1、2015-2016学年山西省实验中学高三（下）第四次月考化学试卷一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1下列关于金属元素特征的叙述，正确的是（）金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性金属元素在化合物中一般显正价金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱金属元素的原子最外层电子数都少于4ABCD全部2合金与纯金属制成的金属材料相比，合金的优点是（）合金的硬度一般比它的各成分金属的硬度大一般地，合金的熔点比它的各成分金属的熔点更低改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金合金比纯金属的导电性更强合金比纯金属的应用范围更广泛ABCD3下列叙述正确的是
2、（）氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚氧化铁常用作红色油漆和涂料硅酸钠是制备硅胶和木材防火剂的原料用纯碱、石灰石、石英为原料可制普通玻璃石灰石、高岭石、石英和水晶的主要成份都是SiO2ABCD4下列事实中能证明碳的非金属性比硅强的是（）往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀 石墨是导体，晶体硅是半导体 制玻璃过程中发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2CH4比SiH4稳定ABCD5下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量，不会影响产物的是（）A钠与氧气B氢氧化钠和二氧化碳C氢氧化钠和氯化铝D氧化钠和二氧化碳6下列有关铁及其化合物的离子方程式一
3、定错误的是（）A氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OB铁与足量稀硝酸反应：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OD溴化亚铁溶液与氯水反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红的溶液：Fe2+、K+、SO42、NO3B加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、SO42、ClC0.1 molL1NaAlO2溶液：Al3+、Na+、Cl、NO3D水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液：Na+、K+、NH4+、CO3
4、28在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出，下列说法中正确的是（）A若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+B若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，可能含有Cu2+和地Fe3+C若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3+和Fe2+，一定不含Cu2+D若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+9下列有关物质的性质及应用说法正确的是（）A过量的铜与浓硝酸反应可生成NOBFe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料CNa、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和
5、热分解法得到DFe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性10用下列装置进行有关实验不能达到预期目的是（）A用甲装置可制得Fe（OH）3胶体B用乙装置可制得金属锰C用丙装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D用丁装置能较长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀11有一定量的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗40mL的盐酸原合金中Na的物质的量是（）A0.04 molB0.03 molC0.02 molD0.01 mol12甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、N
6、aOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（）AAl2（SO4）3BNaOHCBaCl2DFeSO413工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末（含杂质氧化亚铁），充分搅拌，使之溶解，反应如下：CuO+2HClCuCl2+H2O FeO+2HClFeCl2+H2O已知：pH9.6时，Fe2+以Fe（OH）2形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀；pH在34时，Fe3+以Fe（OH）3的形式完全沉淀除去溶液中的Fe2+，可以
7、采用的方法是（）A直接加碱，调整溶液pH9.6B加足量的铜粉，将Fe2+还原出来C加足量的锌粉，将Fe2+还原出来D先将Fe2+氧化成Fe3+，再调整pH在3414将4g铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量氢氧化钠溶液，过滤后向滤液中通入足量二氧化碳，再将沉淀滤出，经洗涤、干燥、灼烧后得到固体粉末的质量仍为4g，原合金中铁的质量分数最接近（）A30%B47%C53%D70%15向含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1mol Ag下列结论错误的是（）A溶液中Cu
8、2+与Fe2+的物质的量比为1：2BFe3+的氧化性大于Cu2+C氧化性：Zn2+Cu2+Fe3+Ag+D1 mol Fe可还原2 mol Fe3+16取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于（）A8.64gB9.20gC9.00gD9.44g17向含有FeCl2、FeCl3、AlCl3、NH4Cl的混合溶液中先加入过量Na2O2固体，微热搅拌后再加入过量盐酸，溶液中阳离子数目变化最小的是（）AFe2+BFe3+CAl3+DNH4
9、+18将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（）Aoa段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2OBbc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32Cab段与cd段所发生的反应相同Dde段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致19将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如下图所示，则下列选项正确的是（）A图中m值为1.
