1、一、选择题(每个小题有12选项符合题意，每题5分，共50分)1下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中正确的是()A四种元素的单质都能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气B制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法C将Mg棒和Al棒作为原电池的两个电极插入NaOH溶液中，Mg棒上发生氧化反应D铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是氧化铜解析：选BA项，Cu单质不与盐酸反应；C项，一般情况下，在原电池中，金属性强的作负极，但也要根据电解质溶液的实际情况考虑，Mg的金属性大于Al的，但是电解质溶液为NaOH溶液，而Mg不与NaOH溶液反应，Al与NaOH溶液反应，所
2、以Al棒作负极，发生氧化反应；D项，铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜。2“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其是否正确。下列几种类推结论中错误的是()钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解；Fe(OH)3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁ABCD解析：选C活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱，如Fe与水
3、蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，错误；铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生了电化学腐蚀，金属铝在空气中和O2反应表面生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止O2与内部铝反应，所以铝能稳定存在于空气中，错误；难溶性碱受热易分解，所以Fe(OH)3受热也易分解，正确；AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，错误。3下列反应中，改变反应物的用量或浓度，对生成物不会产生影响的是()AFeBr2溶液和氯气反应B二氧化碳通入氢氧化钠溶液中C铁丝在氯气中燃烧D铜和硝酸反应解析：选CA
4、项，FeBr2溶液和Cl2反应，Cl2少量时只氧化Fe2，当Cl2过量时再氧化Br，不符合题意；B项，CO2通入NaOH溶液中，CO2少量时生成Na2CO3，过量时生成NaHCO3，不符合题意；C项，铁丝在Cl2中燃烧只生成FeCl3，符合题意；D项，Cu和浓HNO3反应生成NO2，Cu和稀HNO3反应生成NO，不符合题意。4下列物质的转化在给定条件下能实现的是()ANaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)BCuCl2Cu(OH)2CuCAlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)DMgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)解析：选CA项，NaCl溶液中通入CO2不能生成NaHC
5、O3，应该先通入NH3，错误；B项，CuCl2溶液与NaOH反应生成Cu(OH)2沉淀，与葡萄糖反应生成Cu2O，不是Cu，错误；C项，Al和NaOH反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2溶液加热可以得到NaAlO2固体，正确；D项，MgO和HNO3反应生成Mg(NO3)2，制取金属Mg应该电解熔融的MgCl2，而不是Mg(NO3)2 溶液，错误。5.已知a、b、d、e均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是()A若a是铁，则e可能为稀硝酸B若a是CuO，e是碳，则b为COC若a是NaOH溶液，e是CO2，则b为NaHCO3D若a是
6、AlCl3溶液，e可能是氨水解析：选DA项，Fe和过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，与少量硝酸反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2可以被氧化为Fe(NO3)3，Fe(NO3)3能与Fe反应生成Fe(NO3)2，能实现上述转化，正确；B项，CuO与少量的碳反应生成CO2，与过量的碳反应生成CO，CO2被过量碳还原为CO，CO与O2反应生成CO2，符合转化关系，正确；C项，NaOH溶液与过量的CO2反应生成NaHCO3，与少量的CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液与CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，符合转化关系，正确；D项，AlCl3溶液和氨水
7、反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3不溶于氨水，不能实现转换，错误。6固体粉末X中可能含有K2SO3、KAlO2、MgCl2、Na2CO3中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分，取X少量溶于水得澄清透明溶液。再取X进行下列实验，实验过程及现象如下：根据上述实验，以下说法正确的是()A气体1可能为SO2和CO2的混合物B沉淀3可能为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物C固体粉末X中一定有Na2CO3，可能有KAlO2D固体粉末X中一定有K2SO3和KAlO2解析：选D固体X加入足量稀硝酸后的溶液2中加BaCl2溶液有沉淀4生成，则沉淀4为BaSO4，X中一定含K2SO3，它被稀硝酸氧化成
8、K2SO4，同时生成的气体不是SO2，而是NO。X溶于水得澄清透明溶液，因K2SO3与MgCl2在溶液中不能共存，故X中无MgCl2。固体X加足量稀硝酸后的溶液2中加足量氨水能生成沉淀3，结合AlO4H=Al32H2O、Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，可推知X中一定有KAlO2，沉淀3是Al(OH)3。题给实验现象无法确定Na2CO3是否存在。综上分析，可知A、B、C错误，D正确。7建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁，下列建构的数轴模型正确的是()A钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：B铁在Cl2中燃烧，铁的氧化产物：CAlCl3溶液中滴加NaOH溶液后体系中铝元素的存在形式：DF
