单元达标卷三高一化学单元专题阶段检测卷人教版必修第一册.docx
《单元达标卷三高一化学单元专题阶段检测卷人教版必修第一册.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《单元达标卷三高一化学单元专题阶段检测卷人教版必修第一册.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
单元达标卷三高一化学单元专题阶段检测卷人教版必修第一册
第15周单元达标卷三
第三章 铁金属材料
一、选择题：
本题共16个小题，每小题3分，共48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．下列物质中，不属于金属材料的是（）
A．黄铜B．硬铝C．不锈钢D．金刚石
【答案】D
【解析】A．黄铜是由铜和锌组成的合金，属于金属材料，故不选A；
B．硬铝是指铝合金中以Cu为主要合金元素的一类铝合金，属于金属材料，故不选B；
C．不锈钢是由铁、铬、碳及众多不同元素所组成的合金，属于金属材料，故不选C；
D．金刚石是有碳元素组成的一种单质，属于非金属，故选D。
选D。
2．碲锌镉（Te—Zn—Cd）晶体可以用于制造红外探测器的基础材料，下列有关它的叙述错误的是（）
A．它是由Te、Zn、Cd按一定比例熔合而成的，无固定的熔、沸点
B．它的硬度比Cd的大
C．它的熔沸点比Zn的低
D．它的硬度比Zn的大
【答案】A
【解析】A．依据题干材料可知，碲锌镉（Te-Zn-Cd）晶体是由Te、Zn、Cd按一定比例熔合而成具有金属特征性质的晶体，由于晶体的周期性，所有相同的结构均被破坏，在所有结构被破坏前，晶体温度不会升高，因此有固定熔点，故A错误；
B．合金的硬度和强度大于成分金属，故B正确；
C．碲锌镉是金属合金，合金的熔沸点低于成分金属的熔点，它的熔沸点比Zn的低，故C正确；
D．合金的硬度和强度大于成分金属，故D正确。
答案选A。
3．下列说法正确的是
A．用来制造储存氢气所用钢瓶的合金是储氢合金
B．不锈钢是最常见的新型合金
C．新型合金主要应用于航天航空﹑生物工程等领域
D．碳纤维复合材料属于新型合金材料
【答案】C
【解析】A．储氢合金是指一类能够大量吸收
，并与
结合成金属氢化物的材料，故A错误；
B．不锈钢属于铁合金，故B错误；
C．新型合金有质量轻、耐腐蚀、强度高等优点，是用于航空和舰艇的理想材料主要应用于航天航空﹑生物工程等领域，故C正确；
D．合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物，碳是非金属元素，碳纤维主要由碳元素组成，不属于合金，故D错误；
答案选C。
4．一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是
A．钾B．镁C．铁D．铜
【答案】C
【解析】A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；
B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；
C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；
D.铜和水不反应，故D不选。
故选C。
5．（2020·河北深州市中学高一期末）下列关于金属铝的叙述不正确的是（）
A．铝是地壳中含量最多的金属元素
B．铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性
C．铝箔在空气中用酒精灯加热可以熔化，且发生剧烈燃烧
D．铝箔在空气中用酒精灯加热可以观察到铝熔化了但并不滴落。
【答案】C
【解析】A、根据地壳中元素含量，Al是地壳中含量最多的金属元素，故A说法正确；
B、铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现为还原性，故B说法正确；
C、铝箔在空气中用酒精灯加热，迅速在外层产生致密的氧化薄膜，对内部的铝起到保护作用，氧化铝的熔点高于Al，因此现象是熔化而不滴落，故C说法错误；
D、根据选项C的分析，故D说法正确；
答案选C。
6．既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是（）
①Na②NaHCO3③Al2O3④Mg（OH）2⑤Al（OH）3
A．①②③⑤B．①④⑤C．②③⑤D．①③④
【答案】C
【解析】①Na只能与盐酸发生置换反应；②NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；③Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；④Mg（OH）2只能与盐酸发生酸碱中和；⑤Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；故既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是NaHCO3、Al2O3、Al（OH）3，选②③⑤，答案选C。
7．下列说法正确的是
A．铁与酸反应一定生成盐和氢气
B．铁与氯气反应的产物与二者的量有关
C．铁的氧化物属于金属氧化物，也属于碱性氧化物
D．铁与水蒸气在高温下的反应属于置换反应，故其一定是氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．铁与硝酸反应生成硝酸盐和氮的氧化物，故A错误；
B．铁与氯气反应的产物与二者的量无关，只生成氯化铁，故B错误；
C．铁的氧化物属于金属氧化物，但Fe3O4不属于碱性氧化物，故C错误；
D．铁与水蒸气在高温下的反应属于置换反应，有化合价变化，因此其反应一定是氧化还原反应，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．下列金属长期露置在空气中，最终生成物所属物质种类相同的是
A．Na和AlB．Na和MgC．Mg和AlD．Na和Fe
【答案】C
【解析】A.Na长期露置在空气中，最终生成物为Na2CO3，Al长期露置在空气中，最终生成物为氧化铝，生成物种类不同，A不符合题意；
B.Na长期露置在空气中，最终生成物为Na2CO3，Mg长期露置在空气中，最终生成物为氧化镁，生成物种类不同，B不符合题意；
