1、第三章单元过关检测时间：90分钟满分：100分一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分)1.现有下列三种物质：铝，铁，铝铁合金(铝的质量分数为20%)，它们的熔点由低到高的顺序是 ()A. BC. D答案B解析合金的熔点一般比其各成分金属的熔点低，所以在这三者中熔点最低的是铝铁合金，其次是铝，铁的熔点最高。2.武德合金(由50%铋、25%铅、12.5%锡和12.5%镉制成，熔点为70 )常用于制作电器保险丝是因为它具有下列性质中的()熔点低能导电延展性好不易氧化硬度大A. BC. D全部答案A解析武德合金常用于制作电器保险丝是因为它的熔点低、能导电。3.向某溶液中投入铝片后有大量H2放
2、出，则溶液中一定不能大量存在的离子是()A.Cl BH COH DHCO答案D解析与Al反应能放出H2的溶液可能是酸性溶液也可能是强碱性溶液，Cl既可以在酸性溶液中存在又可以在碱性溶液中存在，而HCO在酸性条件下反应生成气体：HHCO=H2OCO2；在碱性条件下反应生成水：HCOOH=COH2O。4.从金属的利用历史来看，先是青铜时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个顺序跟下列因素有关的是()在地壳中的含量金属的活动性金属的导电性金属冶炼的难易程度金属的延展性A. B C D答案D解析铜的金属活动性较差，较好冶炼，所以从金属的利用史来说，出现的较早，而铝的性质较活泼，很容易被氧化，冶
3、炼起来有一定的难度，故出现的较晚。5.下列推理正确的是()A.铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故钠在氧气中燃烧生成Na2OB.铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C.活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中D.钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂答案D解析Na在氧气中燃烧生成Na2O2，A错误；Na与盐溶液反应时先与水反应，故Na不能从硫酸铜溶液中置换出Cu，B错误；铝在空气中放置表面生成致密的Al2O3，起保护作用，故铝不需保存在煤油中，C错误。6.下列各组反应中最终肯定得到白色沉淀的是()A.AlCl3溶液中加入过量氨水B
4、.Al2(SO4)3溶液中加入过量KOH溶液C.FeCl2溶液中加入过量氨水D.Fe2(SO4)3溶液中加入过量KOH溶液答案A解析Al(OH)3溶于强碱溶液，不溶于弱碱。Fe(OH)2是白色沉淀，但在空气中最终变成红褐色的Fe(OH)3沉淀。7.将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并且只用一种试剂，这种试剂是()A.KSCN BBaCl2C.NaOH DHCl答案C解析若将NaOH溶液加入NaCl溶液中无明显变化，加入氯化铝中随着加入NaOH的量不断增加，先出现白色沉淀后又逐渐溶解，加入氯化亚铁中出现白色沉淀，并迅速变为灰绿色，最终成为红褐色，而加入
5、氯化铁中直接得红褐色沉淀，加入氯化镁中产生白色沉淀，现象各不相同，可用NaOH一步将五种溶液区分开。8.在含有Fe3、Al3、H的溶液中滴加NaOH溶液时，下列关于生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液体积的关系，图示中正确的是()答案B解析在含有Fe3、Al3、H的溶液中滴加NaOH时，H先与OH反应，然后Fe3、Al3与OH反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，当沉淀完全时，再加入NaOH，生成的Al(OH)3与OH又反应生成AlO，沉淀减少，当Al(OH)3反应完时，再加入NaOH，沉淀的量不再改变。9.在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在质量相等
6、的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是()A铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡B.铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C.反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D.右边球上出现红色，左边溶液的碱性增强答案B解析左边烧杯中发生反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，铝球表面有气泡产生，溶液澄清不生成沉淀，A错误；右烧杯中发生反应：FeCuSO4=CuFeSO4，铁球表面有红色物质析出，溶液中c(CuSO4)减小，蓝色变浅，左烧杯中消耗Al，Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu，质量变大，杠杆右边下沉，B正确
7、；反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，C错误；左边溶液中消耗NaOH，c(OH)减小，碱性减弱，D错误。10.下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是()答案C解析NaHCO3与NaOH反应可转化为Na2CO3，但无法除去过量的NaOH，A错误；Fe与FeCl3、CuCl2均反应，B错误；D项中有新的杂质CuSO4生成，错误。11.为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计了如下实验方案，其中符合实验要求且完全正确的是()答案A解析实验目的是探究铁及其化合物的性质，则B项结论应是Fe2具有氧化性，锌具有还原性虽正确，但不符合实验要求；
