高中化学人教版第三章金属及其化合物单元测试【全国一等奖】

一、选择题1.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知Fe3+在Ph=5时沉淀完全）．其中分析错误的是（）A．步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O B．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2 C．步骤③用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH D．步骤⑤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作2～3次2.化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是（）选项应用解释A高纯硅作计算机芯片的材料硅晶体在自然界中能稳定存在B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀利用外加电流的阴极保护法保护金属C高铁车厢采用铝合金材料铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果其作用是吸收水果释放出的乙烯3.化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（）A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B．石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D．纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污4.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡACl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂BNaHCO3溶于水完全电离NaHCO3是强电解质C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DNa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+5.下列操作中，溶液的颜色不发生变化的是（）A．氯化铁溶液中加入足量铁粉，充分振荡B．氯化铁溶液中滴加硫氰化钾（KSCN）溶液C．氧化铜固体加入稀盐酸中，完全溶解D．碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸6.铝合金在日常生活、建筑装潢、航空航天和汽车制造等方面均有着广泛的用途．下列关于铝合金具有广泛用途的分析不正确的是（）A．铝元素在地壳中的含量高，储量丰富B．铝容易形成致密的氧化膜，抗腐蚀性能好C．铝化学性质稳定，常温下不与任何酸碱反应D．铝的冶炼技术基本成熟，可以大量生产、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A．加入KSCN溶液一定不变红色 B．溶液中一定含Cu2+C．溶液中一定含Fe2+ D．剩余固体中一定含铜8.下列反应中，调节反应物用量与浓度不会改变反应产物的是（）A．SO2通入石灰水 B．NaOH溶液滴入NaHCO3溶液C．硫酸中加入锌粉 D．AlCl3溶液中滴入NaOH溶液9.下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是（）①Al2O3②Al（OH）3③Al④NaHCO3⑤NaHS⑥CaCO3⑦NaHSO4⑧（NH4）2CO3．A．除⑥外 B．除⑥、⑦外C．除⑥、⑦、⑧外 D．除①、②、③、④、⑤外10.类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是A．已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuSB．已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2C．已知Br2与Fe反应生成FeBr3，推测I2与Fe生成FeI3D．已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应11.下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是()A．铜和硝酸反应B．二氧化碳通入氢氧化钠溶液中C．细铁丝在氯气中燃烧D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应12.将镁、铝混合物粉末溶于75mL4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl﹣外，还大量存在的是（）A．AlO2﹣B．Al3+，Mg2+C．Mg2+，AlO2﹣D．Al3+，Mg2+、H+13.操作1：将1L·L﹣1的Na2CO3溶液逐滴加入到1L·L﹣1的盐酸中；操作2：将1L·L﹣1的盐酸逐滴加入1L·L﹣1的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比（同温同压下）是（）A． 5：2B．2：5C．1：1D．2：114.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（）A．Fe3+B．Al3+C．NH4+D．Fe2+15.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5：7，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

二、非选择题、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小。甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%；丙是具有强氧化性的弱酸。丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒。戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子。请按要求回答下列问题：

（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为（填化学式）_________________；丁的电子式为_____________________；与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有（填化学式）：_______________、______________。

（2）元素E、F与X同周期。

①常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色；此反应的化学方程式为

。

②F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，在汽车漆家族中有重要地位。写出保存“银粉”时的注意事项：________________、____________________等。