9、eI2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式：解析：选DA项，钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，错误；B项，铁在Cl2中燃烧，只生成氯化铁，错误；C项，氯化铝与氢氧化钠溶液反应，当氢氧化钠少量时发生Al33OH=Al(OH)3，但氢氧化钠过量时发生Al34OH=AlO2H2O，错误；D项，FeI2溶液中通入Cl2，当11，发生的离子反应为2ICl2=I22Cl，当32时，发生的离子反应为4I2Fe23Cl2=2I22Fe36Cl，正确。8将金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应，下列对反应情况设想的评价正确的是()选项反应情况设想评价A当铁、铜均不剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2，一定无Fe3正确，Fe
10、3和Fe、Cu均可反应B当铁、铜均有剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2，无Fe3正确，Fe和Cu与Fe3都反应，故有Fe2和Cu2，无Fe3C当铜有剩余，铁无剩余时，溶液中一定只有Fe2、无Cu2正确，Cu有剩余故无Cu2D当铁有剩余，铜无剩余时，溶液中一定有Fe2、Cu2不正确，不可能是Fe剩余，Cu不剩余，因为Fe比Cu优先与Fe3反应解析：选D因离子的氧化性强弱顺序Fe3Cu2Fe2。如果Fe3的量很多，可以将铁和铜全部氧化后还有剩余，A项错误；当铁有剩余时，溶液中不会存在Cu2，B项错误；当铜有剩余时，可能部分铜发生反应，溶液中可能有Cu2，C项错误；因还原性FeCu，故不存在有铁无铜
11、的情况，D项评价正确。9某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl26H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是()A固体中含有SiO2，固体中含有Fe(OH)3B使用石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlOC试剂a选用盐酸，从溶液得到CaCl26H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D若改变实验方案，在溶液中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl26H2O解析：选DSiO2难溶于盐酸，固体中含有SiO2；FeCl3与Ca(OH)2反应生成Fe(OH)3，所以固体中含有 Fe(OH)3，故A正确
12、；Al(OH)3可溶于强碱，使用石灰水时，要控制pH，防止固体中Al(OH)3转化为AlO，故B正确；CaCl26H2O易失去结晶水，所以须控制条件防止其分解，故C正确；溶液中直接加氨水至沉淀完全，生成NH4Cl，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶不能得到纯净CaCl26H2O，故D错误。10某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究：途径a：下列有关说法不正确的是()A1.92 g固体只含CuB由可知X中一定存在Fe2O3和CuC原混合物中m(Fe2O3)m(Cu)12D原混合物X至少含Al2O3和SiO2中的一种，但
13、不能进一步确认二者的存在与否解析：选CD途径a中，加入盐酸时生成蓝色溶液，说明溶液中含有Cu2，只能是Fe2O3与盐酸反应生成的Fe3把Cu氧化为Cu2，即X中一定存在Fe2O3和Cu，B正确；盐酸过量，Fe2O3完全反应，但是铜不一定完全反应，当加入过量NaOH溶液时，SiO2完全反应，所以剩余的1.92 g固体只能是铜，由此可知X中含有SiO2，其质量为4.92 g1.92 g3 g，结合途径b可知，X中不含Al2O3，A正确，D错误；根据Fe2O36HCl=2FeCl33H2O,2FeCl3Cu=CuCl22FeCl2得关系：Fe2O3Cu，即在与足量盐酸反应时，Fe2O3和Cu的物质的
14、量相等，质量为9.4 g4.92 g4.48 g，在混合物中铜的质量还要再加上剩余的1.92 g，即混合物中m(Fe2O3)m(Cu)11，C错误。二、非选择题(3个小题，共50分)11(16分)有一含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)实验步骤：按如图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是_。称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是_。关闭活塞
15、K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为_。打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)关于该实验方案，回答下列问题。若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是_。E处干燥管中盛放的药品是_，其作用是_，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。若样品质量为w g。反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO310H2O的质量分数为_(用含w、m1、m2的代数式表示)。解析：(1)组装好实验装置后首先应检查装置气密性。由于
16、装置中存在CO2和水蒸气，应先除去装置中的CO2和水蒸气。由物质的性质可知该装置在加热时发生的反应为2NaHCO3Na2CO3H2OCO2、Na2CO310H2ONa2CO310H2O。(2)加热后有部分CO2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入空气使其完全被吸收，若不鼓入空气，则测得的NaHCO3和Na2CO310H2O的质量分数偏小，NaCl的质量分数偏大。装置E是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D，故干燥管中盛放的药品是碱石灰，如果没有该装置，会使测得的NaHCO3的质量偏大。由题目信息知反应放出的CO2的质量为m2 g，根据反应方程式2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，可计算出该反应
