅
考点：钠的化学性质；铵盐．
专题：压轴题；元素及其化合物．
分析：能和氯化铵反应生成氨气说明该溶液呈碱性，和水反应生成碱的物质即是正确选项，据此分析解答．
解答：解：A、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和氯化铵不反应，所以不符合条件，故A错误．
B、钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，所以符合条件，故B正确．
C、硫酸镁和氯化铵不反应，所以不符合条件，故C错误．
D、二氧化硅和氯化铵不反应，所以不符合条件，故D错误．
故选B．
点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，明确"和氯化铵反应生成氨气的溶液必须是碱性溶液"即可解答本题．
11．（2012•安徽）已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3．向浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
考点：镁、铝的重要化合物．
专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物．
分析：浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．据此结合图象分析．
解答：解：浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．
A、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；
B、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；
C、铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；
D、加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误．
故选：C．
点评：考查铝及化合物的性质、化学反应图象等，根据反应过程判断沉淀与氢氧化钠体积关系，注意纵坐标表示氢氧化铝，不是沉淀的物质的量．
12．（2011•北京）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数（ ）
A． 取a克混合物充分加热，减重b克
B． 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C． 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D． 取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
考点：钠的重要化合物．
专题：压轴题．
分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．
A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
B、根据钠守恒，可列方程组求解；
C、C项应先把水蒸气排除才合理；
D、根据质量关系，可列方程组求解．
解答：解：A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，故A项成立；
B、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，故B项成立；
C、C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，故C项错误；
D、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故D项成立．
故选：C．
点评：本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同．
13．（2011•四川）甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：
①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；
②0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L；
③向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成．
下列结论不正确的是（ ）
A． 甲溶液含有Ba2+B． 乙溶液含有SO42﹣
C． 丙溶液含有Cl﹣D． 丁溶液含有Mg2+
考点：无机物的推断；离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．
专题：推断题．
分析：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，因此甲只能是Ba（OH）2；0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L，说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是NH4HCO3
解答：解：根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl﹣；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D．
点评：本题为推断题，做题时注意题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键．
14．（2010•安徽）图是一稀酸对Fe﹣Cr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是（ ）
A． 稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱
B． 稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3（稀）═Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O
C． Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe﹣Cr合金的腐蚀性最强
D． 随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性减弱
考点：金属腐蚀的化学原理；铁的化学性质．
专题：图示题；压轴题；电化学专题；元素及其化合物．
分析：根据图中的纵横坐标可知，横坐标为Cr含量，纵坐标为金属被腐蚀的反应速率，由图中的曲线变化，硝酸对合金的腐蚀速率随Cr含量增加而变小，硫酸和盐酸对金属的腐蚀速率随随Cr含量增加而变大，但随着Cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱．
解答：解：A、由图可知，铬的含量大于13%时，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸、硫酸弱，故A错误；
B、因硝酸与金属反应生成NO，则稀硝酸和铁反应生成NO，故B错误；
