1、金属及其化合物一、选择题（共14题）1.下列说法中正确的是ANa2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色BNa2O2与CO2反应生成0.1molO2时转移电子0.4molC向饱和烧碱溶液中加入2gNa2O2充分反应完时，溶液中c(Na)不变D将Na2O2投入CuCl2溶液中有蓝色沉淀及气泡产生2.下列说法不正确的是（ ）AFeSO4常用于制取净水剂，原因是溶于水时形成具有净水作用的氢氧化亚铁胶体B纳米铁粉和FeS都可以去除水体中的Cu2+、Hg2+等离子，其原理不相同CSO2具有还原性，可用KMnO4溶液测定食品中SO2残留量D利用碳酸钠溶液可消除燃煤烟气中的SO23.在试管中进行
2、下列实验，现象与实验操作不匹配的是（ ）实验操作实验现象A向硫酸铜水溶液中逐滴加入氨水先产生蓝色沉淀，然后溶解，最后得到深蓝色透明溶液B向碘水中加入CCl4，振荡、静置溶液分层，上层为紫红色C向FeCl3溶液中加入2滴KSCN溶液溶液由黄色变为血红色D向饱和硼酸溶液中加入Na2CO3溶液无明显现象4.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）AFe2O3(s) Fe(s) FeCl2(aq)BMg(OH)2MgCl2(aq) MgCCu2(OH)2CO3CuOCu(OH)2DNaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)5.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是AAl2O3是两性氧化
3、物，可用作耐高温材料B氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板C晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料DFe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂6.下列有关物质性质的叙述不正确的是ANa2O2与CO2反应生成O2B铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化CNH4Cl溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红DAlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)37.浅绿色的Fe(NO3)2溶液中，存在水解平衡：Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+。若在此溶液中加入盐酸，则溶液颜色( )A浅绿色略变深B颜色基本不变C变黄D变为红褐色。8.下列离子方程式书写正确的是A向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀质量达到最大
4、值：2Al333Ba26OH=2Al(OH)33BaSO4B将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中：2Fe3S2=2Fe2SC向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：28H6I=3I22NO4H2OD1molL1的NaAlO2溶液和2.5molL1的HCl等体积混合：25H=Al(OH)3Al3H2O9.下列说法不正确的是ACu(NH3)4SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到B铁锈的主要成分可表示为Fe2O3nH2OC钙单质可以从TiCl4中置换出TiD可用H2还原MgO制备单质Mg10.下列叙述正确的是( )AFe在氯气中燃烧生成FeCl2B将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液，先产
5、生白色沉淀，最后沉淀消失C电解氯化铝溶液制取金属单质铝D常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，可耐腐蚀11.下列说法正确的是( )A铁制器具表面涂油，可防止其锈蚀B使氯水褪色，证明具有漂白性C在空气中蒸干溶液可获得固体D浓盐酸敞口放置浓度会降低，说明其具有吸水性12.下列有关实验的现象和结论都正确，且二者具有因果关系的是( )选项操作现象结论A向久置的Na2O2粉末中滴加过量盐酸有无色无味气体生成Na2O2没有变质B向NaAlO2溶液中通入足量CO2有白色沉淀生成Al(OH)3不溶于弱酸C室温下，将Cu置于浓硫酸中无现象在浓硫酸中Cu表面形成致密氧化膜阻止进一步反应D向溶液X中先滴加稀硝酸，再