（3）向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液。滴加过程中可依次观察到的现象：

a.浅绿色溶液变成黄色

b.有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量

c.继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀

①现象a中反应的离子方程式：________________________________________；

②现象b中反应剧烈的化学方程式：____________________________________；

③解释现象c：________________________________________________________。17.工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如下：已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O（1）实验操作I的名称为；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有（填仪器名称）．（2）滤液A中铁元素的存在形式为（填离子符号），生成该离子的离子方程式为，检验滤液A中存在该离子的试剂为（填试剂名称）．（3）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为．（4）常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c（OH﹣）前者为后者的108倍，则两种溶液的pH=．（5）①利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是（填代号）．a．电能全部转化为化学能b．粗铜接电源正极，发生氧化反应c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系②从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤为：称取一定质量的样品→→过滤、洗涤、干燥→称量剩余固体铜的质量．（填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节）18.高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：（1）“除杂”操作是加入H2O2后，然后用氨水调节溶液的pH约为，以除去硫酸铵溶液中少量的Fe2+．①酸性溶液中Fe2+与H2O2反应的离子方程式为．②过滤操作中所得到滤渣主要成分的化学式为；（2）检验上述流程中“过滤”后杂质是否除尽的实验方法．（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化的目的是．（4）“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水），母液不能蒸干的原因是．（5）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在L铵明矾的水溶液中，c（NH4+）、c（Al3+）、c（SO42﹣）三种离子浓度由大到小的顺序为．19.氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：（1）写出生产过程中X__________

Y__________（填化学式）。（2）写出产生CuCl的化学方程式________________________。（3）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由

。（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是

。（5）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：析出CuCl晶体最佳pH为_____，当pH较大时CuCl产率变低原因是_____。（6）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0．25g和10mL过量的FeCl3溶液250mL于锥形瓶中，充分溶解。②用0．10mol·L-1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：则样品中CuCl的纯度为

（结果保留三位有效数字）。20.随着能源问题的进一步突出，利用热化学循环制氢的研究受到许多发达国家的青睐。最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)也可以用于热化学循环分解水制氢，MnFe2O4的制备流程如下：（1）原料Fe(NO3)n中n=

，投入原料Fe(NO3)n和Mn(NO3)2的物质的量之比应为

。（2）步骤二中“连续搅拌”的目的是

；步骤三中洗涤干净的标准是

。（3）利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应可表示为：

MnFe2O4MnFe2O4-x+O2↑

MnFe2O4+xH2O=====MnFe2O4+xH2↑请认真分析上述两个反应并回答下列问题：①若MnFe2O4-x中x=0．8，则MnFe2O4-x中Fe2+占全部铁元素的百分比为

。②该热化学循环法制氢的优点有(答两点即可)

