高考化学第一轮复习专题考试19从铝土矿到铝合金 22页

专题三 从矿物到基础材料 第一单元 从铝土矿到铝合金 ‎1．(2009·北京理综，8)下列叙述正确的是(　　)‎ A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀 B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解 C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失 D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变 解析：A项，BaCO3、BaSO3都与H＋反应，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu(NO3)2固体后会发生：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O的离子反应，铜粉会溶解；C项，发生的反应依次为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；D项，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成Cu－Zn原电池，会加速产生H2的速率。‎ 答案：C ‎2．(2009·四川理综，11)向m g镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L。向反应后的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系不正确的是(　　)‎ A．c＝ B．p＝m＋ C．n＝m＋17Vc D.mc。则下列说法正确的是(　　)‎ A．残余固体全部是铜 B．残余固体可能为铁和铜的混合物 C．残余固体是铁，溶液中一定不含Cu2＋ D．最后得到的溶液可能含有Fe3＋‎ 解析：涉及的反应有①Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，②Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，由于题目中a>c，说明Fe不足，Cu2＋没有完全反应掉。故残留固体为Cu，当有单质铜存时，溶液中一定不含有Fe3＋。‎ 答案：A ‎5．已知Ba[Al(OH)4]2可溶于水。下图表示的是向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba(OH)2的物质的量x的关系。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．a～b时沉淀的物质的量：Al(OH)3比BaSO4多 B．c～d时溶液中离子的物质的量：[Al(OH)4]－比Ba2＋多 C．a～d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al(OH)3‎ D．d～e时溶液中离子的物质的量：Ba2＋可能等于OH－‎ 解析：向Al2(SO4)3溶液中滴加Ba(OH)2溶液，开始阶段Al3＋与OH－、SO与Ba2＋形成沉淀：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，当Al2(SO4)3与Ba(OH)2的物质的量之比为2∶3时，所有离子恰好完全沉淀，沉淀的物质的量和质量均达到最大，此时对应的点为b点。在O～b范围内，BaSO4的物质的量均比Al(OH)3多；在b点后继续加入Ba(OH)2，Al(OH)3沉淀开始溶解：2Al(OH)3＋Ba(OH)2===Ba[Al(OH)4]2，至d点时Al(OH)3完全溶解，那么在b～d范围内BaSO4比Al(OH)3多，[Al(OH)4]－比Ba2＋多[溶质是Ba[Al(OH)4]2]；d～e时沉淀只有BaSO4，溶质是Ba[Al(OH)4]2和加入的Ba(OH)2，所以 n(Ba2＋)可能等于n(OH)－。　‎ 答案：BD ‎6．在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂，能观察到先生成沉淀后变澄清的是(　　)‎ ‎①氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液　②四羟基合铝酸钠溶液中加盐酸　③氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液　④蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液　⑤氯化铝溶液中滴加氨水　⑥硝酸银溶液中滴加氨水　⑦氢氧化铁胶体中滴加硫酸 A．①②⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①②④⑥ D．③④⑤⑥‎ 解析：①先生成Al(OH)3沉淀，再生成可溶性的[Al(OH)4]－；②先生成Al(OH)3，再生成可溶性的Al3＋；③先生成[Al(OH)4]－，再生成Al(OH)3，即一段时间后观察到沉淀出现；④蛋白质的变性，观察到有沉淀出现；⑤立即观察到沉淀出现但不会变澄清；⑥先生成AgOH沉淀，再生成可溶性的[Ag(NH3)2]＋；⑦胶体的凝聚现象，先出现Fe(OH)3沉淀，再发生酸碱中和，生成Fe3＋。‎ 答案：A ‎7. 把镁粉中混入的少量铝粉除去，应选用的试剂是(　　)‎ A．盐酸 B．氯水 C．烧碱溶液 D．纯碱溶液 解析：盐酸跟镁、铝都反应，A错；氯水中有氯气和水反应的生成物——盐酸和次氯酸，镁、铝都会与其反应，B错；烧碱是氢氧化钠，铝有两性，可以跟氢氧化钠溶液反应放出氢气，铝变成四羟基合铝酸钠溶于水，镁不反应而分离，2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，C对；纯碱溶液是碳酸钠溶液，镁、铝都不反应，D错。‎ 答案：C ‎8．(2008·广东，22)铜在自然界存在于多种矿石中，如：‎ 矿石名称 黄铜矿 斑铜矿 辉铜矿 孔雀石 主要成分 CuFeS2‎ Cu5FeS4‎ Cu2S CuCO3·Cu(OH)2‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是________。