8、C项，离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3Fe=3Fe2；D项，实验现象中溶液颜色应由黄色变成蓝色。12.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为57，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是 ()A.甲、乙中都是铝过量B.甲中铝过量，乙中碱过量C.甲中酸过量，乙中铝过量D.甲中酸过量，乙中碱过量答案B解析等量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生H2的体积比为11，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氢氧化钠溶液分别与足量的铝反应，产生H2的体积比为13。而题中产生H2的体积比：1，由反应2Al6HCl=2AlCl33H2、
9、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2可知，由于盐酸和NaOH的物质的量相等，铝与盐酸的反应中，铝过量；铝与NaOH溶液的反应中，铝不足，碱过量。13. 在Fe2(SO4)3和CuSO4的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示。则该溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量浓度之比为()A.31 B12 C21 D11答案D解析加入铁粉的过程中，先后发生反应2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=Fe2Cu，由图可知，与Fe3和Cu2反应的铁粉的物质的量相等，故溶液中n(Fe3)n(Cu2)21，即cFe2(SO4)3c(CuSO4)11。
10、 14.取50 mL稀硫酸与一定质量的镁、铝合金反应，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5 molL1 NaOH溶液至过量，生成沉淀质量与加入NaOH溶液体积关系如图，则()A原合金中铝的质量为7.8 gB.原合金中镁的质量为4.8 gC.原合金的质量为19.4 gD.硫酸的物质的量浓度为5 molL1答案B解析根据图像，Al(OH)3的质量为19.4 g11.6 g7.8 g，Al(OH)3的物质的量为0.1 mol，则铝的质量为2.7 g，A错误；加入180 mL NaOH溶液时沉淀不再溶解，则Mg(OH)2的质量为11.6 g，nMg(OH)20.2 mol, 则Mg的质量为24 gmol1
11、0.2 mol4.8 g, B正确；原合金质量为4.8 g2.7 g7.5 g，C错误；消耗NaOH溶液的体积为160 mL 时，溶液的溶质全为Na2SO4，从而可求出消耗H2SO4的总量为0.4 mol，则硫酸的浓度为0.4 mol0.05 L8 molL1，D错误。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.(14分)已知X为Fe2O3和CuO的混合物，且氧化性强弱顺序：Fe3Cu2HFe2。X样品可发生如图所示的转化关系：(1)写出步骤发生反应的离子方程式：_(共有3个)。(2)若D固体是纯净物，该固体是_(填化学式)。(3)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成的，可用FeCl3溶液作
12、“腐蚀剂”刻制印刷电路板，该过程发生反应的离子方程式为_。答案(1)2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=Fe2Cu、2HFe=Fe2H2(2)Cu(3)2Fe3Cu=2Fe2Cu2解析(1)中的反应为CuO2HCl=CuCl2H2O、Fe2O36HCl=2FeCl33H2O，所得溶液为FeCl3、CuCl2及过量的HCl的混合溶液；步骤得到的固体有铜、铁两种，若B是铜，根据题给的氧化性顺序可知，只有一个反应，不符合3个反应的要求，故B应是铁。(3)根据氧化性Fe3Cu2可知，腐蚀电路板的反应为2Fe3Cu=2Fe2Cu2。16.(13分)硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)在医药上作补血剂。某课
13、外小组测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：请回答下列问题：(1)向步骤的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有_(填离子符号)，检验滤液中还存在Fe2的方法为_(说明试剂、现象)。(2)步骤加入过量H2O2的目的是_。(3)步骤中反应的离子方程式为_。(4)步骤中一系列处理的操作步骤包括：过滤、_、灼烧、_、称量。(5)假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为_g。答案(1)Fe3取一定量滤液，滴加少量KMnO4溶液；溶液紫红色褪去(2)将Fe2全部氧化为Fe3(3)Fe33OH=Fe(OH)3(4)洗涤冷却至室温(5)0.07a解析(1)