C.Mg长期露置在空气中，最终生成物为MgO，Al长期露置在空气中，最终生成物为氧化铝，生成物种类相同，C符合题意；
D.Na长期露置在空气中，最终生成物为Na2CO3，Fe长期露置在空气中，最终生成物为铁锈，生成物种类不同，D不符合题意；
答案选C。
9．下列是实验室以硫铁矿为原料制取硫酸亚铁溶液的实验装置，进一步制取Fe2O3的部分操作过程中能达到实验目的的是
A．
配制1mol/L的稀硫酸B．
分离硫酸亚铁溶液和不溶性杂质
C．
保存硫酸亚铁溶液D．
灼烧氢氧化铁沉淀
【答案】B
【解析】A．浓硫酸应该在烧杯中稀释，冷却后再转移至容量瓶中，A错误；
B．过滤操作合理，B正确；
C．保存硫酸亚铁溶液应该放在细口瓶中，不能放在广口瓶中，C错误；
D．灼烧氢氧化铁在坩埚中进行，不能使用蒸发皿，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握固体的称量、实验基本操作、混合物分离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
选项C是解答的易错点，注意液体或溶液一般放在细口瓶中，固体药品一般放在广口瓶中，注意二者的区别。
10．下列离子检验的方法正确的是（ ）
A．某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有
B．某溶液中加入KSCN溶液，生成红色溶液，说明原溶液中含有Fe3+
C．某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有Cl-
D．某溶液中加入过量NaOH，生成白色沉淀，说明原溶液中含有Al3+
【答案】B
【解析】A．某溶液中加入BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则原溶液中可能含有
，也可能含有Ag+，A错误；
B．若某溶液中加入KSCN溶液，生成红色溶液，说明原溶液中含有Fe3+，B正确；
C．某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，则原溶液中可能含有Cl-，也可能含有
等离子，C错误；
D．某溶液中加入过量NaOH，若生成白色沉淀，则原溶液中可能含有Mg2+，由于Al（OH）3是两性氢氧化物，能够与NaOH反应产生可溶性物质，因此该溶液中不可能含有Al3+，D错误；
故答案是B。
11．（2020·伊美区第二中学高一月考）Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。
它们的单质及其化合物之间有很多转化关系。
下表所列物质不能按如图（“→”表示一步完成）关系相互转化的是
选项
A
B
C
D
a
Na
Al
Fe
Cu
b
NaOH
Al2O3
FeCl3
CuO
c
NaCl
Al（OH）3
FeCl2
CuCl2
【答案】B
【解析】A．Na溶于水生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解熔融的NaCl生成金属Na，A不符合题意；
B．Al与O2化合生成Al2O3，Al2O3不能直接转化为Al（OH）3，另外Al（OH）3也不能直接转化为Al，B符合题意；
C．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2被Zn置换生成Fe，C不符合题意；
D．Cu与O2化合生成CuO，CuO与稀盐酸反应生成CuCl2，CuCl2与Fe发生置换反应生成Cu，D不符合题意。
答案选B。
【点睛】本题考查重要金属及其化合物的转化，属于基础知识，学习过程中应重视落实，形成知识体系，做到熟练答题。
12．下列离子方程式书写正确的是（）
A．铝粉投入到NaOH溶液中：
2Al＋2OH-=2AlO2-＋H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：
Al3+＋3OH-=Al（OH）3↓
C．向Al（OH）3沉淀中滴加盐酸：
Al（OH）3＋3H+=Al3+＋3H2O
D．三氯化铁溶液中加入铜粉：
Fe3＋＋Cu=Fe2＋+Cu2+
【答案】C
【解析】A.铝粉投入到NaOH溶液中：
2Al＋2OH¯+2H2O=2AlO2¯＋3H2↑，A项错误；
B.AlCl3溶液中加入足量的氨水：
Al3+＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，B项错误；
C.向Al（OH）3沉淀中滴加盐酸：
Al（OH）3＋3H+=Al3+＋3H2O，C项正确；
D.三氯化铁溶液中加入铜粉：
2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋+Cu2+，D项错误；
答案选C。
13．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）
A．AlB．Al（OH）3C．AlCl3D．Al2O3
【答案】A
【解析】根据方程式可知Al～NaOH、Al（OH）3～NaOH、AlCl3～3NaOH、Al2O3～2NaOH。
则m（Al）：
m（NaOH）=27：
40；m[Al（OH）3]：
m（NaOH）=78：
40；m（AlCl3）：
m（NaOH）=33.375：
40；m（Al2O3）：
m（NaOH）=51：
40；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。
故选A。
14．（2020·武汉外国语学校高一期末）将Cu片放入0.1mol·L－1FeCl3溶液中，反应进行一定时间后，取出Cu片，测得溶液中c（Fe3＋）︰c（Fe2＋）=2︰3，则此时溶液中Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为
A．3︰2B．3︰5C．3︰4D．4︰
3
【答案】C
【解析】【分析】反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，根据反应的离子方程式计算。
【详解】设有生成xmolFe2+，
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
221
xx