‎ ‎(2)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，反应的氧化剂是__________。‎ ‎(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是__________________；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称____________。‎ ‎(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的原理：______________________________________________。‎ ‎(5)下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是__________(填字母)。‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 可用稀盐酸除铜器表面的铜绿 Ⅰ对；Ⅱ对；有　‎ B 铜表面易形成致密的氧化膜 铜容器可以盛放浓硫酸 Ⅰ对；Ⅱ对；有　[来源:学。科。网]‎ C 铁比铜活泼 铆在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈 Ⅰ对；Ⅱ对；有　‎ D 蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化 硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂 Ⅰ错；Ⅱ对；无　‎ 解析：(1)根据矿石的主要成分分析可知：每1 mol Cu中含有的其他元素的质量Cu2S中最小，因此Cu2S中铜的质量分数最高。‎ ‎(2)根据反应方程式：，可知Cu2O和Cu2S都作氧化剂。‎ ‎(3)SO2排放到大气中会造成酸雨，处理该尾气可得到有价值的化学品：H2SO4或Na2SO4。‎ ‎(4)粗铜的精炼中，应将粗铜与电源的正极相连作阳极，而将纯铜与电源的负极相连作阴极，用铜盐CuSO4、CuCl2等盐溶液作电解质溶液。‎ ‎(5)铜绿的成分为Cu2(OH)2CO3，能与盐酸发生反应而除去，而Cu和盐酸不反应，A正确；铜在常温下和浓H2SO4不反应，因此B中前后无因果关系，B错误；在潮湿的空气中铁和铜形成原电池，铁作负极，铜作正极，铁易生锈，因此C也不正确；CuSO4·5H2O晶体转化为CuSO4白色粉末是化学变化，CuSO4为重金属盐，可以使蛋白质变性，因此可以作为消毒剂，因此D正确。‎ 答案：(1)Cu2S　(2)Cu2S和Cu2O　(3)形成酸雨，会对植物和建筑物等造成严重危害　硫酸、硫酸钠　(4)以硫酸铜→硫酸溶液为电解液。电解时，粗铜(阳极)中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，不如铜活泼的金属沉入电解槽形成“阳极泥”；溶液中的Cu2＋得到电子沉积在纯铜(阴极)上　(5)AD[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ ‎9. (2009·山东理综，30)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：‎ ‎[来源:学科网ZXXK]‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)溶液A中的金属离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为________(填代号)，检验溶液A中Fe3＋的最佳试剂为________(填代号)。‎ a．KMnO4 b．(NH4)2S c．H2O2 d．KSCN ‎(2)由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、________、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是________________。‎ ‎(3)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)________(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列________(填代号)装置回收。‎ ‎(4)欲测定溶液A中Fe2＋的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应________，直到________。用KMnO4标准溶液滴定时应选用________管(填“酸式”或“碱式”)滴定。‎ 解析：(1)由题意分析可知试剂①应为氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋且不能引入新的杂质，故为H2O2；KSCN与Fe3＋反应呈明显的血红色。‎ ‎(2)由溶液到晶体的操作是加热蒸发、冷却结晶、过滤等基本操作；在过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还用到玻璃棒，它的主要作用是引流。‎ ‎(3)应先向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故应加NH3·H2O。NH3的溶解度很大，应选用一套防止倒吸的装置，故选b。‎ ‎(4)用容量瓶配制溶液定容时视线应平视凹液面，直到凹液面的最低点与刻度线相切；KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶管，故选用酸式滴定管。‎ 答案：(1)c　d　(2)冷却结晶　引流　(3)NH3·H2O或NH3　b　(4)平视凹液面(或平视刻度线)　凹液面的最低点与刻度线相切　酸式 ‎10．