10、56 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中V2为60 mLD原合金质量为0.92 g20某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）Ad点溶液中含有的溶质只有Na2SO4B原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Cab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2D原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种二、非选择题共60分）2
11、1现有一份由C、Al、Fe、Fe2O3、CuO中的几种物质组成的混合物粉末，某校化学课外小组取样品进行了如下实验（其中部分产物已略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）（2）Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式为若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量H2O，则Z中两种气体的化学式是（3）向Y中通入过量Cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）22氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂I实验室
12、中以粗铜（含杂质Fe）为原料制备铜的氯化物现用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略）按要求回答下列问题：（1）按气流方向连接各仪器接口顺序：a接、接、接、接（2）写出加热时硬质试管中发生化学反应的方程式是（3）反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效该电化腐蚀过程中正极反应式是II将上述实验制得的固体产物按如下流程操作，试回答下列问题：（1）检验溶液2中是否含有杂质离子的试剂是；（2）某同学用实验制得的CuCl22H2O
13、晶体配制0.1molL1的CuCl2溶液，在称量出CuCl22H2O晶体后，溶解该晶体的具体操作为（3）溶液l可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）aNaOH bNH3H2O CCuO dCuSO4 eCu2（OH）2CO3（4）反应是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀写出制备CuCl的离子方程式：23某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用其实验方案如下：回答下列问题：（1）写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式，有人认为合金与烧碱溶液形成了原电池，则作为原电池负极的物质是（2）由
14、滤液A制AlCl3溶液的途径有和两种，你认为合理的是由AlCl3溶液获得AlCl3晶体的方法是（3）用粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径相比，途径明显具有的两个优点是：、（4）通过途径实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、过滤、冷却结晶、自然干燥其中“加热通氧气”所起的作用为（用离子方程式表示）（5）在测定所得胆矾（CuSO4xH2O）中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行次若测定结果x值偏高，可能的原因是a加热温度过高 b胆矾晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却 d胆矾晶体部分风化e加热时胆矾晶体飞溅出来 f所用坩埚事先未干燥（潮湿）24明矾石的主要成分
15、为K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质某校研究小组利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：（1）配平“焙烧”过程中反应的化学方程式：Al2（SO4）3+SAl2O3+（2）分离溶液和废渣的操作是，“溶解”时反应的离子方程式为（3）“调节pH”后过滤、洗涤Al（OH）3沉淀，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是（4）“母液”中可回收的物质是（5）若“焙烧”过程中恰好消耗48g硫黄，则理论上最终可得到 g氢氧化铝25钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用完成下列计算：（1）叠氮化钠（NaN3）受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气
16、囊若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠g（2）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度（忽略溶液体积变化）计算并确定该钠钾合金的化学式（3）氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO2+H2O已知通入二氧化碳336L（标准状况下），生成24mol Al（OH）3和15mol Na2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下），计算生成的Al（OH）3和Na2CO3的物质的量之比（4）常温
17、下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失氢氧化钠质量（g）氯化钠质量（g）2.403.512.322.343.483.51上述实验所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠通过计算，分析和比较上表3组数据，给出实验所用氢氧化钠的组成结论2015-2016学年山西省实验中学高三（下）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1下列关于金属元素特征的叙述，正确的是（）金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性金属元素在化合物中一般显正价金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱
18、金属元素的原子最外层电子数都少于4ABCD全部【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】金属元素的化合价一定是正价，其原子只有还原性，但其离子不一定只有氧化性，如Fe2+就有还原性，金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱，第VA族的金属元素的最外层有5个电子，据此分析【解答】解：对于多价金属离子来说，较低价态的金属离子既有氧化性又有还原性，例Fe2+，Fe2+Zn=Fe+Zn2+，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故错误；因为金属元素的原子只具有还原性，故在化合物中只显正价，故正确；金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难以得电子，氧化性越
19、弱，故正确；第VA族的金属元素的最外层有5个电子，所以金属元素的原子最外层电子数不一定少于4，故错误故选B【点评】本题考查金属的性质，题目难度不大，注意对于此类结论性判断，只要能举出相反的例子，即可证明叙述错误2合金与纯金属制成的金属材料相比，合金的优点是（）合金的硬度一般比它的各成分金属的硬度大一般地，合金的熔点比它的各成分金属的熔点更低改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金合金比纯金属的导电性更强合金比纯金属的应用范围更广泛ABCD【考点】金属与合金在性能上的主要差异【专题】金属概论与碱元素【分析】合金相对于组成它的金属来说，一般具有密度较小、熔点较低、耐腐蚀性强、硬度大
20、、机械强度大等方面的特点【解答】解：与组成合金的纯金属相比，合金的优点一般硬度更大，故正确；合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，故正确；不同的合金具有不同的性能，改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，故正确；合金的导电性不一定比纯金属更强，比如铝合金的导电性比纯铝要差，故错误；合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故正确；故选A【点评】本题考查合金的性质，题目难度不大，注意物质的组成和结构决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途3下列叙述正确的是（）氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚氧化铁常用作红色油漆和涂料硅酸钠是制备硅