x
反应后c（Fe3+）：
c（Fe2+）=2：
3，则n（Fe3+）=
n（Fe2+）=
mol；由方程式可知：
生成的Cu2+的物质的量为
x，所以反应后的溶液中：
n（Cu2+）：
n（Fe3+）=
xmol：
mol=3：
4；
答案选C。
【点睛】本题既考查了化学方程式的有关计算，同时又考查了Fe3+的氧化性，解题的关键是正确书写出化学反应方式，题目难度不大。
15．（2020·黑龙江双鸭山一中高一期末）将一定质量的镁和铝混合物投入200mL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9g
B．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5mol·L－1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L
【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【详解】
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÷0.04L=5mol•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。
16．（重庆市七校（渝北中学、求精中学）2019-2020学年高一上学期期末联考）将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法正确是（）
A．Oa段反应的离子方程式只有：
H++
=H2O+CO2↑
B．O点溶液中所含溶质为NaHCO3、Na2CO3
C．b点产生CO2的体积为44.8L
D．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L
【答案】D
【解析】A．Na2CO3与盐酸的反应是分步进行的：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：
1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，则Oa段反应的离子方程式有：
H++OH-=H2O， H++
=H2O+CO2↑，A错误；
B．Na2CO3与盐酸的反应分步进行：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：
1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，B错误；
C．缺少反应条件，不能判断气体的体积大小，C错误；
D．加入5molHCl生成二氧化碳体积达到最大值，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mol，由于溶液的体积是2L，则c（NaOH）=
=2.5mol/L，D正确；
故答案是D。
二、非选择题（52分）
17．（10分）阅读材料，回答下列问题。
材料：
近年来，科技人员研究得到一种新型材料——泡沫铝。
它是把发泡剂加到熔融铝合金中制成的。
其优点是硬度高，密度小（约为0.16～0.5g/cm3），比木材还轻，可浮于水面，又有很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，近几年可大批量投放市场．
（1）下列关于泡沫铝的说法错误的是________；
A．泡沫铝即是铝单质泡沫
B．泡沫铝是一种合金
C．泡沫铝是一种优质的建筑材料和轻质材料
D．泡沫铝可用于飞机制造
（2）铝制成铝箔作食品包装，是利用它的哪一性质________；
A．金属光泽B．延展性C．导电性D．导热性
（3）铝在空气中会被氧化生成一层致密的氧化膜（氧化物）而对铝起保护作用，但这层氧化膜遇到强酸或强碱都会溶解，请写出：
①与盐酸反应的离子方程式：
_____________________；
②与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：
____________________。
【答案】
（1）A
（2）B（3）①Al2O3+6H+=2Al3++3H2O②Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
【解析】
（1）A．泡沫铝中含有Al、发泡剂等，所以是一种合金，故A错误；B．泡沫铝中含有Al、发泡剂等，所以是一种合金，故B正确；C．泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温，所以一种良好的建筑材料和轻质材料，故C正确；D．泡沫铝硬度高、密度小、刚性大，且隔音、保温，所以一种良好的建筑材料和轻质材料，可用于飞机制造，故D正确；故选A；
（2）铝制成铝箔作食品包装，是利用了铝的延展性，故选B；（3）①氧化铝和盐酸反应生成盐和水，离子反应方程式为：
Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；②氧化铝和强碱反应生成盐和水，离子反应方程式为：
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。
18．（12分）（2020·伊美区第二中学高一月考）镁铝合金具有良好的强度、刚性、优良的电磁屏蔽性和导热性，使之成为笔记本电脑和轻薄手机的首选外壳材料。
为测定某手机外壳镁铝合金中镁和铝的含最，并回收镁铝，某实验小组设计如下实验方案。
①除去手机外壳的涂层，剪其中一小块，称取其质量；
②组装仪器，检查气密性，用足盘稀盐酸溶解合金；
③测量产生气体的体积，计算结果；
④利用下列流程，从溶解合金后的溶液中回收分离镁铝。
（1）请利用下图给定的仪器组成一套实验装置（每个仪器只能使用一次，可不选用）。
各种仪器连接的先后顺序（用小写字母表示）_______
（2）除了测定产生气体的体积外，还应测定_______。
（3）回收流程中，操作I需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_______，为保证回收产品的纯度，操作I后应_______。
（4）滤液b的溶质是_______（填化学式），试剂X是_______。