(2008·北京理综，28)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：‎ ‎(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：‎ ‎①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是_____________________________________________________________。‎ ‎②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是__________。‎ ‎(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是____________________________________________________________(填写离子符号)。‎ ‎(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是________(各组合中的物质用化学式表示)。‎ 解析：由题干中框图转化的关系可知，Y中必含Cu，另有Fe2＋；产生两种气体必须有C。‎ ‎(1)上层清液中通入CO2无明显现象说明无[Al(OH)4]－，进一步说明样品中无Al。‎ ‎(2)①Z为一种气体，则必为CO2，说明另一种气体为SO2被NaHCO3溶液除去，浓酸为浓H2SO4，反应为：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O ‎②Z为两种气体，a为H2O，则说明浓酸为浓HNO3，Z中气体为NO和CO2。‎ ‎(3)Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋；2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋循环反应，则溶液中阳离子为Fe3＋、Cu2＋和Cl2与H2O反应生成的H＋。‎ ‎(4)据题目信息可推知氧化还原反应为：4I－＋3H2O2＋2Fe2＋===2I2＋2Fe(OH)3↓‎ ‎(5)由题意分析无Cu生成，则必定是不发生Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋或2Al＋3Cu2＋===3Cu＋2Al3＋的置换反应，说明混合物中无Fe和Al。由题干框图知必含CuO和C。则组合可能为CuO、C；CuO、C、Fe2O3。‎ 答案：(1)Al　(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O　②NO、CO2　(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋　(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2　(5)CuO、C或CuO、C、Fe2O3‎ ‎11. 某课外小组对一些金属单质和化合物的性质进行研究。‎ ‎(1)下表为“铝与氯化铜溶液反应”实验报告的一部分：‎ 实验步骤 实验现象 将打磨过的铝片(过量)放入一定浓度的CuCl2溶液中。‎ 产生气泡，析出疏松的红色固体，溶液逐渐变为无色。‎ 反应结束后分离出溶液备用。‎ ‎ ‎ 红色固体用蒸馏水洗涤后，置于潮湿空气中。‎ 一段时间后固体由红色变为绿色[设其主要成分为Cu2(OH)2CO3]。‎ 按反应类型写出实验中发生反应的化学方程式各一个(是离子反应的只写离子方程式)‎ 置换反应__________________________________________________________________；‎ 化合反应_________________________________________________________________。‎ ‎(2)用石墨作电极，电解上述实验分离出的溶液，两极产生气泡。持续电解，在阴极附近的溶液中还可以观察到的现象是__________________________________________________。‎ 解释此现象的离子方程式是____________________________________________________。‎ ‎(3)工业上可用铝与软锰矿(主要成分为MnO2)反应来冶炼金属锰。‎ ‎①用铝与软锰矿炼锰的原理是(用化学方程式来表示)‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②MnO2在H2O2分解反应中作催化剂。若将适量MnO2加入酸化的H2O2溶液中，MnO2溶解产生Mn2＋，该反应的离子方程式是__________________________________________。‎ 解析：(1)由CuCl2溶液中Cu2＋的水解使溶液呈酸性，所以会有2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，也有2Al＋3Cu2＋===2Al3＋＋3Cu；单质铜在潮湿空气中由红色变为绿色，化学方程式可写出2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3。‎ ‎(2)用石墨作电极，电解AlCl3溶液，电解的方程式为：‎ ‎2AlCl3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑＋3Cl2↑‎ 持续电解，电解水，阴极：2H2O＋2e－―→H2↑＋2OH－从而使阴极区OH－浓度增大，所以会看到有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解至消失。‎ ‎(3)①类似于铝热反应 ‎②根据题意可写出离子方程式：MnO2＋H2O2＋2H＋===Mn2＋＋O2↑＋2H2O 答案：(1)2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑　或2Al＋3Cu2＋===2Al3＋＋3Cu　2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3　(2)白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解至消失　Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，　Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－　(3)①3MnO2＋4Al高温,3Mn＋2Al2O3‎ ‎②MnO2＋H2O2＋2H＋===Mn2＋＋O2↑＋2H2O ‎12．