21、胶和木材防火剂的原料用纯碱、石灰石、石英为原料可制普通玻璃石灰石、高岭石、石英和水晶的主要成份都是SiO2ABCD【考点】无机非金属材料；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】碳族元素【分析】氧化铝具有很高的熔点；氧化铁俗称铁红，是一种红棕色的物质；硅酸钠具有粘性，用来制备硅胶；纯碱、石灰石、石英为原料可制普通玻璃；石灰石的主要成分是碳酸钙，高岭石的主要成分是硅酸盐【解答】解：氧化铝具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故正确；氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故正确；硅酸钠具有粘性，用来制备硅胶和木材防火剂的原料，故正确；工业上以纯碱、石灰石、石英为原料制普
22、通玻璃，故正确；石灰石的主要成分是碳酸钙，高岭石的主要成分是硅酸盐，石英和水晶的主要成份都是SiO2，故错误故选D【点评】本题主要考查物质的性质、组成以及用途，是一道基础知识题目，难度不大，可以根据所学知识进行4下列事实中能证明碳的非金属性比硅强的是（）往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀 石墨是导体，晶体硅是半导体 制玻璃过程中发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2CH4比SiH4稳定ABCD【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其单质的氧化性氧气，其最高价氧化物的水化物酸
23、性越强（F、O元素除外），其单质与氢气反应越容易，据此分析解答【解答】解：往Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，碳酸和硅酸钠反应生成硅酸，说明碳酸酸性大于硅酸，说明非金属性CSi，故正确； 石墨是导体，晶体硅是半导体，与非金属性强弱无关，不能据此判断非金属性强弱，故错误； 制玻璃过程中发生反应：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，为高温固体之间的反应，不能比较非金属性，故错误；CH4比SiH4稳定，说明非金属性CSi，故正确；故选A【点评】本题考查非金属性强弱判断，为高频考点，明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少无关，为易错题5
24、下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量，不会影响产物的是（）A钠与氧气B氢氧化钠和二氧化碳C氢氧化钠和氯化铝D氧化钠和二氧化碳【考点】钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A钠在氧气中放置生成氧化钠，在氧气中点燃生成过氧化钠；B氢氧化钠和二氧化碳1：1反应生成碳酸氢钠，按照2：1反应生成碳酸钠；C氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解；D氧化钠和二氧化碳反应，无论二氧化碳是否过量，都只生成碳酸钠【解答】解：A钠在氧气中放置生成氧化钠，在氧气中点燃生成过氧化钠，反应条件不同产物不同，故A错误；B氢氧化钠和二氧化碳
25、1：1反应生成碳酸氢钠，按照2：1反应生成碳酸钠，反应物用量不同，产物不同，故B错误；C氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，所以与反应物用量有关，故C不选；D无论二氧化碳是否过量，氧化钠和二氧化碳反应都只生成碳酸钠，所以与温度、反应物用量无关，故D选；故选D【点评】本题考查了反应条件或反应物的用量对反应的影响，题目难度不大，熟悉物质的性质是解题的关键6下列有关铁及其化合物的离子方程式一定错误的是（）A氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OB铁与足量稀
26、硝酸反应：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OD溴化亚铁溶液与氯水反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A发生氧化还原反应，生成碘化亚铁和碘、水；B反应生成硝酸铁、NO和水；C反应生成氯化亚铁、氯化铁、水；D氯水足量时，亚铁离子、溴离子均全部被氧化，生成氯化铁、溴【解答】解：A氢氧化铁与氢碘酸反应的离子反应为2Fe（OH）3+2I+6H+2Fe2+6H2O+I2，故A错误；B铁与足量稀硝酸反应的离子反应为Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，故B
27、正确；C磁性氧化铁与浓盐酸反应的离子反应为Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O，故C正确；D溴化亚铁溶液与氯水反应的离子反应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，故D正确；故选A【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意与量有关的离子反应及氧化还原反应，题目难度不大7常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使甲基橙变红的溶液：Fe2+、K+、SO42、NO3B加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、SO42、ClC0.1 molL1NaAlO2溶液：Al3+、Na+、Cl、NO3D水电离出的c（H
28、+）=1012 molL1的溶液：Na+、K+、NH4+、CO32【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A、使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；B、加入铝粉产生氢气的溶液可能为酸性或者碱性溶液；C、铝离子能够与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；D、水电离出的c（H+）=1012 molL1的溶液为酸性或者碱性溶液，铵离子能够与氢氧根离子反应、碳酸根离子能够与氢离子反应【解答】解：A、该溶液为酸性溶液，NO3离子在酸性条件下具有强氧化性，Fe2+离子具有较强还原性，二者能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、能够与Al反
29、应生成氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，Na+、K+、SO42、Cl离子之间不反应，也不与OH和H+离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C、0.1 molL1NaAlO2溶液中，Al3+能够与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故C错误；D、该溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的OH或H+离子，NH4+能够与OH离子反应、CO32能够与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，特别是离子之间发生氧化还原反应、生成络合物的情况，明确题中暗含的条件要求8在FeC
30、l3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应完全后将固体滤出，下列说法中正确的是（）A若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+B若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，可能含有Cu2+和地Fe3+C若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3+和Fe2+，一定不含Cu2+D若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，则铁能与氯化铁和氯化铜溶液反应，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe3FeCl2，Cu
31、Cl2+FeFeCl2+Cu，据此回答【解答】解：在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe3FeCl2，CuCl2+FeFeCl2+CuA、若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，故A错误；B、若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故B错误；C、若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故C错误；D、若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+，故D正确；故选D【点评