。③该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是

。21.某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：Ⅰ．将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；Ⅱ．待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；Ⅲ．冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用．回答下列问题：（1）步骤Ⅱ产生气体的化学式为．（2）向含微量Cu2+试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，能产生红褐色沉淀．现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是．（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：装置现象结论及解释①A试管中黑色沉淀逐渐溶解②A试管上方出现红棕色气体③B试管中出现白色沉淀a．现象②说明褐色沉淀具有性．b．试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为（4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：．（5）为测定黑色沉淀中Cu2S的百分含量，取0.2g步骤Ⅰ所得黑色沉淀，在酸性溶液中用LKMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与L（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应完全．则混合物中Cu2S的质量分数为．22.某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究．（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2．②该反应的气体产物是CO．③该反应的气体产物是．（2）设计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比．（3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应．实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气．请写出该反应的离子方程式：．（4）实验步骤①按图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气．冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g．步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为．（5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：．（6）实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善．①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是．②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：．参考答案考点：制备实验方案的设计．分析：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，以此来解答．解答：解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，A．步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A正确；B．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B错误；C．CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；D．步骤⑤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2﹣3次，可洗涤晶体，故D正确；故选B．点评：本题考查硫酸铜的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，注意氧化还原反应及盐类水解等原理的应用和分析．考点：硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；合金的概念及其重要应用．分析：A．硅为亲氧元素，在自然界中易化合态存在；B．铁和锌在电解质溶液中形成原电池，锌做负极被腐蚀；C．铝合金中铝的化学性质并没有改变，铝在常温下即可与氧气发生反应；D．乙烯具有催熟作用，能够被强氧化剂高锰酸钾氧化．解答：解：A．虽然硅的化学性质很稳定，但在自然界中仍以化合态形式存在，如二氧化硅、硅酸盐等，故A错误；B．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池反应，锌做负极被氧化，发生电化腐蚀，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护，故B错误；C．合金中的铝单质仍然可以与氧气发生化学反应生成氧化铝，故C错误；D．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故D正确；故选：D．点评：本题考查了物质的性质和用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大．考点：纤维素的性质和用途；海水资源及其综合利用；钠的重要化合物；煤的干馏和综合利用．专题：化学应用．分析：A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质；B．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等；C．海水晒盐是物理变化；D．纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污．解答：解：A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质，故A错误；B．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误；C．海水晒盐是物理变化，故C错误；D．纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；故选D．点评：本题考查了蚕丝和人造丝的主要成分、石油分馏、纯碱的用途等知识，难度不大，注意知识的积累．考点：浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．分析：A、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物．解答：解：A、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；是强电解质完全电离，故B正确；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性，故C错误；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用Na2S还原性，故D错误；故选B．点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A．氯化铁溶液中加入足量铁粉反应生成氯化亚铁；B．三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色络合物；C．氧化铜为黑色固体，加入稀盐酸反应生成氯化铜；D．碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水．解答：解：A．氯化铁溶液中加入足量铁粉反应生成氯化亚铁，溶液颜色由黄色变化为浅绿色，故A错误；B．三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色络合物，溶液颜色由黄色变化为血红色，故B错误；C．氧化铜为黑色固体，加入稀盐酸反应生成氯化铜，溶液变成蓝色，故C错误；D．碳酸氢钠溶液为无色，滴加稀盐酸反应生成氯化钠溶液为无色，故D正确；故选：D．点评：本题考查了反应的现象，题目难度不大，熟悉三价铁离子、二价铁离子、铜离子的性质及颜色是解题关键，注意对相关知识的积累．考点：生活中常见合金的组成；铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、根据Al元素在地壳中的含量来分析；B、金属铝易被氧气氧化形成氧化铝；C、金属铝化学性质活泼，可以和酸反应；D、金属铝的冶炼技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产．解答：解：A、Al元素在地壳中是含量最多的金属元素，含量高，储量丰富，故A正确；B、金属铝易被氧气氧化形成致密的氧化膜氧化铝，抗腐蚀性能好，故B正确；C、金属铝化学性质活泼，常温下可以和酸反应，故C错误；D、现在生活和生产中对金属铝的需求量大，金属铝的冶炼利用电解技术在工业生产中已经成熟，可以大量生产，故D正确．故选C．点评：本题考查学生金属铝的有关知识，可以根据教材知识来回答，难度中等，注意平时知识的积累是解题的关键．考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化性、还原性强弱的比较．专题：元素及其化合物．分析：根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断．解答：解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故B错误；C、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故C正确；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选B．点评：本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．考点：钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物．专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：A、二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠，氢氧化钙过量生成亚硫酸钠；B、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠；C、锌和稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；D、氢氧化钠过量生成偏铝酸钠、氢氧化钠不足生成氢氧化铝沉淀．解答：解：A、二氧化硫通入石灰水，二氧化硫过量则生成亚硫酸氢钙，2SO2+Ca（OH）2═Ca（HSO3）2，氢氧化钙过量则生成亚硫酸钙，Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，反应物用量不同，产物不同；B、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠，NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O，反应物用量与浓度不会改变反应产物；C、锌稀硫酸则生成氢气，H2SO4+Zn═ZnSO4+H2↑；锌与浓硫酸则生成二氧化硫，Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，硫酸浓度不同，产物不同；D、氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液，若氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O；若氢氧化钠不足生成氢氧化铝白色沉淀，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，反应物用量不同，产物不同．故选B．点评：此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨．考点：两性氧化物和两性氢氧化物．分析：既能够与酸反应又能够与碱反应的物质有：铝；两性物质；弱酸的酸式盐，弱酸对应铵盐，据此解答．解答：解：①Al2O3是两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；②Al（OH）3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；③Al既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；④NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；⑤NaHS是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；⑥CaCO3与氢氧化钠不反应，故不选；⑦NaHSO4与盐酸不反应，故不选；⑧（NH4）2CO3弱酸对应铵盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；故选：B．点评：本题考查了物质的性质，明确能和强酸或强碱反应的物质是解本题的关键，注意相关知识的积累．【ks5u解析】A．硫的氧化性比氧气、氯气弱，只能把金属氧化到低价．Fe的低价为+2价；Cu的低价为+1价，Fe+SFeS；2Cu+SCu2S．故A的说法错误．B．因CaCO3中碳为+4价是最高价，虽硝酸中+5价氮，具有强氧化性，CaCO3与稀硝酸只能发生复分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2↑反应．CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性，与强氧化性的硝酸发生氧化还原反应，被氧化成+6价的硫，稀硝酸自身被还原成+2价的氮．故B的说法错误．C．Br2的氧化性强，与Fe反应生成FeBr3，I2的氧化性弱，与Fe生成FeI2，故C的说法错误．D．在金属的活动性顺序表中，Fe排在Cu、Ag的前面．Fe+CuSO4═FeSO44+Cu，Fe+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag故D说法正确．故选D。【ks5u解析】A．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮，所以和反应物的浓度有关，故A不选；B．少量二氧化碳通入氢氧化钠溶液中生成碳酸钠，过量二氧化碳通入氢氧化钠溶液生成碳酸氢钠，所以和反应物的用量有关，故B不选；C．细铁丝在氯气中燃烧,无论氯气是否过量都生成氯化铁，所以与反应物的用量无关，故C选；D．NaOH溶液和AlCl3溶液反应产物与反应物的量有关，氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故D不选；故选C.解：将镁、铝混合物粉末溶于75mL4mol/L的盐酸中即n（HCl）=×4mol/L=，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据计算无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入L的NaOH溶液即n（NaOH）=×L=，据原子守恒，溶液中的氯有，钠有，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故选A．解：1LL的Na2CO3溶液中n（Na2CO3）=1L×1mol/L=1mol，1LL的盐酸中n（HCl）=1L×L=，把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑1mol2mol故HCl不足，由方程式可知，生成二氧化碳物质的量为×=，向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，首先发生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl1mol1mol1molNa2CO3消耗1molHCl，剩余，故生成1molNaHCO3然后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；故NaHCO3有剩余，生成二氧化碳，故两次操作产生的气体体积之比是：=5：2，故选A．解：A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，故B正确；C、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，故D错误．故选B．解：发生反应有：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1；（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为1：3（3）现在的比值是5：7，比值处于1：3和1：1之间，由于铝消耗盐酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足铝过量，故选C．16.（1）HClO4、H2CO3