(2009·高考题改编)下列是中学化学中常见物质间的反应转化关系图，其中部分产物已略去。已知：A、D是单质，且C、E、G中均含有A单质中的元素，B、F、H中均含有D单质中的元素；常温下，除C、E外其他物质均为固体。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：A________，H________。‎ ‎(2)写出下列变化的化学方程式：‎ E→G________________________________________________________________________，‎ D→F________________________________________________________________________，‎ E→A________________________________________________________________________。‎ ‎(3)B的用途(至少说出一种)____________________________________________________。‎ 解析：单质A与B高温下反应生成单质D与气态化合物C，C可与氧气反应生成E，推测E一定为非金属氧化物，而E又能与Mg反应生成单质A，推测E为CO2，则A为单质碳。CO2与Na2O2反应生成Na2CO3，因为单质D能与NaOH溶液反应，而固态单质能与NaOH溶液反应者，在中学阶段只有Al与Si，Al不能由碳单质与化合物反应制得，所以推断D为Si，则B为SiO2，F为Na2SiO3。而Na2SiO3能与E(CO2)、H2O反应生成Na2CO3与H2SiO3，H2SiO3受热分解生成B。‎ 答案：(1)C　H2SiO3　(2)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑　2Mg＋CO‎2C＋2MgO　(3)制造光导纤维 ‎13．(2009·福建理综，24)从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)流程甲加入盐酸后生成Al3＋的离子方程式为________________。‎ ‎(2)流程乙加入烧碱后生成SiO的离子方程式为________________。‎ ‎(3)验证滤液B含Fe3＋，可取少量滤液并加入________________(填试剂名称)。‎ ‎(4)滤液E、K中溶质的主要成分是________(填化学式)，写出该溶质的一种用途________________________________________________________________________。‎ ‎(5)已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12(mol/L)3。取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.00，则此温度下残留在溶液中的 c(Mg2＋)________。‎ 解析：流程甲为：‎ 流程乙为：‎ 则滤液E、K中溶质主要成分是NaHCO3，该物质可用于作发酵粉、制纯碱等。(5)由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12＝[OH－]2·[Mg2＋]2可推知：[Mg2＋]＝ mol·L－1＝5.6×10－10 mol·L－1。‎ 答案：(1)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O　(2)SiO2＋2OH－===SiO＋H2O　(3)硫氰化钾(或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案)　(4)NaHCO3　制纯碱或作发酵粉等合理答案　‎ ‎(5)5.6×10－10 mol·L－1‎ ‎1．合金比纯金属制成的金属材料的优点是(　　)‎ ‎①合金的硬度一般比它的各成分金属的大　②‎ 一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低③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　④合金比纯金属的导电性更强　⑤合金比纯金属的应用范围更广泛 A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①②④⑤‎ 解析：合金的机械性能比各成分金属的大，故①正确；根据教材知识，②③是正确的；合金的电阻率比纯金属要大，故④是错误的；合金由于性能好而应用更广泛，⑤是正确的。‎ 答案：A ‎2． ‎1 L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1 mol·L－1，向混合溶液中滴加某溶液Z(0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液或硫酸溶液)，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是(　　)‎ A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠 B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠 C．四羟基合铝酸钠、氢氧化钡、硫酸 D．四羟基合铝酸钠、氯化钡、硫酸 解析：本题图像可以分成两部分，以加入Z溶液‎1 L为界。加入‎1 L之后的图像，应为在Na[Al(OH)4]溶液中逐滴加入酸，所以可以排除A、B两项。然后分析图像可知，沉淀生成的曲线幅度不同，即反应是分步发生的。‎ 答案：C ‎3. 