6、滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成溶液X中含有Ag+或13.如图是产生和收集气体的实验装置，该装置适合于( ) A用浓硝酸与Cu反应制取NO2B用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2C用H2O2溶液和MnO2反应制取O2D用NH4Cl和Ca (OH)2反应制取NH314.现有NaNO3和HCl的混合溶液400mL，向混合溶液中逐渐加入过量的Fe粉，如图所示。(反应中HNO3只被还原成NO)下列说法正确的是A硝酸钠的物质的量浓度为2.5mol/LB标况下，反应过程共产生22.4L的气体C整个反应过程中每步转移的电子之和为4molD将反应后的混合物过滤，滤液蒸发结晶所得固体为 NaCl和FeCl2的混合物
7、二、非选择题（共6题）15.某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验。方案：甲组同学用质量法，按如图所示的实验流程进行实验：（1）实验时，蒸发结晶操作中，除了铁架台(带铁圈)、酒精灯外，还要用到的仪器是_。（2）有同学认为“加入适量盐酸”不好控制，应改为“加入过量盐酸”，便于操作且不影响测定的准确性，该观点_(填“正确”或“不正确”)，其原因是_。（3）若实验中测得样品质量为46.4g，蒸发后固体质量为40.95g，则碳酸钠的质量分数为_(保留3位有效数字)。（4）蒸发结晶过程中若有固体飞溅，测得碳酸钠的质量分数_(填“偏大”“偏小”或
8、“无影响”)。方案：乙组同学的主要实验流程如下：按如图所示装置进行实验：（5）装置B中的试剂为_在装置C中装碱石灰来吸收净化后的气体，装置D的作用是_。（6）有的同学认为为了减小实验误差，在反应前后都通入N2，反应后通入N2的目的是_。方案：气体分析法（7）把一定量样品与足量稀硫酸反应后，用如图装置测量产生CO2气体的体积，B中溶液最好采用_(填序号)使测量误差较小。a饱和碳酸钠溶液 b饱和碳酸氢钠溶液c饱和氢氧化钠溶液 d饱和硫酸铜溶液16.已知无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图所示装置制备AlCl3。(1)装置A中发生反应的离子方程式为_。(2)装置B盛放的试剂是_，其
9、作用是_；装置C盛放的试剂是_，其作用是_。(3)装置G的作用是_，G中发生反应的化学方程式是_。(4)F中盛放的试剂是_，其作用是_。17.下列实验装置可用于模拟呼吸面具中人呼出的气体与过氧化钠反应产生氧气的过程。看图并回答下列问题：(1)仪器B的名称是_，C中盛放饱和溶液，其作用是_。(2)写出D中与反应的化学方程式_。(3)检验F中所收集到气体的方法是_。18.由短周期元素组成的常见的纯净物，它们之间转化关系如图所示(可以在水溶液中反应)aA、B、H在常温下均呈气态，F为液态，E为盐酸，D为溶于水的白色固体，A、B、C为单质，A在B中燃烧产生淡蓝色火焰。b实验室制取A、H的发生装置如图所
10、示。c隔绝空气条件下，将G投入绿矾溶液中，有红褐色沉淀生成，还产生大量气泡。回答下列问题：（1）化合物G中阳离子与阴离子个数之比为_；J中所含化学键类型是_。（2）写出下列反应的化学方程式：_；_。（3）反应的离子方程式是_（4）化合物G有重要用途，用途为_；19.某学习小组欲确定某混合溶液中是否含有以下离子Al3+、Fe3+、Cl-、Na+，采取如下方法，请回答问题：（1）取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在_，向该溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式_。（2）另取少量溶液于试管中，逐滴滴加NaOH溶液，实验发现产生的沉淀先增加后略有减少，说明溶液中存在_，
11、写出沉淀减少的化学方程式_。（3）请用简要的文字，结合离子方程式说明检验Cl-的实验方法_，离子方程式为_。（4）在焰色反应实验中，若观察到火焰的颜色为黄色，则证明该溶液中存在_。20.铁单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题:(1)黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料,其中发生的一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4,若有3molFeS2参加反应,则转移_mol电子。(2)氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂,反应的离子方程式为_。从腐蚀废液中回收金属铜需要的试剂是_。(3)与明矾相似,硫酸铁也可用于净水,其作用原理是_(用离子方程式表示);在使用时发现