17、中产生的水的质量为 g，从而计算出Na2CO310H2O分解产生水的质量为g，再根据Na2CO310H2ONa2CO310H2O计算出Na2CO310H2O的质量，最后计算出Na2CO310H2O的质量分数。答案：(1)检查装置气密性除去装置中的水蒸气和CO22NaHCO3Na2CO3H2OCO2、Na2CO310H2ONa2CO310H2O(2)Na2CO310H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果偏大100%12(16分)某科研小组以难溶性钾长石(K2OAl2O36SiO2)为原料，提取Al2O3、K2
18、CO3等物质，工艺流程如下：(1)煅烧过程中钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式_。(2)已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO2H2OAl(OH)3OH，“浸取”时应保持溶液呈_(填“酸”或“碱”)性。(3)“转化”时加入NaOH的主要作用是_(用离子方程式表示)。(4)上述工艺中可以循环利用的主要物质是_、_和水。(5)以Al2O3为原料，以石墨为电极，通过电解法可制得金属铝。电解池中接电源负极的一极电极反应式是_。长时间电解后，需要更换新的石墨电极的是_(填“阴”或“阳”)极。解析
19、：(1)在加热时Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，同时生成CO2气体，化学方程式为Na2CO3Al2O32NaAlO2CO2。(2)碱性条件下可以抑制AlO水解。(3)“沉淀”过滤后的“滤液”中含有NaHCO3和KHCO3，加入NaOH与HCO反应生成CO。(4)由流程图可知，Na2CO3、CO2和水既是加入的物质，也是生成的物质，故可循环利用。(5)阴极Al3得电子，发生还原反应，生成Al；阳极反应为O2失电子，生成O2，该电极的石墨可被氧化，故需要及时更换。答案：(1)Na2CO3Al2O32NaAlO2CO2(2)碱(3)HCOOH=H2OCO(4)Na2CO3CO2(5)A
20、l33e=Al阳13(18分)铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。.氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备氧化铁的流程如下：回答下列问题：(1)操作A、B的名称分别是_、_；加入稍过量NH4HCO3溶液的作用是_。(2)写出在空气中充分加热煅烧FeCO3的化学方程式：_。.上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中Fe2O3的含量，进行如下实验：a称取样品8.00 g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀释至100 mL；b量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c用酸化的0.010 00 molL1 KMnO4标准液滴定至终点；d重复操作b、c 23次，
21、得出消耗KMnO4标准液体积的平均值为20.00 mL。(3)写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_。(4)确定滴定达到终点的操作及现象为_。(5)上述样品中Fe2O3的质量分数为_。(6)下列操作会导致样品中Fe2O3的质量分数的测定结果偏低的是_(填序号)。a未干燥锥形瓶b盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗c滴定结束时仰视刻度线读数d量取待测液的滴定管没有润洗解析：(1)通过操作A得到滤渣和滤液，故操作A为过滤；操作B为洗涤。根据图示工艺流程，加入稍过量NH4HCO3溶液的目的是调节溶液的pH，使溶液中的Fe2完全沉淀为FeCO3。(2)在空气中充分加热煅烧FeCO3，最终得到Fe2O3，
22、反应的化学方程式为4FeCO3O22Fe2O34CO2。(3)滴定过程中，Fe2和MnO发生氧化还原反应，Fe2被氧化为Fe3，MnO被还原为Mn2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。(4)若向待测液中再滴加一滴标准液，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色，则滴定达到终点。(5)根据关系式：5FeO5Fe2MnO，则样品中n(FeO)5n(KMnO4)50.010 00 molL120.00103 L0.004 mol，样品中FeO的质量分数为100%3.6%，故样品中Fe2O3的质量分数为13.6%96.4%。(6)未
23、干燥锥形瓶，对实验结果无影响，a项不符合题意；盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，则标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，FeO的质量分数的测定结果偏高，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，b项符合题意；滴定结束时仰视刻度线读数，则读取的标准液的体积偏大，FeO的质量分数的测定结果偏高，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，c项符合题意；量取待测液的滴定管没有润洗，则消耗标准液的体积偏小，FeO的质量分数的测定结果偏低，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏高，d项不符合题意。答案：(1)过滤洗涤调节溶液的pH，使溶液中的Fe2完全沉淀为FeCO3(2)4FeCO3O22Fe2O34CO2(3)5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(4)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色(5)96.4%(6)bc