选用金属材料时，以下方面需要考虑的是(　　)‎ ‎①主要用途　②物理性质、化学性质　③价格　④加工难度　⑤日常维护　⑥环境保护 A．①②③ B．③④⑤ C．①⑤⑥ D．①②③④⑤⑥‎ 解析：在选用材料时，要综合考虑所选材料的性能、价格、制造或安装成本等，从众多材料中选取最合适者。‎ 答案：D ‎4．2005年诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂。工业上冶炼钼的化学原理为：‎ ‎①2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2；‎ ‎②MoO3＋2NH3·H2O===(NH4)2MoO4＋H2O；‎ ‎③(NH4)2MoO4＋2HCl===H2MoO4↓＋2NH4Cl；‎ ‎④H2MoO4MoO3＋H2O；‎ ‎⑤用还原剂将MoO3还原成金属钼。‎ 则下列说法正确的是(　　)‎ A．MoS2煅烧产生的尾气可直接排入空气中 B．MoO3是金属氧化物，也是碱性氧化物 C．H2MoO4是一种强酸 D．利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为3∶3∶2‎ 解析：A项，MoS2煅烧产生的SO2是大气污染物，不能直接排入空气，A不正确；B项，MoO3和氨水反应表现出酸性氧化物的性质，B不正确；C项，H2MoO4不溶于水，受热易分解，不是强酸，C不正确；D项还原1 mol MoO3得6 mol电子，消耗H2、CO、Al的物质的量分别为∶∶＝3∶3∶2。‎ 答案：D ‎5 向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 mol Ag。下列结论错误的是(　　)‎ A．氧化性：Zn2＋>Cu2＋>Fe3＋>Ag＋ B．Fe3＋的氧化性大于Cu2＋‎ C．溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量比为1∶2 D．1 mol Fe可还原2 mol Fe3＋‎ 解析：根据金属活动顺序表，银的还原性较差，一旦失去电子变成银离子其氧化性较强。铁粉先跟银离子反应，然后再与三价铁离子反应，由反应方程式或电子守恒得，银离子、三价铁离子完全反应后铁粉没有剩余，B、C选项正确。一个铁失两个电子，一个三价铁离子得一个电子，所以1 mol铁可还原2 mol三价铁离子。‎ 答案：A ‎6． 将相同物质的量的镁和铝混合，取相同质量的该混合物4份，分别加入到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是(　　)‎ A．3 mol·L－1 HCl B．4 mol·L－1 HNO‎3 C．8 mol·L－1 NaOH D．18 mol·L－1 H2SO4‎ 解析：稀HNO3具有强氧化性，与Mg、Al反应均不产生氢气，故B选项排除；Al具有两性，能与NaOH溶液反应产生H2，而Mg不与NaOH溶液反应，故C选项排除；18 mol·L－1 H2SO4是浓H2SO4，常温下与Al接触形成钝化膜起保护作用，不与Al继续反应，故D选项也应排除；因此只有3 mol·L－1 HCl既能与Mg反应放出氢气，也能与Al反应放出氢气，所以充分反应后放出氢气最多的是3 mol·L－1 HCl。‎ 答案：A ‎7．复合材料制成的防弹头盔能抵御多种手枪子弹的射击，最大限度地保护使用人员的安全，这利用了复合材料的(　　)‎ A．高强度质量轻 B．耐热抗高温 C．耐腐蚀稳定性好 D．导电、导热性好 解析：质轻可减轻装备重量，高强度有很好的抗撞击能力，可有效地发挥保护作用。‎ 答案：A ‎8．下列关于铁的叙述正确的是(　　)‎ ‎①铁能被磁铁吸引，但纯铁易锈蚀。②在人体的血红蛋白中含有铁元素。③铁位于周期表中的第四周期第ⅧB族。④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧。⑤铁与硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3。⑥不能通过化合反应生成FeCl2和Fe(OH)3。‎ A．①③ B．②④ C．②⑤ D．④⑥‎ 解析：①中纯铁不易被锈蚀；③中Fe位于第Ⅷ族，而不是ⅧB族；⑤中当铁过量时可生成Fe(NO3)2；⑥可以通过化合反应生成FeCl2和Fe(OH)3,2FeCl3＋Fe===3FeCl2,4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。‎ 答案：B ‎9. 下列各组试剂中，只用试管和胶头滴管，不用其他试剂就可以鉴别的是(　　)‎ A．NaOH(aq)和Al2(SO4)3 (aq) B．稀盐酸和AgNO3(aq)‎ C．CaCl2(aq)和Na2CO3(aq) D．Ba(OH)2(aq)和Na2SO4(aq)‎ 解析：只用试管和胶头滴管，不用其他试剂就可以鉴别，意味着互相滴加现象不同，或者加入试剂的量不同时有不同的现象。符合要求的只有A项。‎ 答案：A ‎10．下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是(　　)‎ ‎①NaHCO3　②(NH4)2SO3　③Al2O3　④Al(OH)3　⑤Al A．全部 B．①③④⑤ C．③④⑤ D．②③④⑤‎ 解析：特殊的两性氧化物Al2O3、两性氢氧化物Al(OH)3及Al既能与强酸反应也能与强碱反应；弱酸酸式盐、NaHCO3及弱酸铵盐(NH4)2SO3也能与强酸、强碱反应。‎ 答案：A ‎11．将Na2O2逐渐加入到含有Al3＋、Mg2＋、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入Na2O2的物质的量(mol)的关系如图所示，则原溶液中Al3＋、Mg2＋、NH的物质的量分别为(　　)‎ A．2 mol、3 mol、8 mol B．3 mol、2 mol、8 mol C．2 mol、3 mol、4 mol D．3 mol、2 mol、4 mol 解析：由2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]＋2H2O，故n(Al3＋)＝(9－8)×2＝2 mol，根据图像可知，生成8 mol气体，消耗8 mol Na2O2(其中4 mol为O2)，故n(NH)＝n(NH3)＝4 mol，n(Mg2＋)＝＝3 mol。