14、向步骤的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有Fe3；取一定量滤液，滴加少量KMnO4溶液，溶液紫红色褪去可知滤液中还存在Fe2。(2)双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2氧化为Fe3。(3)步骤是将Fe3转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe33OH=Fe(OH)3。(4)步骤中一系列处理是将氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却至室温后称量氧化铁的质量。(5)a g氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁元素的质量，每片补血剂含铁元素的质量为0.07a g。17.(11分)某课外活动小组欲对铝镁合金进行研究，测定其中镁的质量分数，他
15、们利用盐酸、氢氧化钠溶液设计了三种不同的实验方案：方案一：铝镁合金测定生成气体的体积方案二：铝镁合金测定生成气体的体积方案三：铝镁合金溶液称量灼烧产物的质量。(1)写出方案一中发生反应的离子方程式：_。(2)实验小组根据方案二设计了两个实验装置，如图(图中的铁架台已省略)。你认为选择_(填“甲”或“乙”)装置进行实验更合理，误差更小。(3)用方案三进行实验时，除了称量灼烧产物质量外，还需称量的是_。(4)拓展研究：在向铝镁合金溶于盐酸后的溶液中加入过量NaOH溶液时，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系可用数轴关系表示：请你判断，根据上图数轴中的数据能否求出合金中镁的质量分数？_(填“能
16、”或“不能”)。下列两题选一题作答。若不能求出合金中镁的质量分数，请说明理由：_。若能求出合金中镁的质量分数，则镁的质量分数约为_。(保留一位小数)答案(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)乙(3)合金样品的质量(4)能30.8%解析(1)方案一中只有铝与碱反应。(2)方案二中镁、铝均与盐酸反应生成氢气，可通过金属质量和产生气体的体积，解方程组求镁、铝的质量和质量分数；乙的误差更小，它没有受酸液本身体积的影响。(3)方案三最终的产物是氧化镁，由此可求出镁的质量，求镁的质量分数还需样品的总质量。(4)溶解氢氧化铝消耗10 mL氢氧化钠溶液，则生成氢氧化铝沉淀消耗了30 mL氢氧化钠溶液
17、，则生成氢氧化镁沉淀消耗了10 mL氢氧化钠溶液，可推出镁、铝的物质的量之比为12，进而求出镁的质量分数约为30.8%。18.(20分).在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验均各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表(均在标准状况下测得)：(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？_(填“甲”或“乙”)。理由是_。(2)要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作为计算依据的数据是_，求得的盐酸的物质的量浓度为_。(3)求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作为计算依据的数据是_，求得的Mg、Al物质的量之比为_。.在50 mL b molL1的AlCl
18、3溶液中加入50 mL a molL1的NaOH溶液。(1)当a3b时，生成Al(OH)3沉淀的物质的量为_。(2)当a、b满足_条件时，无沉淀产生。(3)当a、b满足_条件时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，此时Al(OH)3的质量为_g。答案.(1)乙因甲反应后的溶液中再加合金还能继续反应，说明甲中盐酸有剩余，若乙中盐酸恰好完全反应或有剩余，则产生的氢气应为385 mL423 mL336 mL，故乙中盐酸不足(2)盐酸体积30 mL，H2体积336 mL1 molL1(3)合金质量255 mg，H2体积280 mL11.(1) mol(2)a4b(3)3ba4b3.9(4ba)解析.(2
19、)在乙或丙中，因盐酸反应完全，则可根据2HClH22 mol1 moln(HCl)23102 mol，c(HCl)1 molL1。(3)在甲中，因合金反应完全，则可根据：解得则。.在AlCl3溶液中加入NaOH溶液，可以生成Al(OH)3沉淀，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，在NaOH溶液过量时会溶解。因此生成的沉淀的物质的量与Al3和OH的物质的量的比值有关。(1)由Al33OH=Al(OH3)，可知：当a3b时，Al3过量，生成的沉淀取决于n(OH)，故为 mol。(2)由Al34OH=AlOH2O，可知：当a4b时，OH过量，此时无沉淀剩余。(3)当3ba4a时，先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀又溶解，即0.05b mol的Al3完全沉淀时消耗0.05b3 mol的OH。同时生成0.05b mol的Al(OH)3沉淀，由Al(OH)3OH=AlO2H2O得过量的OH物质的量为(0.05a0.05b3) mol会溶解掉Al(OH)3的物质的量为(0.05a0.15b) mol，所以剩余Al(OH)3的质量为：78 gmol10.05b(0.05a0.15b) mol3.9(4ba) g。