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8. 小科按下图流程进行实验(假设每步均充分反应),反应结束后,将烧杯内物质进行过滤,向滤液中加入少量铁粉,无明显现象。由此实验可知 (
A.滤渣中一定有铜和铁
B.金属的活动性顺序:$\ce{Zn}＞\ce{Fe}＞\ce{Cu}$
C.两支试管中物质混合后,固体总质量一定增加
D.滤液中的溶质一定有$\ce{FeCl_{2}}$、$\ce{ZnCl_{2}}$,可能含有$\ce{CuCl_{2}}$
B
)A.滤渣中一定有铜和铁
B.金属的活动性顺序:$\ce{Zn}＞\ce{Fe}＞\ce{Cu}$
C.两支试管中物质混合后,固体总质量一定增加
D.滤液中的溶质一定有$\ce{FeCl_{2}}$、$\ce{ZnCl_{2}}$,可能含有$\ce{CuCl_{2}}$
答案
B
解析
【分析】
首先分析两支试管的反应：①铁粉加入氯化锌溶液无明显现象，说明铁无法置换出锌，金属活动性$\ce{Zn＞Fe}$；②铁粉加入氯化铜溶液有紫红色固体（铜）析出，说明铁能置换出铜，金属活动性$\ce{Fe＞Cu}$。将两支试管物质混合后，向滤液加铁粉无明显现象，说明滤液中不含氯化铜（若含氯化铜，铁粉会与之反应析出铜，有明显现象）。再逐一分析选项即可得出结论。
【解析】
1. 判断金属活动性：
铁与氯化锌混合无现象，说明$\ce{Fe}$不能置换$\ce{Zn}$，故活动性$\ce{Zn＞Fe}$；
铁与氯化铜混合发生反应：$\ce{Fe + CuCl_{2} = FeCl_{2} + Cu}$，有紫红色固体析出，说明$\ce{Fe}$能置换$\ce{Cu}$，故活动性$\ce{Fe＞Cu}$，即$\ce{Zn＞Fe＞Cu}$。
2. 分析滤液成分：混合后向滤液加铁粉无明显现象，说明滤液中无$\ce{CuCl_{2}}$（若有$\ce{CuCl_{2}}$，会发生上述置换反应，有红色固体析出）。
3. 选项分析：
A：滤渣一定含$\ce{Cu}$，若$\ce{Fe}$恰好完全反应，则滤渣只有$\ce{Cu}$，不一定含$\ce{Fe}$，错误；
B：由上述活动性判断，$\ce{Zn＞Fe＞Cu}$，正确；
C：若第二个试管中$\ce{Fe}$已将$\ce{CuCl_{2}}$完全反应，混合后无新反应，固体总质量与混合前两支试管的固体总质量相等，并非一定增加，错误；
D：滤液加铁粉无现象，说明不含$\ce{CuCl_{2}}$，错误。
【答案】
B
【知识点】
金属活动性顺序、置换反应
【点评】
本题结合实验流程考查金属活动性顺序的应用，需根据实验现象判断反应是否发生，进而分析滤渣、滤液成分，需仔细梳理各步骤的反应情况，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先分析两支试管的反应：①铁粉加入氯化锌溶液无明显现象，说明铁无法置换出锌，金属活动性$\ce{Zn＞Fe}$；②铁粉加入氯化铜溶液有紫红色固体（铜）析出，说明铁能置换出铜，金属活动性$\ce{Fe＞Cu}$。将两支试管物质混合后，向滤液加铁粉无明显现象，说明滤液中不含氯化铜（若含氯化铜，铁粉会与之反应析出铜，有明显现象）。再逐一分析选项即可得出结论。
【解析】
1. 判断金属活动性：
铁与氯化锌混合无现象，说明$\ce{Fe}$不能置换$\ce{Zn}$，故活动性$\ce{Zn＞Fe}$；
铁与氯化铜混合发生反应：$\ce{Fe + CuCl_{2} = FeCl_{2} + Cu}$，有紫红色固体析出，说明$\ce{Fe}$能置换$\ce{Cu}$，故活动性$\ce{Fe＞Cu}$，即$\ce{Zn＞Fe＞Cu}$。
2. 分析滤液成分：混合后向滤液加铁粉无明显现象，说明滤液中无$\ce{CuCl_{2}}$（若有$\ce{CuCl_{2}}$，会发生上述置换反应，有红色固体析出）。
3. 选项分析：
A：滤渣一定含$\ce{Cu}$，若$\ce{Fe}$恰好完全反应，则滤渣只有$\ce{Cu}$，不一定含$\ce{Fe}$，错误；
B：由上述活动性判断，$\ce{Zn＞Fe＞Cu}$，正确；
C：若第二个试管中$\ce{Fe}$已将$\ce{CuCl_{2}}$完全反应，混合后无新反应，固体总质量与混合前两支试管的固体总质量相等，并非一定增加，错误；