32、】本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序以及离子的氧化性顺序是解题的关键，题目难度不大9下列有关物质的性质及应用说法正确的是（）A过量的铜与浓硝酸反应可生成NOBFe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料CNa、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到DFe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性【考点】铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、当浓硝酸变稀时，会生成NO；B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4；C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法；D
33、、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性【解答】解：A、由于铜过量，当浓硝酸变稀时，会生成NO，故A正确；B、Fe在O2中的燃烧产物是Fe3O4，是黑色晶体，故B错误；C、Al的冶炼通过电解法，Cu的冶炼是通过热还原法，故C错误；D、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性而非漂白性，故D错误故选A【点评】本题考查了铜与浓硝酸的反应、铁在氧气中的燃烧产物以及金属的冶炼方法和亚铁离子、二氧化硫的还原性等问题，难度适中，要注意二氧化硫使品红褪色是其漂白性的唯一的体现10用下列装置进行有关实验不能达到预期目的是（）A用甲装置可制得Fe（OH）3胶体B用乙装置可制得金属锰C用
34、丙装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D用丁装置能较长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A将FeCl3溶液滴人沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体；B铝比锰活泼，可用铝热法冶炼；C碳酸氢钠应放在套装小试管中；D图中装置可防止氢氧化亚铁与氧气反应【解答】解：A将FeCl3溶液滴人沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体，可制得氢氧化铁胶体，故A正确； B铝比锰活泼，熔点较高，可用铝热法冶炼，故B正确；C套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故C错误；D装置可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化
35、，可用于制备氢氧化亚铁，故D正确故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，较为综合，涉及胶体制备、铝热反应、氢氧化亚铁有的制备以及碳酸钠与碳酸氢钠的稳定性比较，侧重于实验方案的评价，题目难度不大，注意把握物质的性质11有一定量的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗40mL的盐酸原合金中Na的物质的量是（）A0.04 molB0.03 molC0.02 molD0.01 mol【考点】钠的化学性质；铝的化学性质；有关混合物反应的计算【专题】守恒法【分析】根据“一定量的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得
36、到20mL pH=14的溶液”知，钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠且氢氧化钠有剩余，所以此时溶液中的溶质是氢氧化钠和偏铝酸钠；再根据“然后用1mol/L的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗40mL的盐酸”知，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠，所以当沉淀量最大时，此时溶液中的溶质是氯化钠，根据氯化钠中氯元素和钠元素相等得钠的物质的量【解答】解：根据“一定量的Na、Al合金置于水中，结果合金完全溶解，得到20mL pH=14的溶液”知，溶液呈强碱性，所以发生的反应有2Na+2H2O=2NaOH+H2，2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3
37、H2，此时溶液中的溶质是氢氧化钠和偏铝酸钠；再根据“然后用1mol/L的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗40mL的盐酸”知，盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠NaOH+HCl=NaCl+H2O，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3，所以当沉淀量最大时，此时溶液中的溶质是氯化钠，根据氯化钠中氯离子和钠离子是1：1的关系得钠的物质的量，设钠的物质的量是XNaClNaHCl 1mol 1mol x 1mol/L0.04L x=0.04mol故选A【点评】本题考查了钠和铝的化学性质，难度不大，能正确分析溶液中的溶质是解本题的关键，然后根据原子守恒进行解答即
38、可12甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（）AAl2（SO4）3BNaOHCBaCl2DFeSO4【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则丙为BaCl2，甲为FeCl2，最后剩余的为丙物质【解答】解：若将乙溶液
39、滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，反应的方程式有：Al2（SO4）3+6NaOH2Al（OH）3+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，因此，丙为FeSO4故选D【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据物质反应的现象进行推断，学习中注意常见元素化合物知识的积累13工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末（含
40、杂质氧化亚铁），充分搅拌，使之溶解，反应如下：CuO+2HClCuCl2+H2O FeO+2HClFeCl2+H2O已知：pH9.6时，Fe2+以Fe（OH）2形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀；pH在34时，Fe3+以Fe（OH）3的形式完全沉淀除去溶液中的Fe2+，可以采用的方法是（）A直接加碱，调整溶液pH9.6B加足量的铜粉，将Fe2+还原出来C加足量的锌粉，将Fe2+还原出来D先将Fe2+氧化成Fe3+，再调整pH在34【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】pH9.6时，Fe2+以Fe（OH）2形式完全沉淀；p
41、H6.4时，Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀；pH在34时，Fe3+以Fe（OH）3的形式完全沉淀除去溶液中的Fe2+，可先氧化亚铁离子，以此来解答【解答】解：A直接加碱，调整溶液pH9.6，离子均转化为沉淀，不能除杂，故A不选；B加足量的铜粉，不能将Fe2+还原出来，故B不选；C加足量的锌粉，将Fe2+还原出来，但引入新杂质锌离子，故C不选；D将Fe2+氧化成Fe3+，再调整pH在34，只有铁离子转化为沉淀，可除杂，故D选；故选D【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握混合物分离提纯、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大14将4g铝铁合金粉末溶于足量盐
42、酸中，加入过量氢氧化钠溶液，过滤后向滤液中通入足量二氧化碳，再将沉淀滤出，经洗涤、干燥、灼烧后得到固体粉末的质量仍为4g，原合金中铁的质量分数最接近（）A30%B47%C53%D70%【考点】铝的化学性质；铁的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】4g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤后向滤液中通入足量二氧化碳，沉淀为氢氧化铝，则经洗涤、干燥、灼烧，得到的固体粉末是氧化铝，利用组成可知氧化铝中氧元素的质量等于合金中铁的质量，以此来解答【解答】解：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，过滤后向滤液中通入足量二氧化碳，沉淀为氢氧化铝，则经洗涤、干燥、灼