‎ 答案：C ‎12．把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是(　　)‎ A．Al3＋ B．Al(OH)‎3 ‎ C．[Al(OH)4]－ D．Al3＋和Al(OH)3‎ 解析：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，当SO全部转化成BaSO4沉淀时，Ba(OH)2与KAl(SO4)2·12H2O的物质的量之比为2∶1，此时Al3＋与OH－的物质的量之比为1∶4，所以铝元素主要是以[Al(OH)4]－形式存在，故选C。‎ 答案：C ‎13．某化学兴趣小组用回收的镁铝合金制取氢气。现有‎10.8 g 镁铝合金，下列说法正确的是(　　)[来源:学&科&网Z&X&X&K]‎ A．常温下与足量18 mol·L－1 H2SO4溶液反应，最多可放出0.6 mol H2‎ B．常温下与足量2 mol·L－1 HNO3溶液反应，最少可放出0.45 mol H2‎ C．常温下与足量2 mol·L－1 H2SO4溶液反应，放出H2的物质的量在0.45 mol～0.6 mol之 B间 D．常温下与足量2 mol·L－1 NaOH溶液反应，放出H2的物质的量在0.45 mol～0.6 mol 之间 解析：A、B项中的酸与镁铝合金反应不产生H2；C、D项应利用极值法解决，若‎10.8 g全为Mg，则放出H2为0.45 mol，若‎10.8 g全为Al，则放出H2为0.6 mol，由于‎10.8 g为镁铝的混合物，故放出H2的物质的量在0.45 mol～0.6 mol之间，C项正确；D项中只有铝与碱反应，只能确定放出的H2小于0.6 mol。‎ 答案：C ‎14．把①钢铁，②Cu，③陶瓷，④光纤，⑤氮化硅陶瓷、⑥金，⑦水泥，⑧合成纤维，⑨玻璃钢，⑩塑料等材料按分类填写在下列横线上(填写序号)：‎ ‎(1)黑色金属材料________________________________________________________。‎ ‎(2)有色金属材料_________________________________________________________。‎ ‎(3)传统无机非金属材料_________________________________________。‎ ‎(4)新型无机非金属材料_______________________________________________。‎ ‎(5)复合材料_______________________________________________________________。‎ ‎(6)有机合成材料__________________________________________________________。‎ 解析：钢铁属于黑色金属材料；铁、铬、锰以外的金属如铜和金是有色金属；陶瓷水泥等 为传统无机非金属材料；光纤、氮化硅陶瓷等为新型无机非金属材料；玻璃钢是用玻璃纤 维做增强体，合成树脂做基体的复合材料；而合成纤维和塑料则为有机合成材料。‎ 答案：(1)①　(2)②⑥　(3)③⑦　(4)④⑤　(5)⑨　(6)⑧⑩‎ ‎15．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于 足量水后有‎1.16 g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴 加入1 mol·L－1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积V与 生成沉淀的质量m的关系如图所示，试回答：‎ ‎(1)A点沉淀物的化学式为________；B点沉淀物的化学式为________。‎ ‎(2)原混合物中的MgCl2的物质的量为________，AlCl3的物质的量为________，NaOH的物 质的量为________。‎ ‎(3)HCl溶液在C点的加入量是________。‎ 解析：(1)盐酸加入量在0～10 mL时，沉淀的质量没有改变，说明未加盐酸时，沉淀物为 Mg(OH)2，溶液为NaAlO2和NaOH的混合液，其过程中加盐酸是中和剩余的NaOH，A 处的悬浊液为Mg(OH)2、NaAlO2、NaCl，则原混合物中n(MgCl2)＝‎1.16 g/‎58 g·mol－1＝0.02 ‎ mol。‎ ‎(2)加入盐酸10～30 mL过程时，发生反应为：AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，B沉淀的化 学式为Mg(OH)2、Al(OH)3，原溶液中n(AlCl3)＝(30－10)×10－‎3 L×1 mol/L＝0.02 mol，B 点沉淀量达到最大值，其中溶液为NaCl溶液。所以n(NaOH)＝n(HCl)＝30×10－‎3 L×1 ‎ mol/L＝0.03 mol。‎ ‎(3)设Mg(OH)2、Al(OH)3完全溶解时，所消耗盐酸的体积为V′，V′×10－‎3 L/mL×1 mol/L ＝0.02 mol×2＋0.02 mol×3，∴V′＝100 mL，∴C点表示加入了130 mL的盐酸。‎ 答案：(1)Mg(OH)2　Mg(OH)2、Al(OH)3　(2)0.02 mol　0.02 mol　0.03 mol　(3)130 Ml ‎16．铜是生命必需的元素，也是人类最早使用的金属之一，铜的生产和使用对国计民生各个方面产生了深远的影响，请完成(1)～(3)题：‎ ‎(1)在西汉古籍中曾有记载：曾青得铁则化为铜[即曾青(CuSO4)跟铁反应生成铜]。试写出该反应的化学方程式：______________________________________________________。‎ ‎(2)铜器表面有时会生成铜绿，请写出生成铜绿的化学方程式：________________________________________________________________________，‎ 这层铜绿可以用化学方法除去。