12、硫酸铁并不能使酸性废水中悬浮物沉降除去,其原因是_。(4)钢铁的电化学腐蚀简单示意图如图所示,发生吸氧腐蚀时,负极名称为_；正极的电极反应式为_;(5)铁红是一种红色颜料,其主要成分是Fe2O3。将一定量的铁红溶于160mL5molL-1盐酸中,再加入一定量铁粉恰好溶解,收集到2.24L氢气(标准状况),经检测,溶液中无Fe3+,则参加反应的铁粉的质量为_。【参考答案及解析】一、选择题1.【答案】D【解析】ANa2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，可以和水之间反应生成氢氧化钠和氧气，石蕊试纸变蓝，但是过氧化钠具有漂白性，最终试纸变白色，故A错误；B过氧化钠与水反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是
13、还原剂，生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移电子0.2mol，故B错误；CNa2O2与水反应时放出大量热，反应后溶液温度升高，导致氢氧化钠溶液的溶解度增大，所以溶液中钠离子浓度增大，故C错误；DNa2O2投入到CuCl2溶液中，反应生成氢氧化铜沉淀和氧气，所以有蓝色沉淀及气泡产生，故D正确。答案选D。【点睛】明确过氧化钠的性质为解答关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质。2.【答案】A【解析】AFeSO4常用于制取净水剂，原因是溶于水时亚铁离子不稳定，被氧化为三价铁离子，三价铁离子发生水解生成形成具有净水作用的氢氧化铁胶体，故A错误；B纳米铁粉具有还原性，可将水中的C
14、u2+、Hg2+等重金属离子还原为金属单质而除去， FeS可将水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的CuS、HgS而除去，其原理不相同，故B正确；C二氧化硫具有还原性，硫元素化合价+4价升高为+6价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，锰元素化合价+7价降低为+2价，由电子守恒和原子守恒得到离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，故C正确；D二氧化硫为酸性氧化物，亚硫酸的酸性大于碳酸，能与碳酸钠溶液反应，可利用碳酸钠溶液吸收燃煤烟气中的SO2，故D正确；答案选A。3.【答案】B【解析】A向硫酸铜水
15、溶液中逐滴加入氨水，先生成氢氧化铜沉淀，后与氨水反应生成四氨合铜络离子，则先产生蓝色沉淀，然后溶解，最后得到深蓝色透明溶液，故A正确；B向碘水中加入CCl4，振荡、静置，由于四氯化碳的密度比水大，下层呈紫红色，故B错误；C向FeCl3溶液中加入2滴KSCN溶液，发生Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，呈现血红色，故C正确；D碳酸的酸性比硼酸强，则饱和硼酸溶液中加入Na2CO3溶液，不会产生CO2，因而无现象，故D正确；答案为B。4.【答案】A【解析】AAl和Fe2O3在高温下发生铝热反应生成Fe，Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，故A正确；B用惰性电极电解MgCl2溶液生成Mg(OH)2、H2
16、和Cl2，无Mg生成，故B错误；CCuO不能溶于水生成Cu(OH)2，故C错误；D弱酸不能制强酸，则NaCl溶液中通入CO2气体不能发生反应生成NaHCO3，故D错误；故答案为A。5.【答案】D【解析】A氧化铝具有较高熔点，可以用于耐高温材料，与其两性氧化物性质无关，故A错误；B氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中氯化铁表现氧化性，与溶液的酸性无关，故B错误；C晶体硅是良好的半导体，用于制作半导体材料，与晶体硅的熔点和硬度无关，故C错误；DFe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，故D正确；故答案为D。6.【答案】C【解析】A. Na2O2与CO2反应生成O2和
17、碳酸钠，选项A正确；B. 铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化，选项B正确；C. NH4Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，滴加酚酞溶液，溶液呈无色，选项C不正确；D.氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3，选项D正确；答案选C。7.【答案】C【解析】【分析】加入盐酸后，c(H+)增加，平衡逆向移动，硝酸具有强氧化性，可将Fe2氧化成Fe3，由此进行分析判断。【详解】加入盐酸后，c(H+)增加，平衡逆向移动，又因H+与NO3-结合形成硝酸，硝酸具有强氧化性，可将Fe2氧化成Fe3，因此溶液的颜色变为黄色；答案选C。【点睛】解答本题时容易只考虑加入盐酸，增大了氢离子浓度