43、烧，得到的固体粉末是氧化铝，利用组成可知氧化铝中氧元素的质量等于合金中铁的质量，合金中铁的质量等于氧化铝中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铝中氧的质量分数=47%，故选B【点评】本题考查计算，明确发生的反应找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意铝元素的守恒即可解答，难度不大15向含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1mol Ag下列结论错误的是（）A溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量比为1：2BFe3+的氧化性大于Cu2+C氧化性：Zn2+Cu
44、2+Fe3+Ag+D1 mol Fe可还原2 mol Fe3+【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】加入0.1mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1mol Ag，可知铁离子、银离子均被还原，氧化性Fe3+、Ag+大于Cu2+、Zn2+，以此来解答【解答】解：A、Fe先还原Ag+，所以Fe2+：Cu2+=（0.1+0.1）：0.1=2：1，故A正确；B根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+Fe3+，故B正确；C根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，故C错误； D由电子守恒可知，1mol Fe恰好还原2mol F
45、e3+，故D正确；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基本概念的理解及应用，题目难度不大16取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL N2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g则x等于（）A8.64gB9.20gC9.00gD9.44g【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，根据氮
46、的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量【解答】解：8960mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol（54）+0.03mol2（54）=0.46mol所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g所以金属的质量为17.02g7.82g=9.2g故选B【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题解答的关键是铜和镁失去的电子的物质的量，等于他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量17向
47、含有FeCl2、FeCl3、AlCl3、NH4Cl的混合溶液中先加入过量Na2O2固体，微热搅拌后再加入过量盐酸，溶液中阳离子数目变化最小的是（）AFe2+BFe3+CAl3+DNH4+【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，铵盐易和强碱反应【解答】解：因为加入的过氧化钠具有强氧化性，所以二价铁会被氧化为三价铁，两者变化均较大，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成NaOH与NH4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以铵根减少，铝离子加过量过氧化钠时生
48、成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即Al3+数目变化最小故选C【点评】本题主要考查物质的性质，要求要求学生熟记教材知识，灵活应用18将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（）Aoa段反应的化学方程式是：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2OBbc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32Cab段与cd段所发生的反应相同Dde段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致【考点】离子方程式的有关计算【专题】元素及其化合物【
49、分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，据此解答【解答】解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KO
50、H，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，沉淀量达最大后，再发生CO32+CO2+H2O=HCO3，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A由上述分析可知，oa段发生反应：Ba（OH）2+CO2=Ba CO3+H2O，故A正确；B由上述分析可知，bc段反应的离子方程式是：2AlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3+CO32，故B正确；C由上述分析可知，ab段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，cd段所发生CO32+CO2+H2O=
51、HCO3，两阶段反应不相同，故C错误；Dde段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；故选C【点评】本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，难度中等，侧重对基础知识的综合考查，掌握元素化合物性质是关键19将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如下图所示，则下列选项正确的是（）A图中m值为1.56 gB标准状况下产生氢气896 mLC图中V2为60 mLD原合金质量为0.92 g【考点】有关混合物反应的计算【专题】图像图表题；守恒法；利用化学方程式的计算【分析】钠
52、铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应为：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，加盐酸时发生NaOH+HClNaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，再结合图象中加入40mL盐酸生成的沉淀最多进行计算【解答】解：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，后发生反应NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，最后发生Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为：0.02L1mol/L=
53、0.02mol，由NaOH+HClNaCl+H2O，0.02mol 0.02mol则V1为： =0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL20mL=20mL，其物质的量为由：0.02L1mol/L=0.02mol，由 NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，0.02mol 0.02mol 0.02molA由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为：0.02mol78g/mol=1.56g，故A正确；B由2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，生成氢气的物质的量为：0.02mol+0.03mol=0.05mol，标况下
54、的体积为：0.05mol22.4L/mol=1.12L，故B错误；C由Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为：40mL+60mL=100mL，故C错误；D由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为：0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故D错误；故选A【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法20某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中
55、加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）Ad点溶液中含有的溶质只有Na2SO4B原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Cab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2D原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种【考点】离子方程式的有关计算【专题】图像图表题【分析】加入NaOH溶液后，在0a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3和Al