试写出除去铜绿而不损伤器物的化学方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎(3)铜钱在历史上曾经是一种广泛流通的货币。试从物理性质和化学性质的角度分析为什么铜常用于制造货币。(铜的熔点是1 ‎183.4℃‎，铁的熔点是1 ‎534.8℃‎)‎ 分析：本题考查了铜的化合物的性质，有关铜的冶炼方法，同时考查了有关铜的物理性质和化学性质的应用。‎ 解析：(1)Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu ‎(2)2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3；要除去铜器表面的铜绿，考虑选择酸，强氧化性酸能和裸露的铜继续反应，而盐酸不和铜继续反应，并且盐酸具有挥发性。有关方程式如下：‎ Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋CO2↑＋3H2O。‎ ‎(3)根据题给信息以及做货币的实际，选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀。‎ 答案：(1)Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　(2)2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3‎ Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋CO2↑＋3H2O　(3)选择铜做货币是因为铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀。‎ ‎17．奥运五环代表着世界五大洲，五色代表的是世界五大洲不同肤色的人民，五环连在一起代 表着五大洲的人们能够友好相处。‎ 上图所示五元环代表A、B、C、D、E五种常见的物质，而且A、B、C、D、E这五种物质含有同一种元素，两圆圈交叉是指两种物质之间可以转化，其中A是地壳中含量最多的金属元素的单质；B是一种常见的氧化物；对C的水溶液加热、蒸干、灼烧即可得B；D难溶于水，这种物质的生成是明矾净水的主要原因。‎ ‎(1)试推测A是________，C是________(写化学式)。‎ ‎(2)由B生成A需要电解才能达到目的，当生成1 mol A时转移电子的物质的量为__________。‎ ‎(3)C是一种强酸盐，其水溶液呈酸性，用离子方程式解释其原因________________________________________________________________________。‎ 解析：本题以“五元环中交叉环之间可相互转化或有相同元素”‎ 作为信息，围绕这一信息关系，考查物质的推断。‎ ‎(1)①由题意可知，A是铝；B是氧化铝；C是一种挥发性酸的铝盐(如氯化铝)；D是氢氧化铝；E是四羟基合铝酸盐。‎ ‎(2)由B到A是氧化铝到铝的过程，需要电解，根据电解的化学方程式可知，当生成1 mol铝时需转移3 mol的电子。‎ ‎(3)C是强酸盐，同时又必须是挥发性酸的铝盐，所以可以是氯化铝，溶液呈酸性是由于铝离子水解。‎ 答案：(1)Al　AlCl3[或Al(NO3)3]　(2)3 mol　(3)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋‎ ‎18．某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应制取胆矾。其设计的实验过程为：‎ ‎(1)杂铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时将瓷坩埚置于________‎ 上(用以下所给仪器的编号填入，下同)，取用坩埚应使用________，灼烧后的坩埚应放在 ‎________上，不能直接放在桌面上。‎ 实验所用仪器：a.蒸发皿　b．石棉网　c．泥三角　d．表面皿　e．坩埚坩　f．试管夹 ‎(2)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是 ‎________。‎ a．灼烧过程中部分氧化铜被还原 b．灼烧不充分铜未被完全氧化 c．氧化铜在加热过程中分解生成铜 d．该条件下铜无法被氧气氧化 ‎(3)通过途径Ⅱ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。‎ ‎(4)由粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是 ‎________________、________________。‎ ‎(5)在测定所得胆矾(CuSO4·xH2O)中结晶水x值的实验过程中，称量操作至少进行________‎ 次。‎ ‎(6)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 思路分析：首先明确命题意图，在考查Cu及其化合物性质及转化关系的同时，考查绿色化 学铜及氧化铜的 性质，经过周密而有序地思维，认真作答。‎ 解析：(1)因坩埚加热后温度较高，应放在泥三角上进行加热，且取用坩埚时要用坩埚钳，‎ 并且为防止坩埚炸裂和烧坏桌面，烧后的坩埚要在石棉网上冷却，不能直接放在桌面上。‎ ‎(2)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是灼烧过程中 部分氧化铜被还原。‎ ‎(3)利用途径Ⅱ制取胆矾时，必须先加酸将氧化铜溶解，加热通氧气将Cu氧化，过滤除去 粗制氧化铜中的不溶物杂质后，然后再蒸发溶剂，冷却结晶，再过滤得晶体，最后将其 干燥，由此可写出答案。‎ ‎(4)根据途径Ⅰ的反应方程式Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O和途径Ⅱ的反应 方程式2Cu＋O2＋2H2SO4(稀)2CuSO4＋2H2O，可以看出途径Ⅱ的优点是：①产生等 量的胆矾比途径Ⅰ耗硫酸少；②途径Ⅱ不产生污染大气的气体(SO2)。‎ ‎(5)称量操作至少进行4次，分别是①称量坩埚；②称量加入晶体后的坩埚；③称量加热冷 却后的坩埚；④称量再加热、再冷却后的坩埚至两次称量的值相差不超过‎0.1 g。　