18、，使平衡逆向移动，忽略了H+与NO3-结合形成硝酸，而硝酸具有强氧化性，可将Fe2氧化成Fe3，解答时应引起注意。8.【答案】D【解析】A向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀质量达到最大值，明矾组成为KAl(SO4)212H2O，假设明矾的物质的量为1mol，则n(Al3+)=1mol，n(SO42-)=2mol，滴加Ba(OH)2使Al3+沉淀完全，则产生1molAl(OH)3和1.5molBaSO4沉淀，沉淀的总质量为m1=78g/mol1mol+233g/mol1.5mol=427.5g；滴加Ba(OH)2使SO42-沉淀完全，根据量的关系，Al3+全转化为AlO2-，沉淀只有2m
19、olBaSO4，沉淀的总质量m2=233g/mol2mol=466g，m2m1，其离子方程式为：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O，故A错误；B将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中，由于铁离子的氧化性和硫离子的还原性，二者会发生氧化还原反应，生成Fe2+和S，由于S2-过量，则Fe2+与S2-结合成FeS沉淀，离子方程式为：2Fe3+3S2-=2FeS+S，故B错误；CFe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与氧化还原反应，正确的离子方程式为：Fe3+3NO3-+12H+10I-=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故C错误；D1mo
20、l/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠的物质的量为1mol，HCl的物质的量为2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：2AlO2-+5H+Al3+Al(OH)3+H2O，故D正确；答案为D。9.【答案】D【解析】A硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成Cu(NH3)4SO4，A选项正确；B在钢铁发生吸氧腐蚀时生成氢氧化亚铁，总反应为：2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3：4Fe(OH
21、)2+O2+2H2O=Fe(OH)3，Fe(OH)3分解即得铁锈：2Fe(OH)3=Fe2O3nH2O+(3-n)H2O，故所得铁锈的主要成分为Fe2O3nH2O，B选项正确；C钙还原性较强，钙单质可以从TiCl4中置换出Ti，C选项正确；D镁属于较活泼金属，不能利用氢气还原氧化镁制备镁，而是常用电解熔融MgCl2的方法，D选项错误；答案选D。10.【答案】D【解析】AFe在氯气中燃烧生成FeCl3，故A错误；B将AlCl3溶液逐滴滴入到NaOH溶液，先生成偏铝酸钠，后生成氢氧化铝，涉及反应为AlCl3+4NaOH=NaAlO2+2H2O+3NaCl、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4A
22、l(OH)3+3NaCl，现象为：先不产生沉淀，后沉淀逐渐增多至不变，故B错误；C电解熔融状态的氧化铝制取金属单质铝，电解氯化铝溶液生成氢氧化铝、氢气和氯气，故C错误；D铝可与浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化反应。常温下，铝制品用浓硫酸或浓硝酸处理过，表面形成一层致密的氧化膜，可耐腐蚀，故D正确；故选D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难点B，将NaOH溶液逐滴滴入到AlCl3溶液，先产生白色沉淀，最后沉淀消失，注意滴加次序不同，产生的现象不同。11.【答案】A【解析】A铁制器具表面涂油，可使其与空气隔绝，A项正确；B使氯水
23、褪色是具有强的还原性，B项错误；C溶液在蒸干过程中与空气接触，被氧化会有生成，C项错误；D浓盐酸长期暴露于空气中浓度降低，是因为其具有挥发性，D项错误；答案选A。12.【答案】B【解析】ANa2O2久置后会生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成无色无味的CO2，A错误；B向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，生成白色的氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物可溶于强酸或者强碱，但不溶于弱酸弱碱，B正确；CCu在常温下不与浓硫酸反应，C错误；D若溶液X中若含，滴加稀硝酸时被氧化为，再滴加BaCl2溶液时，也有白色沉淀生成，D错误；故选B。13.【答案】C【解析】A铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，实验为固体和液