56、3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；ab段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，其他离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明Mg2+和Fe3+至少存在一种；据此分析【解答】解：加入0a段，加入NaOH溶液后没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在铝离子，由于HCO3和Al3+会发生双
57、水解而不能共存，所以一定不存在HCO3，因此一定存在H+；ab段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据cd段部分沉淀溶解，可知一定存在Al3+，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OHAlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，其他离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明Mg2+和Fe3+至少存在一种；再由bc段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与NH4+发生了反应，即溶液中一定存在NH4+；根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在SO42，故原溶液中一定存在H+、NH4+、Al
58、3+、SO42，Mg2+和Fe3+至少存在一种A、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaAlO2，所以溶液中含有的溶质为Na2SO4、NaAlO2，故A错误；B、根据以上分析不能确定一定存在铁离子，故B错误；C、根据以上分析不能确定一定存在铁离子，故C错误；D、根据以上分析原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+，Mg2+和Fe3+至少存在一种，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题易错点认为一定存在铁离子，因没告诉离子的物质的量关系，所以不能确定是否一定存在铁离子二、非选择题共60分）21现有一份由
59、C、Al、Fe、Fe2O3、CuO中的几种物质组成的混合物粉末，某校化学课外小组取样品进行了如下实验（其中部分产物已略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）Al（2）Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量H2O，则Z中两种气体的化学式是NO、CO2（3）向Y中通入过量Cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）Cu2+、Fe3+
60、、H+【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为A
61、lO2离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应，产生白色沉淀Al（OH）3；（2）浓酸若为浓硫酸，其与样品中的C反应生成CO2和SO2，通入NaHCO3溶液后SO2被吸收，剩余CO2；浓酸若为浓硝酸，其与样品中的C反应生成CO2和NO2，通入水中后NO2转变为NO；（3）X溶液中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体（其中一种固体为红色的Cu，另一种为过量的Fe粉），这个过程发生了置换反应：Cu2+FeCu+Fe2+；再向Y溶液中通入过量Cl2，则会发生反应：Cl2+2Fe2+2Cl+2Fe3+、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+、Cl2+H2O=HCl+HClO【解答】解：（1）无论加什么浓酸（
62、硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，产生白色沉淀Al（OH）3，这与“取上层清液，通入CO2，无明显变化”不相符，可以肯定溶液X中没有AlO2，样品中没有Al，故答案为：Al；（2）浓酸若为浓硫酸，其与样品中的C反应生成CO2和SO2，通入NaHCO3溶液后SO2被吸收，剩余CO2，反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是：C+2H2SO4（浓）
63、CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；浓酸若为浓硝酸，其与样品中的C反应生成CO2和NO2，通入水中后NO2转变为NO，气体Z为NO、CO2混合物，故答案为：NO、CO2；（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2+Fe=Cu+Fe2+，向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+（特别注
64、意没有了Fe2+），故答案为：Cu2+、Fe3+、H+【点评】本题考查无机推断，主要涉及金属单质、金属氧化物、非金属单质的性质，题目综合性强，涉及知识面广，难度中等，注意掌握浓硫酸、浓硝酸的性质22氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂I实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料制备铜的氯化物现用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹、酒精灯已省略）按要求回答下列问题：（1）按气流方向连接各仪器接口顺序：a接d、e接j、h接f、g接b（2）写出加热时硬质试管中发生化学反应的方程式是Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3（3）反应后，盛
65、有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效该电化腐蚀过程中正极反应式是ClO+2e+H2O=Cl+2OHII将上述实验制得的固体产物按如下流程操作，试回答下列问题：（1）检验溶液2中是否含有杂质离子的试剂是KSCN溶液；（2）某同学用实验制得的CuCl22H2O晶体配制0.1molL1的CuCl2溶液，在称量出CuCl22H2O晶体后，溶解该晶体的具体操作为将称量的晶体置于烧杯中，加入适量的稀盐酸和蒸馏水，用玻璃棒搅拌（3）溶液l可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中
66、的（填序号）c、eaNaOH bNH3H2O CCuO dCuSO4 eCu2（OH）2CO3（4）反应是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀写出制备CuCl的离子方程式：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】I（1）仪器连接顺序：Cl2发生装置除去HCl气体装置干燥装置制备装置多余Cl2处理装置；实验前要检验装置的气密性；（2）硬质试管中发生反应有：氯气与Cu反应生成氯化铜，与Fe反应生成氯化铁；（3）反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中生成NaClO溶液，正极上
67、ClO得电子生成Cl；粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，再加CuO或氢氧化铜等调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的固体2为氢氧化铁，溶液2为氯化铜溶液，通入二氧化硫，二氧化硫与铜离子发生氧化还原反应生成CuCl，氯化铜溶液在HCl氛围中蒸发结晶得到CuCl22H2O；（1）溶液2中若含有杂质离子则是Fe3+，用KSCN溶液检验；（2）配制CuCl2溶液，要防止铜离子的水解，需要加入适量稀盐酸；（3）用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的物质；（4）根据信息可知：SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉
68、淀和SO42【解答】解：I（1）仪器连接顺序：Cl2发生装置除去HCl气体装置干燥装置制备装置多余Cl2处理装置，所以各仪器接口顺序是：ad、ej、hf、gb；该实验中有有毒气体参加反应，所以实验前要检验装置的气密性；故答案为：d、e，j、h，f、g，b；（2）硬质试管中发生反应有：氯气与Cu反应生成氯化铜，与Fe反应生成氯化铁，反应方程式分别为：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3；（3）反应后，盛有NaOH溶液的广口瓶中生成NaClO溶液，该溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化