C、不能解释盐酸、硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，故C错误；
D、由图可知，随着Cr含量增加硝酸对合金腐蚀性减弱，故D正确；
故选：D．
点评：本题以图形来考查学生对金属腐蚀的认识，明确图形中的曲线变化趋势及曲线的交点的含有是解答的关键，并能利用金属与酸的反应来分析解答金属的腐蚀．
15．（2010•重庆）下列叙述正确的是（ ）
A． 铝制容器可盛装热的H2SO4
B． AgI胶体在电场中自由运动
C． K与水反应比Li与水反应剧烈
D． 红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3
考点：碱金属的性质；胶体的重要性质；磷；铝的化学性质．
专题：几种重要的金属及其化合物．
分析：A、金属铝可以和硫酸发生反应生成硫酸铝和氢气；
B、胶体具有电泳现象，在电源作用下会发生定向移动；
C、同主族元素从上到下活泼性增强；
D、红磷在过量的氯气中燃烧生成五氯化磷．
解答：解：A、金属铝可以和硫酸发生反应生成硫酸铝和氢气，铝制容器不可盛装热的H2SO4，故A错误；
B、碘化银胶体具有电泳现象，在电场作用下会发生定向移动，故B错误；
C、同主族元素从上到下活泼性增强，所以金属钾的活泼性强于金属锂，K与水反应比Li与水反应剧烈，故C正确；
D、红磷在过量的氯气中燃烧生成五氯化磷，在少量的氯气中燃烧生成三氯化磷，故D错误．
故选C．
点评：本题考查学生物质的性质知识，可以根据所学知识来回答，注意知识的梳理和归纳是关键，难度不大．
16．（2010•湖北）下列叙述正确的是（ ）
A． Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2
B． 将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
C． 将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀
D． 将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu
考点：碱金属的性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．
专题：氧族元素；氮族元素；金属概论与碱元素．
分析：A、锂的性质不同于钠，与镁的性质相似；
B、碳酸的酸性比次氯酸强，反应可以发生；
C、根据盐酸和亚硫酸的酸性强弱判断反应能否进行；
D、在溶液中发生离子反应，生成氢氧化铜沉淀．
解答：解：A、锂在空气中燃烧生成氧化锂，故A错误；
B、碳酸的酸性比次氯酸强，反应可以发生，故B正确；
C、盐酸的酸性比亚硫酸强，将SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3沉淀，故C错误；
D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀，而在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜，故D错误．
故选B．
点评：本题考查物质的性质，涉及锂的性质、盐酸和亚硫酸的酸性强弱、碳酸和次氯酸的酸性强弱以及氨气和硫酸铜溶液的反应，本题难度不大，注意D选项为易错点．
17．（2010•上海）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1mol•L﹣1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成．下列判断正确的是（ ）
A． 甲中沉淀一定比乙中的多
B． 甲中沉淀可能比乙中的多
C． 甲中沉淀一定比乙中的少
D． 甲中和乙中的沉淀可能一样多
考点：两性氧化物和两性氢氧化物；有关范围讨论题的计算．
专题：压轴题．
分析：根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同
pH的两溶液中的溶质一水合氨大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多．
解答：解：因氨水和NaOH溶液中，各加入10mL 0.1mol•L﹣1 AlCl3溶液，生成氢氧化铝沉淀，但氨水为弱电解质，部分电离，氢氧化钠为强电解质，完全电离，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中的溶质一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量；
当两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，所以甲中沉淀比乙中的多；
当氨水过量，氢氧化钠不足时，甲中生成的氢氧化铝的物质的量=10mL×10﹣3L/mL×0.1mol•L﹣1=0.001mol，乙中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中多；
氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；
氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，甲中生成的氢氧化铝为0.001mol，乙中生成的0.001mol氢氧化铝部分溶于过量的氢氧化钠，所以甲中沉淀比乙中多．
故选：BD．
点评：此题考查了元素化合物知识，此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法．
18．（2010•广东）对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（ ）
A． 实验1：液体分层，下层呈无色
B． 实验2：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解
C． 实验3：试管中颜色变为红色
D． 实验4：放一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体
考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氨的实验室制法；镁、铝的重要化合物；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；分液和萃取．
专题：压轴题；物质的性质和变化专题；化学实验基本操作．
分析：A、根据萃取的原理来回答；
B、根据可溶性的铝盐和氨水反应的情况以及氢氧化铝不溶于弱碱的性质进行分析；
C、根据三价铁离子与硫氰酸钾发生反应的现象来回答；
D、根据氧化钙的吸水性和饱和硫酸铜溶液失水后的变化来分析；
解答：解：A、四氯化碳和水互不相溶且四氯化碳的密度比水大，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，故溶液分层，下层为溶有碘的四氯化碳，显紫色，故A错误；
B、生成的氨气溶于水形成氨水，和氯化铝反应生成白色沉淀且不溶于氨水中，故B错误；
C、铁离子遇硫氰酸根显红色，常用硫氰酸钾检验铁离子的存在，故C正确；
D、氧化钙有吸水性，使硫酸铜饱和溶液中的水减少，故析出晶体，故D正确．
故选CD．
点评：本题以实验装置的形式考查了学生对基本知识的掌握，是一道形式新颖的题目．