24、体常温下反应生成气体实验，且二氧化氮难溶于水，不能用排水法收集，需用向上排空气法收集，故A错误；B用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，发生装置错误，氯气可与水反应，不可用排水法收集，需用排饱和食盐水收集，故B错误；C用H2O2溶液和MnO2反应制取O2属于固液常温型，氧气难溶于水，可用排水法收集，故C正确；D氯化铵和氢氧化钙是固体，反应需要加热，所以反应应该在试管中进行，且试管口略向下倾斜，发生装置错误；氨气极易溶于水，不可用排水法收集，故D错误；答案选C。14.【答案】A【解析】【分析】溶液中，盐酸提供酸性环境，在此环境下，硝酸根具有强氧化性，能将铁单质氧化为铁离子，当硝酸根耗尽时，过量
25、的铁与铁离子反应产生二价铁。由图可知，1mol铁与硝酸根发生反应，1mol铁与铁离子和可能剩余的氢离子发生反应。【详解】A. 酸性环境下，1mol铁被硝酸氧化Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O，参与反应硝酸根物质的量等于铁单质物质的量为1mol，故400mL硝酸钠的物质的量浓度为2.5mol/L，A正确；B. 第一步反应产生1mol铁离子，同时生成1molNO；反应共产生2molFe2+，由于三价铁离子氧化性大于氢离子，硝酸根耗尽后，Fe3+与Fe单质反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，此反应（第二步）消耗铁单质0.5mol，生成1.5molFe2+；由图可知，剩余0.5mol铁与氢离
26、子反应（第三步）：2H+Fe=Fe2+H2，产生0.5mol氢气；故反应共产生1mol+0.5mol=1.5mol气体，在标准状况下气体的体积为33.6L，B错误；C. 整个反应过程分为三步，每步反应过程转移电子数为3mol，1mol，1mol，共转移5mol电子，C错误；D. 将反应后的混合物过滤，滤液中溶质为NaCl和FeCl2，蒸发结晶时氯化亚铁发生水解，同时被氧化，所得固体为 NaCl和Fe2O3的混合物，D错误；答案为A。二、非选择题15.【答案】（1）蒸发皿、玻璃棒 （2）正确 盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发，不影响结果 （3）45.7% （4）偏小 （5）浓硫酸 吸收空气
27、中的水蒸气和二氧化碳，以确保U形管中质量增加量的准确性 （6）使A、B装置中残留的CO2全部被C装置中的碱石灰吸收，减小实验误差 （7）b 【解析】【分析】方案：碳酸钠质量和碳酸氢钠质量之和为样品总质量，样品溶液中加入盐酸，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠溶液，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠溶液，蒸发结晶，得NaCl固体，称量NaCl固体质量，结合氯化钠的质量、样品总质量可计算碳酸钠质量和碳酸氢钠质量，进而求得碳酸钠的质量分数；方案：碳酸钠质量和碳酸氢钠质量之和为样品总质量，样品和硫酸反应产生二氧化碳气体，用碱石灰将二氧化碳吸收，碱石灰增加的质量即为二氧化碳的质量，结合样品总质量、二氧化碳质量可计算碳
28、酸钠的质量，进而求得碳酸钠的质量分数；方案：结合样品的总质量、二氧化碳的体积计算碳酸钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数。【详解】(1)蒸发结晶操作中，需要蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等，故答案为：蒸发皿、玻璃棒；(2)由分析可知，该方法原理利用样品总质量和反应后所得氯化钠的质量计算碳酸钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数，那么本实验的关键是将碳酸钠、碳酸氢钠完全转化为氯化钠，改为“过量盐酸”，能使碳酸钠、碳酸氢钠完全转化为氯化钠，便于操作且因盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发不残留，不影响结果，所以该观点正确，故答案为：正确；盐酸易挥发，过量的盐酸在加热过程中挥发，不影响结果；(3)若实验中测得样
29、品质量为46.4g，固体质量为40.95g，设碳酸钠物质的量为x，碳酸氢钠物质的量为y，则，由结合Na+守恒有：，联立二式解得：，碳酸钠的质量分数为，故答案为：；蒸发结晶过程中若有固体飞溅，氯化钠质量减少，计算所得碳酸钠质量减小，则碳酸钠质量分数减小，故答案为：偏小；A中的水蒸气能被C中碱石灰吸收，引起实验误差，所以B的作用是防止A中的水蒸气进入C中，故B中可盛放浓硫酸。空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保U形管中质量增加量的准确性，故答案为：浓硫酸、吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保U形管中质量增加量的准确性；该方案关键是要获得产生的的质