69、腐蚀，ClO得电子作正极生成Cl，则正极上的电极方程式为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH；故答案为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH；（1）由流程图分析可知溶液2中若含有杂质离子则是Fe3+，用KSCN溶液检验Fe3+，若有Fe3+，溶液变红；故答案为：KSCN溶液；（2）在配制CuCl2溶液，要防止铜离子的水解，需要加入适量稀盐酸，配制方法为：将称量的晶体置于烧杯中，加入适量的稀盐酸和蒸馏水，用玻璃棒搅拌；故答案为：将称量的晶体置于烧杯中，加入适量的稀盐酸和蒸馏水，用玻璃棒搅拌；（3）用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2（OH
70、）或Cu2（OH）2CO3；故答案为：c、e；（4）根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42，其反应的离子方程式为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42；故答案为：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42【点评】本题考查物质的制备实验方案、化学工艺流程，题目难度中等，设计装置及操作的分析评价、离子检验、电极反应、离子方程式的书写等知识，题目难度中等，试题侧重于基础知识的综合应用，明确实验目的、实验原理为解答关键23某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用其
71、实验方案如下：回答下列问题：（1）写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，有人认为合金与烧碱溶液形成了原电池，则作为原电池负极的物质是Al（2）由滤液A制AlCl3溶液的途径有和两种，你认为合理的是途径由AlCl3溶液获得AlCl3晶体的方法是将溶液低温蒸发浓缩过滤，所得固体在氯化氢的氛围里蒸干（3）用粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径相比，途径明显具有的两个优点是：产生等量胆矾途径消耗硫酸少、途径不会产生污染大气的气体（4）通过途径实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、过滤、加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥其中“加热
72、通氧气”所起的作用为2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O（用离子方程式表示）（5）在测定所得胆矾（CuSO4xH2O）中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行4次若测定结果x值偏高，可能的原因是aefa加热温度过高 b胆矾晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却 d胆矾晶体部分风化e加热时胆矾晶体飞溅出来 f所用坩埚事先未干燥（潮湿）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】含有铝、铁、铜的合金加入足量的氢氧化钠溶解，只有铝与氢氧化钠溶液反应，所以滤渣B为铁和铜，滤液中含有偏铝酸钠与剩余的NaOH，途径加入足量的盐酸得到氯化铝溶液，途径通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝用盐酸
73、溶解得到氯化铝滤渣B中用稀硫酸溶解，Cu不反应，过滤分离，滤渣F为Cu、滤液E中含有硫酸亚铁，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾粗制氧化铜反应得到硫酸铜，再经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到蓝矾（1）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；合金与烧碱溶液形成了原电池，Fe、Cu不与氢氧化钠溶液溶液，则Al作负极；（2）途径所得的溶液中含有NaCl；应防止氯化铝溶液在加热蒸发过程中水解；（3）根据消耗硫酸用量及是否生成污染空气的气体分析；（4）酸性条件下，氧气与粗制氧化铜中的Cu反应得到Cu2+，过滤除去不溶物后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到蓝矾；（5）
74、先称量样品与坩埚质量，再加热分解，称量加热后总质量，两次处理误差在系统误差范围内，说明完全失去结晶水；a加热温度过高，硫酸铜可能分解；b胆矾晶体的颗粒较大，结晶水不能完全失去；c加热后放在空气中冷却，有吸收空气中水蒸气；d胆矾晶体部分风化，晶体中结晶水的质量偏小；e加热时胆矾晶体飞溅出来，失去的晶体全部按结晶水质量计算；f所用坩埚事先未干燥（潮湿），沉淀结晶水的质量偏大【解答】解：含有铝、铁、铜的合金加入足量的氢氧化钠溶解，只有铝与氢氧化钠溶液反应，所以滤渣B为铁和铜，滤液中含有偏铝酸钠与剩余的NaOH，途径加入足量的盐酸得到氯化铝溶液，途径通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝用盐酸溶解得到
75、氯化铝滤渣B中用稀硫酸溶解，Cu不反应，过滤分离，滤渣F为Cu、滤液E中含有硫酸亚铁，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾粗制氧化铜反应得到硫酸铜，再经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到蓝矾（1）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，合金与烧碱溶液形成了原电池，Fe、Cu不与氢氧化钠溶液溶液，则Al作负极，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；Al；（2）途径所得的溶液中含有NaCl，途径是利用氢氧化铝与盐酸反应得到氯化铝，制得氯化铝比较纯，途径更合理，氯化铝溶液在加热蒸发过程中应防止水解
76、，具体操作为：将溶液低温蒸发浓缩过滤，所得固体在氯化氢的氛围里蒸干，故答案为：途径；将溶液低温蒸发浓缩过滤，所得固体在氯化氢的氛围里蒸干；（3）途径中Cu会与浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫，途径中Cu与硫酸、氧气反应生成硫酸铜，与途径相比，途径明显具有的两个优点是：产生等量胆矾途径消耗硫酸少、途径不会产生污染大气的气体，故答案为：产生等量胆矾途径消耗硫酸少、途径不会产生污染大气的气体；（4）酸性条件下，氧气与粗制氧化铜中的Cu反应得到Cu2+，反应离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O，过滤除去不溶物后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到蓝矾，故答案为：加热浓缩、过滤
77、；2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O；（5）先称量样品与坩埚质量，再加热分解，称量加热后总质量，两次处理误差在系统误差范围内，说明完全失去结晶水，至少进行4次质量称量；a加热温度过高，硫酸铜可能分解，测定结晶水质量偏大，导致x值偏高；b胆矾晶体的颗粒较大，结晶水不能完全失去，测定结晶水质量偏小，导致x值偏低；c加热后放在空气中冷却，有吸收空气中水蒸气，测定结晶水质量偏小，导致x值偏低；d胆矾晶体部分风化，晶体中结晶水的质量偏小，导致x值偏低；e加热时胆矾晶体飞溅出来，失去的晶体全部按结晶水质量计算，测定结晶水质量偏大，导致x值偏高；f所用坩埚事先未干燥（潮湿），沉淀结晶水的质量偏大，导致
78、x值偏高，故答案为：4；aef【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及多操作的分析评价、物质的分离提纯、物质含量测定等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的操作原理和步骤，难度中等24明矾石的主要成分为K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质某校研究小组利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：（1）配平“焙烧”过程中反应的化学方程式：2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2（2）分离溶液和废渣的操作是过滤，“溶解”时反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO3+H2O（3）“调节pH”后过滤、洗涤Al（OH）3沉淀，证明