OH－、H3O+（2）①Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑

②密封

避免与酸或碱接触（合理即可）（3）①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②2H2O22H2O+O2↑③起始反应即①使c(H+)降低，且反应②放热，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

△H>0，平衡正向移动，当水解出的Fe(OH)3较多时就聚集为沉淀试题解析：

（1）甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3,可知甲为水,与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有OH－、H3O+；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%，可知乙为甲烷，Y为C元素；丙是具有强氧化性的弱酸,可知丙为次氯酸,丁为次氯酸钠，其电子式为，由此可知X、Y、Z、M四种元素分别为有Cl、C、O、H；元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为HClO4、H2CO3；

（2）元素E、F与X同周期，即处于第三周期，

①常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色，可推知E为镁，反应的化学方程式为Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑；

②F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，可知F为铝，因为铝在空气中容易被氧化出氧化膜氧化铝，且铝与酸或碱均可以发生反应，所以应密封保存，并且避免与酸或碱接触；

（3）戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子，分析可知戊为双氧水，向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液，

①浅绿色溶液变成黄色是因为亚铁离子被氧化为铁离子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

②有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量，是因为双氧水在Fe3+催化作用下分解所致，2H2O22H2O+O2↑；

③继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀，因为起始反应即①使c(H+)降低，且反应②放热，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