D：滤液加铁粉无现象，说明不含$\ce{CuCl_{2}}$，错误。
【答案】
B
【知识点】
金属活动性顺序、置换反应
【点评】
本题结合实验流程考查金属活动性顺序的应用，需根据实验现象判断反应是否发生，进而分析滤渣、滤液成分，需仔细梳理各步骤的反应情况，难度适中。
【难度系数】
0.5
9. 为探究金属的化学性质，兴趣小组分别使用等质量、等质量分数的稀盐酸进行如图所示实验。
(1)A中反应的化学方程式是
(2)通过比较B、C中反应的现象，不能得出铁、锌两种金属的活动性强弱，原因是
(3)充分反应后，B中固体全部消失，检验溶液中是否含有HCl，不可选择的药品是
A. Na₂CO₃固体 B. AgNO₃溶液
C. CuO D. 铁粉
(4)A与C中铁片与铁粉的质量相等，铁片与稀盐酸反应生成氢气的质量与反应时间的关系如图所示，请在图中画出铁粉与稀盐酸反应生成氢气的质量与反应时间关系的图像。
(1)A中反应的化学方程式是
$\ce{Fe+2HCl=FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$
。(2)通过比较B、C中反应的现象，不能得出铁、锌两种金属的活动性强弱，原因是
金属形状不同
。(3)充分反应后，B中固体全部消失，检验溶液中是否含有HCl，不可选择的药品是
B
（填字母）。A. Na₂CO₃固体 B. AgNO₃溶液
C. CuO D. 铁粉
(4)A与C中铁片与铁粉的质量相等，铁片与稀盐酸反应生成氢气的质量与反应时间的关系如图所示，请在图中画出铁粉与稀盐酸反应生成氢气的质量与反应时间关系的图像。
答案
(1)$\ce{Fe+2HCl=FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$
(2)金属形状不同
(3)B
(4)如图所示
解析
【分析】
本题围绕金属与酸的反应展开，需结合反应原理、控制变量法、氯离子检验及反应速率的影响因素分析：
(1) A中是铁与稀盐酸反应，需明确铁和酸反应生成氯化亚铁而非氯化铁；
(2) 比较金属活动性需遵循控制变量原则，除金属种类外其他条件要一致，B、C中金属形状不同，变量不唯一；
(3) 检验溶液中的HCl时，要排除原有溶质（FeCl₂）的干扰，分析各选项与HCl、FeCl₂的反应现象差异；
(4) 等质量的铁与等质量等浓度的稀盐酸反应，铁粉接触面积大反应速率快，最终生成氢气质量由酸的量决定，因此铁粉反应曲线更陡，先到达与铁片相同的氢气平台。
【解析】
(1) A中铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为$\ce{Fe + 2HCl = FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$；
(2) 要比较铁、锌的活动性，需保证除金属种类外，金属形状、表面积等其他反应条件完全相同，B、C中金属形状不同，存在两个变量，因此无法得出铁、锌的活动性强弱；
(3) 分析各选项：
A选项：$\ce{Na_{2}CO_{3}}$固体与HCl反应产生气泡，与$\ce{FeCl_{2}}$反应生成$\ce{FeCO_{3}}$沉淀，可通过气泡检验HCl；
B选项：$\ce{AgNO_{3}}$溶液与$\ce{FeCl_{2}}$中的$\ce{Cl^-}$也会生成$\ce{AgCl}$白色沉淀，无法区分是否含HCl，不可选；
C选项：$\ce{CuO}$与HCl反应，黑色固体溶解、溶液变蓝，与$\ce{FeCl_{2}}$不反应，可检验；
D选项：铁粉与HCl反应产生气泡，与$\ce{FeCl_{2}}$不反应，可检验；
故选B；
(4) 等质量的铁，铁粉与稀盐酸接触面积更大，反应速率更快，反应时间更短；稀盐酸质量、浓度均相同，铁质量相等，最终生成氢气质量由稀盐酸的量决定，故最终氢气质量与铁片反应的相同，因此铁粉的反应曲线：从原点出发，斜率比铁片大，先到达与铁片相同的氢气质量平台，图像为（对应参考答案的图）。
【答案】
(1)$\ce{Fe + 2HCl = FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$