‎ ‎(6)若测定结果x值偏高，可能是加热温度过高使CuSO4晶体中的CuSO4分解了，其他三项 均使x值偏低。[来源:学&科&网]‎ 答案：(1)c　e　b　(2)a、b　(3)蒸发　过滤　(4)产生等量胆矾途径Ⅱ消耗硫酸少　途径Ⅱ 不会产生污染大气的气体　(5)4　(6)a ‎19. 将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 mol/L的H2SO4溶液中，然后再滴加1 mol/L的NaOH溶液。请回答：‎ ‎(1)若在滴加NaOH溶液的过程中沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当V1＝160 mL时，则金属粉末中n(Mg)＝__________mol，V2＝________mL。‎ ‎(2)若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀安全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝________mL。‎ ‎(3)若混合物仍为0.1 mol，其中镁粉的物质的量为a，用100 mL 2 mol/L的H2SO4溶解此混合物后，再加入450 mL 1 mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是________。‎ 思路分析：在明确图像中各折点代表的含义的基础上，运用解方程组，以及SO守恒，‎ Na＋守恒等原理进行求解。‎ 解析：(1)由图像可以看出镁铝混合物与H2SO4反应，H2SO4是过量的。则有 　解得 NaOH溶液体积为V2时溶液中溶质为Na2SO4和Na[Al(OH)4]，根据守恒关系 V2×1 mol/L＝2×‎0.1 L×2 mol/L＋0.04 mol，V2＝‎0.44 L＝440 mL ‎(2)Mg(OH)2、Al(OH)3刚好沉淀时溶液中溶质里有Na2SO4，根据SO守恒关系，故有：‎ V×1 mol/L＝2×‎0.1 L×2 mol/L，V＝‎0.4 L＝400 mL ‎(3)当沉淀中恰好只有Mg(OH)2时，加入的NaOH全部生成Na2SO4和Na[Al(OH)4]，根据Na＋守恒可得如下关系式： 解得0.05 mol≤a<0.1 mol 答案：(1)0.06　440　(2)400　(3)0.05 mol≤a<0.1 mol ‎20．某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：‎ 物质 Al Al2O3‎ Fe Fe2O3‎ 熔点/℃‎ ‎660‎ ‎2 054‎ ‎1 535‎ ‎1 462‎ 沸点/℃‎ ‎2 467‎ ‎2 980‎ ‎2 750‎ ‎－‎ Ⅰ.(1)某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？__________(填“合理”或“不合理”)。‎ ‎(2)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是______________，反应的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎(3)实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是________(填序号)。‎ A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸 D．氢氧化钠溶液 Ⅱ.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：‎ ‎(1)图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________；‎ 上述现象说明溶液中________结合OH－的能力比________强(填离子符号)。‎ ‎(3)B与A的差值为________mol。‎ ‎(4)B点对应的沉淀的物质的量为________mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为________mL。‎ 解析：Ⅰ ‎.由表中数据比较可知，铝的熔点比铁低，该反应放出的热量使铁熔化，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。利用金属Al和碱液反应放出氢气的性质即可验证。由于Fe和Al都是活泼的金属，所以可以用稀硫酸或者稀盐酸溶解。Ⅱ.由图像可知硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，CD段为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀的生成，DE段消耗了NaOH，由此证明硝酸和金属反应的还原产物为较低价态的NH，EF段为Al(OH)3的消失，只剩下Fe(OH)3沉淀。B与A的差值为Al(OH)3，为4 mol·L－1×(36－34)×10－‎3 L＝0.008 mol，参加反应的n(Al)＝0.008 mol，因为1 mol的Al3＋、Fe3＋均与3 mol的NaOH反应，由电子守恒可知Fe和Al化合价升高的总数＝HNO3生成NH降低的总数，即3n(Fe)＋3n(Al)＝n(NH)×8＝4 mol·L－1×(34－31)×10－‎3 L×8，解得n(Fe)＋n(Al)＝0.032 mol，n(Fe)＝0.024 mol，两种沉淀的物质的量为0.032 mol。生成两种沉淀共消耗n(NaOH)＝0.032 mol×3＝0.096 mol，所以C点体积为：‎ ‎31 mL－×103 mL·L－1＝7 mL。‎ 答案：Ⅰ.(1)合理　(2)NaOH溶液　2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑　(3)B　Ⅱ.(1)H＋＋OH－===H2O　(2)NH＋OH－===NH3·H2O　Al3＋、Fe3＋、H＋　NH ‎(3)0.008　(4)0.032　7‎