（5）向滤渣a中加入盐酸，产物是_______（填化学式），若从晶体中获得金属，应进行的操作是_______。
（6）若从除去涂层的手机壳上取样品mg加入足量盐酸后，测得产生的气体nL，实验条件下的气体摩尔体积为VmL/mol，则合金中Mg的质量为________g。
【答案】
（1）afed
（2）温度、压强
（3）漏斗洗涤沉淀
（4）NaAlO2CO2
（5）MgCl2、H2O熔融电解
（6）
【解析】
（1）手机外壳的涂层，剪一小块，用足盘稀盐酸溶解合金，产生氢气，通过排水测量氢气的体积，故装置的连接顺序为afed；
（2）在计算过程中，需要将气体体积转化为物质的量，故除了测定产生气体的体积外，还要测量在该情况下的温度压强，从而确定气体摩尔体积，再进行相关计算；
（3）回收流程中，操作I过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；为保证回收产品的纯度，操作I后应洗涤沉淀；
（4）铝和足量氢氧化钠反应，生成物为NaAlO2，所以滤液b的溶质是为NaAlO2；NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀；
（5）滤渣a为氢氧化镁，加入盐酸，反应生成的产物为MgCl2、H2O；若从溶液中获得其无水晶体，应进行的操作是在HCl气流中蒸发、结晶、灼烧；镁是活泼金属，要得到单质需要熔融电解MgCl2晶体；
（6）从除去涂层的手机壳上取样品mg加入足量盐酸后，测得产生的气体nL，实验条件下的气体摩尔体积为VmL/mol。
设参与反应的镁的质量为xg，则参与反应的铝的物质的量为（m-x）g，根据Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，可得
，可解得参与反应的镁的质量
。
19．（10分）近年来，科技人员研究得到一种新型材料——泡沫铝。
它是把发泡剂加到熔融或固体粉末的铝合金中而制成的，其优点是硬度高、密度小（约为0.16～0.5g/cm3），比木材还轻，可浮于水面，又有很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，可大批量投放市场。
回答下列问题：
（1）铝制成铝箔用于食品包装，是利用它的__________（填序号）。
A．金属光泽B．延展性C．导电性D．导热性
（2）铝在空气中会被氧化生成一层致密的氧化膜（氧化物）而对铝起保护作用，但这层氧化膜（氧化物）遇到强酸或强碱都会溶解，请写出其与盐酸反应的离子方程式：
_________。
与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：
_________。
（3）等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，相同条件下所得H2的体积之比为______。
（4）足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者恰好完全反应且产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是__________。
【答案】
（1）B
（2）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2OAl2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O
（3）1∶1
（4）3∶1
【解析】
（1）将铝制成铝箔用于食品包装，是利用了铝的延展性。
（2）氧化铝为两性氧化物，可与酸或强碱反应生成盐和水，其与盐酸反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O。
（3）等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，反应中铝失去电子的物质的量相等，根据得失电子守恒可知相同条件下生成H2的体积之比为1∶1。
（4）铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别是2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，因此当二者产生的H2相等时，HCl和NaOH的物质的量之比是6∶2＝3∶1，盐酸和NaOH溶液的体积相同，故HCl和NaOH的物质的量浓度之比为3∶1。
20．（10分）已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，B是一种常见的两性氢氧化物。
试根据下列转化关系回答有关问题：
（1）试判断：
B为__________，F为__________；
（2）写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式____________________；
（3）根据上述关系写出盐A的化学式____________________。
（4）0.1molA与350ml1mol/LNaOH溶液充分反应，生成沉淀的物质的量为_______mol。
【答案】氢氧化铝或Al（OH）3硫酸钡或BaSO4Al（OH）3+3H+=Al3++3H2OKAl（SO4）2或K2SO4﹒Al2（SO4）3（说明：
带结晶水的化学式也给分）0.05
【解析】
【分析】已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，说明溶液中含有Al3+；所以透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色，该溶液中含有K+；向该溶液中加入Ba（NO3）2溶液，发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，该物质既不溶于水，也不溶于酸。
所以沉淀F是BaSO4。
所以A是KAl（SO4）2。
向该溶液中加入氨水，Al3+会发生反应：
Al3＋＋3NH3·H2O==Al（OH）3↓+3NH4+，产生白色沉淀B是Al（OH）3，该物质是两性氢氧化物，可以与强酸HCl发生反应：
Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，产生的溶液E是AlCl
升级会员 