30、量，实验前容器内含有空气，空气中含有二氧化碳、水蒸气，会影响C的质量，反应后装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差，所以反应前后都要通入，反应后通入的目的是：使A、B装置中残留的CO2全部被C装置中的碱石灰吸收，减小实验误差，故答案为：使A、B装置中残留的CO2全部被C装置中的碱石灰吸收，减小实验误差；(7)利用测定反应生成的二氧化碳气体体积的方法测定碳酸钠的质量分数，关键是能准确测量反应生成的二氧化碳的体积，那么二氧化碳在B中的溶解度越小、越不反应越好，满足条件的是饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：b。16.【答案】（1）MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+
31、2H2O （2）饱和食盐水 除去Cl2中的HCl气体 浓H2SO4 干燥Cl2（或除去Cl2中的水蒸气） （3）吸收多余的Cl2，防止污染环境 Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O （4）浓H2SO4 吸收水蒸气，防止G中水蒸气进入E中使AlCl3遇潮产生白雾 【解析】【分析】实验室制备AlCl3，用Al粉与干燥的Cl2发生反应，所以，在Cl2进入硬质玻璃管前，需除去Cl2中混有的HCl和水蒸气，同时需防止G中产生的水蒸气进入D装置中，引起AlCl3的水解。在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，生成的Cl2先通入盛有饱
32、和食盐水的B装置，以除去HCl气体，再通过盛有浓硫酸的C装置，以除去Cl2中混有的水蒸气；在D装置中，Cl2与Al反应2Al+3Cl22AlCl3；用E装置收集AlCl3，G装置吸收多余的Cl2，F装置中应装有浓硫酸，以防止水蒸气进入E装置。【详解】(1)装置A中，MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)装置B需将Cl2中的HCl去除，盛放的试剂是饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的HCl气体；装置C需将氯气干
33、燥，盛放的试剂是浓H2SO4，其作用是干燥Cl2（或除去Cl2中的水蒸气）。答案为：饱和食盐水；除去Cl2中的HCl气体；浓H2SO4；干燥Cl2（或除去Cl2中的水蒸气）；(3)Cl2有毒，会污染环境，所以装置G的作用是吸收多余的Cl2，防止污染环境，G中发生反应的化学方程式是Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染环境；Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；(4)为防水蒸气进入E装置，F中盛放的试剂是浓H2SO4，其作用是吸收水蒸气，防止G中水蒸气进入E中使AlCl3遇潮产生白雾。答案为：浓H2SO4；吸收水蒸气，防止G中水蒸气进入E中使
34、AlCl3遇潮产生白雾。【点睛】解题时，应紧紧抓住“无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾”，所以在Cl2进入D装置前，需考虑去除Cl2中的杂质，以获得纯净干燥的氯气；在E装置后，需防尾气处理装置中的水蒸气进入E装置。17.【答案】（1）分液漏斗 除去HCl气体 （2） （3）将带火星的小木条伸入试管中，若小木条复燃，则该气体为O2 【解析】【分析】装置A中盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳气体中会混有HCl杂质，可用饱和碳酸氢钠溶液除去，之后通入D装置中进行反应，NaOH溶液可以吸收未反应的CO2，使装置F中收集的气体中为只含水蒸气的氧气。【详解】（1）根据B
35、的结构特点可知其为分液漏斗；生成的二氧化碳气体中混有HCl气体 ，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去；（2）二氧化碳与过氧化钠反应可以生成氧气和碳酸钠，方程式为；（3）F收集到的气体应为氧气，可以用带火星的木条进行检验，具体操作为：将带火星的小木条伸入试管中，若小木条复燃，则该气体为O2。18.【答案】（1）21 离子键和共价键(或极性共价键) （2）2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 2Na2O22H2O=4NaOHO2 （3）2H=CO2H2O 供氧剂 【解析】【分析】A、B在常温下均呈气态，A在B中燃烧产生淡蓝色火焰，生成F为液态，推出A是氢气，B是氧气，F是水，将G投入绿矾溶液中，有红褐