79、沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是取最后一次洗涤的滤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净（4）“母液”中可回收的物质是K2SO4、Na2SO4（5）若“焙烧”过程中恰好消耗48g硫黄，则理论上最终可得到468 g氢氧化铝【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】根据元素守恒和得失电子守恒，可知焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2，故生成炉气中含二氧化硫，熟料中含氧化铝、氧化铁、硫酸钾等，加入氢氧化钠和水，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤，滤渣中含氧化铁，滤液中含偏铝
80、酸钠和硫酸钾、氢氧化钠等；用硫酸调节pH，得到氢氧化铝沉淀和硫酸钠、硫酸钾，过滤得母液中含硫酸钾、硫酸钠溶质（1）根据元素守恒和得失电子守恒，硫酸铝和硫单质发生的是氧化还原反应，氧化产物和含有产物为二氧化硫，可知焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2；（2）分离溶液和废渣的操作用过滤，氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；（3）Al（OH）3沉淀具有吸附性，可吸附硫酸根离子，通过检验硫酸根离子的方法进行实验；（4）“母液”中含有硫酸盐；（5）依据化学方程式中定量关系确定明矾石的主要成分为K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O物质的量，结合铝元素
81、守恒计算得到氢氧化铝的理论值【解答】解：根据元素守恒和得失电子守恒，硫酸铝和硫单质发生的是氧化还原反应，氧化产物和含有产物为二氧化硫，可知焙烧炉中发生反应，故生成炉气中含二氧化硫，熟料中含氧化铝、氧化铁、硫酸钾等，加入氢氧化钠和水，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤，滤渣中含氧化铁，滤液中含偏铝酸钠和硫酸钾、氢氧化钠等；用硫酸调节pH，得到氢氧化铝沉淀和硫酸钠、硫酸钾，过滤得母液中含硫酸钾、硫酸钠溶质，（1）硫酸铝和硫单质发生的是氧化还原反应，氧化产物和含有产物为二氧化硫，反应中硫元素化合价由Al2（SO4）3中S元素的+6价降低，单质硫中S的化合价升高，令产物中S的化合价为
82、+x价，根据得失电子守恒可知6（6x）=3（x0），则x=4，所以生成产物为SO2，则反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2，故答案为：2，3，2，9SO2；（2）分离溶液和废渣的操作用过滤，氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：过滤，Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（3）Al（OH）3沉淀具有吸附性，可吸附硫酸根离子，通过检验硫酸根离子的方法进行实验，方法为取最后一次洗涤的流出液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤的流出液于试管中，滴加BaC
83、l2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净；（4）根据流程分析可知“母液”中含有硫酸盐中含有K2SO4、Na2SO4，都可回收利用，故答案为：K2SO4；Na2SO4；（6）氢氧化铝具有两性，能与硫酸反应，不严格控制pH值，会导致氢氧化铝溶解，从而得不到氢氧化铝沉淀，故答案为：氢氧化铝具有两性，能与硫酸反应，不严格控制pH值，会导致氢氧化铝溶解，从而得不到氢氧化铝沉淀；（5）2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2，依据铝元素守恒计算，若“焙烧”过程中恰好消耗48g硫黄物质的量=1.5mol，反应的2Al2（SO4）3物质的量为1mol，K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O物质
84、的量为1mol，K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O6Al（OH）3， 1 6781mol m 则理论上最终可得到m=468g故答案为：468【点评】本题考查物质的制备、分离等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意把握物质的相关性质25钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用完成下列计算：（1）叠氮化钠（NaN3）受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠78g（2）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气计算
85、溶液中氢氧根离子的物质的量浓度（忽略溶液体积变化）计算并确定该钠钾合金的化学式（3）氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO2+H2O已知通入二氧化碳336L（标准状况下），生成24mol Al（OH）3和15mol Na2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下），计算生成的Al（OH）3和Na2CO3的物质的量之比（4）常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失氢氧化钠质量（g）氯化钠质量（g）2.403.512.32
86、2.343.483.51上述实验所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠通过计算，分析和比较上表3组数据，给出实验所用氢氧化钠的组成结论【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）发生反应：2NaN3=2Na+3N2，根据方程式计算；（2）发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2、2K+2H2O2KOH+H2，根据氢气体积、金属质量列方程计算Na、K物质的量；（3）336L二氧化碳为15mol，只发生反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，得到30mol Al（OH）3和15molNa2CO3，实际得到24mol Al（OH）3，说明
87、原溶液中含有NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成的碳酸钠为15mol24mol=3mol，即投入112L二氧化碳时与NaOH反应得到碳酸钠也是3mol，再根据方程式2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O计算生成氢氧化铝，根据碳原子守恒可知生成碳酸钠总物质的量；（4）发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据方程式计算所取样品的摩尔质量，判断是否含有结晶水确定其组成【解答】解：（1）设需要NaN3 的质量为m，则：2NaN32Na+3N2130g 67.2Lm 40.32Lm=78g，故答案为：78；（2）设钠、钾的物质的量分别为a、b，2Na+2H2O2Na
88、OH+H2、2K+2H2O2KOH+H2a 0.5 b 0.5b则：0.5a+0.5b=0.075mol，且23a+39b=5.05（质量守恒）解之得a=0.050mol，b=0.10mol，c（OH）=0.75mol/L，故答案为：0.75mol/L；n（Na）：n（K）=1：2，该钠钾合金化学式为NaK2，故答案为：NaK2；（3）336L二氧化碳为15mol，只发生反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，得到30mol Al（OH）3和15molNa2CO3，实际得到24mol Al（OH）3，说明原溶液中含有NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成的碳酸钠
89、为15mol24mol=3mol，即投入112L二氧化碳时与NaOH反应得到碳酸钠也是3mol，112 L二氧化碳的物质的量： =5 mol，根据碳原子守恒则n（Na2CO3）=5mol，由可知（2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，生成氢氧化铝为（53）mol2=4mol，则nAl（OH）3：n（Na2CO3）=4mol：5mol=4：5，故答案为：4：5；（4）发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，由氯化钠的质量推算，氢氧化钠样品的摩尔质量为M1（氢氧化钠）=2.40=40 （g/mol）M2（氢氧化钠）=2.32=58 （g/mol）M3（氢氧化钠）=3.48=58 （g/mol）结论：实验所取氢氧化钠样品是NaOH；实验和实验所取氢氧化钠样品应该是NaOHH2O，答：结论为实验所取氢氧化钠样品是NaOH、实验和实验所取氢氧化钠样品应该是NaOHH2O【点评】本题考查化学计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，是对学生综合能力的考查，题目的难度较大