《铝的重要化合物》测练3.doc

铝的重要化合物测练3一、单选题(本大题共16小题，共16.0分)1.相同物质的量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（） A.AlB.Al（OH）3C.AlCl3D.Al2O3 2.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（） A.SSO2BaSO4B.SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C.MgCl26H2OMgCl2MgD.CuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O 3.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（） A.NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlB.Cu2（OH）2CO3CuCl2（aq）CuC.SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）D.CuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu2O 4.下列有关物质的性质与应用的说法均正确，且具有因果关系的是（） A.氯气有毒，不可用于自来水的杀菌消毒 B.Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，可用作阻燃剂 C.二氧化硅不与强酸反应，可用玻璃容器盛放氢氟酸 D.Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具的供氧剂 5.下列两种物质发生反应时，改变用量所发生反应不会变化的是（） AlCl3和氨水 Na2CO3与盐酸 AlCl3和NaOH溶液 Fe与氯气（点燃） A.B.C.D. 6.向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（） A.c（CO32-）B.c（Mg2+）C.c（H+）D.Ksp（MgCO3） 7.下列有关Al（OH）3的图象不正确的是（） A. 向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液B. 向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液C. 向NaAl（OH）4溶液中通入CO2D. 向AlCl3溶液中滴氨水 8.下表各组物质中，满足右图物质一步转化关系的选项是（） 选项XYZANaNaOHNaHCO3BAlAlCl3Al（OH）3CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3A.AB.BC.CD.D 9.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（） NaHCO3 Al2O3Al（OH）3 Al NaHSO4AlCl3NaAl（OH）4 A.B.C.D.全部 10.已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起上述实验过程中没有发生的离子反应是（） A.CO2+2OH-CO32-+H2O B.Al2O3+2OH-+3H2O2Al（OH）4- C.2 Al+2OH-+6H2O2Al（OH）4-+3H2 D.Al3+4 OH-Al（OH）4- 11.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（） A.SiO2SiCl4SiB.FeS2SO2H2SO4C.N2NH3NH4Cl（aq）D.MgCO3MgCl2Mg 12.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（） A.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥 C.Fe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂D.Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 13.下列过程能同时生成两种盐的是（） A.Na2O2投入水中B.铜片投入到FeCl3溶液中 C.NaHCO3溶液和NaOH溶液混合D.过量氨水加入到AlCl3溶液 14.下列物质中既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的盐是（） A.NaHCO3B.Al（OH）3C.SiO2D.Fe2O3 15.以下转化不能通过一步反应实现的是（） A.Al2O3Al（OH）3B.SiO2SiF4 C.FeFeCl2D.NaNaOH 16.搜狐网曾报道，中国每年要进口5亿吨左右的铁矿石，占世界海上铁矿石贸易量的一半以上，随着全球铁矿石价格的上涨，中国钢铁工业协会与澳大利亚必和必拓公司谈判陷入困境，关于铁矿石说法正确的是（） A.赤铁矿的主要成分是Fe3O4 B.铁矿石的主要成分与铁锈的主要成分相同 C.磁铁矿粉末溶于盐酸后，加入KSCN溶液，溶液变红色 D.FeO俗称铁红 二、双选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列物质中，不能直接用单质反应制得的是（） A.CuCl2B.SO3C.FeCl3D.NO2 三、实验题(本大题共1小题，共10.0分)18.铁是目前用途最广，用量最大的金属运用所学知识，回答下列问题 （1）鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液的方法是 _ （2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式： _ （3）工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案： 滤渣C的化学式为 _ ； 试剂F宜选用 _ （填选项序号），通入F的目的是 _ ； A酸性KMnO4溶液 B氯水 C溴水 （4）某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验： 取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是 _ ； 溶液组成的测定：取30.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得25.83g白色沉淀则溶液中c（Cl-）= _ 四、简答题(本大题共2小题，共10.0分)19.