36、色沉淀氢氧化铁生成，还产生大量气泡，可知G是过氧化钠，C是钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可知J是氢氧化钠，E为盐酸，D为溶于水的白色固体，两者反应生成H是气体，可知D是可溶性的碳酸盐，H是二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，可知D是碳酸钠。【详解】（1）有分析可知G是过氧化钠，阳离子与阴离子个数之比为2：1，J是氢氧化钠，所含化学键类型是离子键和共价键(或极性共价键)；（2）二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，所以反应的化学方程式是：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，所以反应的化学方程式是：2Na2O22H2O=4NaOH
37、O2；（3）反应的反应物是碳酸钠和盐酸，生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式是：2H=CO2H2O；（4）化合物G是过氧化钠，用途是供氧剂。【点睛】无机框图推断题要找准突破口，物质的颜色，特殊的反应，物质的工业制法等等常常作为突破口，本题的突破口有红褐色沉淀是氢氧化铁，为液态的物质可能是水，燃烧产生的淡蓝色火焰，是氢气在氧气中燃烧。19.【答案】（1）Fe3+ 2Fe3+Fe =3Fe2+ （2）Al3 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O （3）取少量溶液滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解证明有氯离子 Ag+Cl=AgCl （4）Na+ 【解析】（1）取少量溶液，
38、加入KSCN溶液，溶液显红色，说明原溶液中含有Fe3+，向该溶液中加入铁粉，与Fe3+反应生成Fe2+，离子方程式为：2Fe3+Fe =3Fe2；（2）取少量溶液，逐滴滴加NaOH溶液，先生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀：Fe3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+3OH-=Al(OH)3；NaOH溶液过量时Al(OH)3会溶解：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（3）利用生成的AgCl沉淀既不溶于水，也不溶于酸的性质进行Cl-的检验，Cl-的具体检验方法是：取少量样品，先滴加足量的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加过量的稀硝酸，发现沉淀不溶解，可以证明有Cl-；(4)钠
39、元素的焰色反应显黄色，钠元素在溶液中以Na+的形式存在。20.【答案】（1）32 （2）2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+ 铁粉、稀盐酸(其他合理答案均可) （3）Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ 在酸性条件下抑制了铁离子的水解,无法生成氢氧化铁胶体,不能使悬浮物沉降除去 （4）铁 O2+2H2O+4e-4OH- （5）11.2g 【解析】(1)反应3FeS2+8O2=Fe3O4+6SO2，前后各元素化合价的变化情况如下：Fe：+2+，化合价升高；S：-1+4，化合价升高；O：0-2，化合价降低，3molFeS2参加反应，转移电子的物质的量为32mol；(2)三价铁离子与铜发生氧化
40、还原反应生成二价铁离子和铜离子，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，腐蚀废液含有铜离子、二价铁离子，加热过量铁粉将三价铁离子转化为二价铁离子，铜离子转化为铜，然后加入过量盐酸溶解过量的铁粉；(3)三价铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，离子方程式：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；酸性废水中含有大量氢离子，酸性条件下抑制了三价铁离子的水解，无法生成氢氧化铁胶体，不能使悬浮物沉淀除去；(4)钢铁的吸氧腐蚀，负极铁失去电子发生氧化反应，负极名称是铁，正极氧气得到电子发生还原反应结合水生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O4OH-；(5)氢气的物质的量为=0.1mol， 根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为(0.16L5mol/L-0.2mol)=0.2mol， 所以参加反应的铁粉的质量为(0.1mol+0.1mol)56g/mol=11.2g。