△H>0，平衡正向移动，当水解出的Fe(OH)3较多时就聚集为沉淀。17.（1）过滤；坩埚；（2）Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；（3）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（4）11；（5））①b．c；②将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后；考点 金属的回收与环境、资源保护；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题： 几种重要的金属及其化合物．分析：（1）根据分离溶液和沉淀；根据灼烧过程所需要用到的仪器分析即可；（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀；三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子；（3）根据铝热反应的原理来书写；（4）设溶液的PH为X，然后求出由水电离出的c（OH﹣），利用由水电离出的c（OH﹣）前者为后者的108倍求出X；（5）①a．电能转化为化学能、热能；b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系；②要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可解答：解：（1）实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，故答案为：过滤；坩埚；（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，故答案为：Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（4）设溶液的PH为X，NaAlO2溶液中由水电离出的c（OH﹣）=10X﹣14mol/L，NaOH溶液中由水电离出的c（OH﹣）=10﹣Xmol/L，=108，解得X=11，故答案为：11；（5））①a．电能部分转化为化学能，故a错误；b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小，故c正确；d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过×1023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；故选：b．c；②要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后；点评：本题以矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜为背景，主要考查了物质的性质、化学方程式、电解原理等，难度不大．18.（1）①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②Fe（OH）3；（2）取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；（3）抑制Al3+水解；（4）减少可溶性杂质的析出及Al3+水解，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．分析：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，硫酸铝铵晶体热分解得到氧化铝．（1）①酸性溶液中Fe2+与H2O2反应，过氧化氢具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子，结合电荷守恒和原子守恒配平书写；②H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀；（2）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+；（3）铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝；（4）蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）根据题中所给的化学式，利用铵根和铝离子水解进行解答即可．解答：解：（1）①酸性溶液中Fe2+与H2O2反应，过氧化氢具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②H2O2溶液具有强氧化性，可以氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，过滤操作中所得到滤渣主要成分氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（2）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽，故答案为：取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解，防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出；（5）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于L，c（Al3+）＜c（NH4+），c（SO42﹣）=L，离子浓度为，c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+），故答案为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）．点评：本题考查工艺流程、离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．19.答案：（1）Fe、稀盐酸

（2）CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4

（3）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体（4）生产中应防止CuCl的氧化和见光分解（5）2

pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少（6）0．955或者95．5%试题解析：

（1）废液中含有Fe3+、Cu2+所以应加入Fe除去，过量的Fe用稀盐酸除去，所以试剂X、Y分别是Fe、稀盐酸；

（2）由流程图可知，CuCl晶体的制备过程中，反应物为SO2、CuSO4、CuCl2，生成物为H2SO4、CuCl，由电子守恒及原子守恒，可得反应方程式为CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；

（3）由反应方程式Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O可知Cu与浓硫酸反应的过程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2为1∶1，，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2也为1﹕1，所以理论上不需要补充SO2气体；

（4）因CuCl在空气中迅速被氧化成绿色且见光分解，变成褐色，故生产中应注意防止CuCl的氧化和见光分解；

（5）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；

（6）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，故舍弃第一次数据，利用第二次和第三次数据计算，滴定0．25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是（24．05+23．95）÷2＝24．0ml,所以CuCl的纯度为24．0×10-3L×0．1mol·L-1×99．5g·mol-1/0．25g×100%=95．5%。20.（1）3

2∶1（2）充分反应、沉淀完全

洗涤至流出液呈中性（3）①80%

②过程简单、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，因此不存在高温气体分离的问题等

③寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物。试题解析：

（1）Mn为+2价，令MnFe2O4中Fe的化合价为a价，根据化合价代数和为0，则2+2a+4×（-2）=0，解得a=+3，则Fe（NO3）n中n=3；由MnFe2O4组成可知：Fe和Mn的个数之比为2：1，根据质量守恒可知，Fe（NO3）n与Mn（NO3）2之比2：1；

（2）连续搅拌是为了让二者充分反应，沉淀完全；沉淀可能附着KOH等，洗涤至中性，说明洗涤干净，保证产物纯净；

（3）①x=时，铁的总价态为（）×2-2=，设1mol中含Fe2+、Fe3+物质的量分别为xmol、ymol，则有x+y=2，2x+3y=，联立解得：x=，y=，

则1mol中含Fe2+的物质的量为，则Fe2+占的百分率为2mol×100%=80%；

②由流程图可以看出过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等；

③因高温消耗较多的能源，则进一步改进的研究方向是寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物。21.（1）SO2；（2）黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、还原性；b、NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+；（4）CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2﹣（aq），热的浓硫酸将S2﹣氧化，使S2﹣浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解；（5）40%．考点： 性质实验方案的设计．分析：（1）根据铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体进行解答；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对②进行分析，然后得出正确结论；（3）a、红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；b、根据反应现象③可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；（4）CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡，根据平衡移动分析；（5）依据滴定实验数据计算剩余高锰酸钾物质的量，得到和硫化亚铜、硫化铜反应的高锰酸钾物质的量，依据反应的离子方程式列式计算得到．解答：解：（1）Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2SO2↑+2H2O，步骤Ⅱ产生的气体是SO2，故答案为