(2)金属形状不同，变量不唯一，无法比较金属活动性
(3)B
(4)如图所示
【知识点】
金属与酸反应、金属活动性、氯离子检验、反应速率影响因素
【点评】
本题综合考查金属的化学性质，涉及化学方程式书写、控制变量法应用、物质检验及反应图像分析，需注意铁与酸反应生成亚铁盐，检验氯离子时要排除其他含氯化合物的干扰，是金属部分的常见综合题。
【难度系数】
0.5
本题围绕金属与酸的反应展开，需结合反应原理、控制变量法、氯离子检验及反应速率的影响因素分析：
(1) A中是铁与稀盐酸反应，需明确铁和酸反应生成氯化亚铁而非氯化铁；
(2) 比较金属活动性需遵循控制变量原则，除金属种类外其他条件要一致，B、C中金属形状不同，变量不唯一；
(3) 检验溶液中的HCl时，要排除原有溶质（FeCl₂）的干扰，分析各选项与HCl、FeCl₂的反应现象差异；
(4) 等质量的铁与等质量等浓度的稀盐酸反应，铁粉接触面积大反应速率快，最终生成氢气质量由酸的量决定，因此铁粉反应曲线更陡，先到达与铁片相同的氢气平台。
【解析】
(1) A中铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为$\ce{Fe + 2HCl = FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$；
(2) 要比较铁、锌的活动性，需保证除金属种类外，金属形状、表面积等其他反应条件完全相同，B、C中金属形状不同，存在两个变量，因此无法得出铁、锌的活动性强弱；
(3) 分析各选项：
A选项：$\ce{Na_{2}CO_{3}}$固体与HCl反应产生气泡，与$\ce{FeCl_{2}}$反应生成$\ce{FeCO_{3}}$沉淀，可通过气泡检验HCl；
B选项：$\ce{AgNO_{3}}$溶液与$\ce{FeCl_{2}}$中的$\ce{Cl^-}$也会生成$\ce{AgCl}$白色沉淀，无法区分是否含HCl，不可选；
C选项：$\ce{CuO}$与HCl反应，黑色固体溶解、溶液变蓝，与$\ce{FeCl_{2}}$不反应，可检验；
D选项：铁粉与HCl反应产生气泡，与$\ce{FeCl_{2}}$不反应，可检验；
故选B；
(4) 等质量的铁，铁粉与稀盐酸接触面积更大，反应速率更快，反应时间更短；稀盐酸质量、浓度均相同，铁质量相等，最终生成氢气质量由稀盐酸的量决定，故最终氢气质量与铁片反应的相同，因此铁粉的反应曲线：从原点出发，斜率比铁片大，先到达与铁片相同的氢气质量平台，图像为（对应参考答案的图）。
【答案】
(1)$\ce{Fe + 2HCl = FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$
(2)金属形状不同，变量不唯一，无法比较金属活动性
(3)B
(4)如图所示
【知识点】
金属与酸反应、金属活动性、氯离子检验、反应速率影响因素
【点评】
本题综合考查金属的化学性质，涉及化学方程式书写、控制变量法应用、物质检验及反应图像分析，需注意铁与酸反应生成亚铁盐，检验氯离子时要排除其他含氯化合物的干扰，是金属部分的常见综合题。
【难度系数】
0.5
10. 铜镁合金具有优良的导电性，常用作飞机天线。现欲测定合金的组成（其他元素忽略不计），进行如下实验：取铜镁合金20 g放入烧杯中，将280 g稀硫酸分4次加入烧杯中，充分反应后，测得剩余固体的质量记录如下。
（1）合金中铜、镁的质量比为
（2）所加稀硫酸的溶质的质量分数。（写出计算过程）
（1）合金中铜、镁的质量比为
33:17
。（2）所加稀硫酸的溶质的质量分数。（写出计算过程）
答案
(1)33:17
(2)解:由表格数据可知70 g稀硫酸能与1.8 g镁反应，
设与1.8 g金属镁反应的硫酸的质量为x。
$\ce{Mg + H_{2}SO_{4}=MgSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
24 98
1.8 g x
$\frac{24}{98}=\frac{1.8\ \mathrm{g}}{x}$
解得x=7.35 g
所加稀硫酸的溶质的质量分数为$\frac{7.35\ \mathrm{g}}{70\ \mathrm{g}}×100\%=10.5\%$。
答:所加稀硫酸的溶质的质量分数为10.5%。
(2)解:由表格数据可知70 g稀硫酸能与1.8 g镁反应，
设与1.8 g金属镁反应的硫酸的质量为x。
$\ce{Mg + H_{2}SO_{4}=MgSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
24 98
1.8 g x
$\frac{24}{98}=\frac{1.8\ \mathrm{g}}{x}$
解得x=7.35 g
所加稀硫酸的溶质的质量分数为$\frac{7.35\ \mathrm{g}}{70\ \mathrm{g}}×100\%=10.5\%$。
答:所加稀硫酸的溶质的质量分数为10.5%。
解析
【分析】铜镁合金中，铜不与稀硫酸反应，镁能与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，因此剩余固体的质量为铜的质量。通过表格数据可知：前三次每次加入70g稀硫酸，固体减少的质量均为1.8g，说明每70g稀硫酸可与1.8g镁完全反应；第四次加入稀硫酸后，固体仅减少1.4g，说明镁已完全反应，剩余的13.2g固体为铜。据此可先计算合金中铜、镁的质量比，再根据镁与硫酸反应的化学方程式，利用1.8g镁的质量计算70g稀硫酸中溶质的质量，进而求出稀硫酸的溶质质量分数。
【解析】（1）初始合金质量为20g，第四次反应后剩余固体13.2g为铜的质量，则镁的质量为$20\ \mathrm{g}-13.2\ \mathrm{g}=6.8\ \mathrm{g}$，合金中铜、镁的质量比为$13.2\ \mathrm{g}:6.8\ \mathrm{g}=33:17$。
（2）设70g稀硫酸中溶质$\ce{H_{2}SO_{4}}$的质量为$x$。
$\ce{Mg + H_{2}SO_{4}=MgSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
$24\ \ \ \ \ \ \ \ \ 98$
$1.8\ \mathrm{g}\ \ \ \ \ \ x$
$\frac{24}{98}=\frac{1.8\ \mathrm{g}}{x}$
解得$x=\frac{98×1.8\ \mathrm{g}}{24}=7.35\ \mathrm{g}$
所加稀硫酸的溶质质量分数为$\frac{7.35\ \mathrm{g}}{70\ \mathrm{g}}×100\%=10.5\%$。
【答案】(1)33:17；(2)10.5%
【知识点】金属与酸反应、溶质质量分数计算、化学方程式计算
【点评】本题结合实验数据考查金属活动性及化学计算，关键是通过剩余固体质量变化判断反应完全程度，确定反应的定量关系，计算步骤清晰，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】（1）初始合金质量为20g，第四次反应后剩余固体13.2g为铜的质量，则镁的质量为$20\ \mathrm{g}-13.2\ \mathrm{g}=6.8\ \mathrm{g}$，合金中铜、镁的质量比为$13.2\ \mathrm{g}:6.8\ \mathrm{g}=33:17$。
（2）设70g稀硫酸中溶质$\ce{H_{2}SO_{4}}$的质量为$x$。
$\ce{Mg + H_{2}SO_{4}=MgSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
$24\ \ \ \ \ \ \ \ \ 98$
$1.8\ \mathrm{g}\ \ \ \ \ \ x$
$\frac{24}{98}=\frac{1.8\ \mathrm{g}}{x}$
解得$x=\frac{98×1.8\ \mathrm{g}}{24}=7.35\ \mathrm{g}$
所加稀硫酸的溶质质量分数为$\frac{7.35\ \mathrm{g}}{70\ \mathrm{g}}×100\%=10.5\%$。
【答案】(1)33:17；(2)10.5%
【知识点】金属与酸反应、溶质质量分数计算、化学方程式计算
【点评】本题结合实验数据考查金属活动性及化学计算，关键是通过剩余固体质量变化判断反应完全程度，确定反应的定量关系，计算步骤清晰，难度适中。
【难度系数】0.6