铜单质及其化合物在很多領域中都有重要的用途 （1）超细镉粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如图1： 下列说法正确的是 _ aCu（NH3）4SO4中所含的化学健有离子键、极性键和配位键 bNH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角 cCu（NH3）4SO4的组成元素中第-电离能最大的是氧元素 dCu（NH3）4SO4中外界离子的空间构型为正四面体 eSO中硫原子的杂化方式为sp3杂化 在CuS04溶液中加氨水生成蓝色沉淀再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液， 最后向该溶液中加人一定量乙醇，析出Cu（NH3）4SO4H2O晶体请解释加入乙醇后析出晶体的原因 _ 写出向Cu（NH3）4SO4，水溶液中通人SO2时发生反应的离子方程式 _ NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为 _ ；CuO高温易转化为Cu2O，其原因是 _ 含有元素铜的化合物焰色反应为绿色，许多金属盐都可以发生焰色反应其原因是 _ （2）M原子的外围电子排布式3s23p5与铜形成化合物的晶胞如图2所示（黑点代表铜原子） 该晶体的化学式为 _ 巳知铜和M的电负性分别为1.9和3.0则铜与M形成的化合物属于 _ （填“离子”、“共价”）化合物 已知该晶体的密度为dgcm-3阿伏伽德罗常数NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为 _ cm（只写计算式）20.化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解： 2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O+10MgO+3Al2O3 （1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据 _ ； （2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理 _ ； （3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理 _ 铝的重要化合物测练3答案和解析【答案】 1.C2.D3.C4.B5.D6.A7.C8.C9.C10.D11.C12.D13.B14.A15.A16.C17.BD18.用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；Fe和Cu；B；将溶液中的Fe2+转化为Fe3+；Fe3+、Fe2+、Cu2+；6.0mol/L 19.ade；乙醇分子极性比水的极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，减小溶质的溶解度；2Cu（NH3）42+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+6NH4+SO42-；1s22s22p63s23p63d10；Cu+离子的核外电子为全满稳定状态；电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量；CuCl；共价； 20.分解反应是吸热反应，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3H2O 【解析】 1. 解：令各物质的物质的量为1mol， A铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，由方程式可知1molAl消耗NaOH的物质的量为1mol； B氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由方程式可知1molAl（OH）3消耗NaOH的物质的量为1mol； CAlCl3与氢氧化钠反应为Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知1molAlCl3消耗NaOH的物质的量为4mol； DAl2O3与氢氧化钠反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，由方程式可知1molAl2O3消耗NaOH的物质的量为2mol 相同物质的量的Al、Al（OH）3、AlCl3、Al2O3，AlCl3消耗NaOH最多， 故选C 选项中的各种物质和氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2， Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O， AlCl3+4NaOH（过量）NaAlO2+3NaCl+2H2O， Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，结合反应的方程式计算在各物质质量相等的条件下消耗的碱量 本题考查铝及其化合物的性质、化学方程式有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握 2. 解：A、二氧化硫与氯化钡不反应，弱酸不能制强酸，故A错误； B、二氧化硅不溶于水，二氧化硅与水不反应，故B错误； C、MgCl26H2O要在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁固体，故C错误； D、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2+Na2SO4，氢氧化铜和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀，C6H12O6+2Cu（OH）2CH2（OH）（CHOH）4COOH+Cu2O+2H2O，所以能实现转化，故D正确； 故选D A、二氧化硫与氯化钡不反应； B、二氧化硅不溶于水； C、MgCl26H2O要在氯化氢的氛围中加热得到氯化镁固体； D、硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和葡萄糖加热反应生成氧化亚铜红色沉淀 本题考查了物质性质转化关系的分析判断，主要是我在性质和反应条件的分析应用，掌握元素化合物性质和反应实质是关键，题目难度中等 3. 解：A碳酸的酸性强于氢氧化铝，偏铝酸钠与过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝为难溶性的碱，受热易分解，生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气，物质的转化在给定条件下能实现，故A不选； B碱式碳酸铜为盐，与盐酸反应生成氯化铜和水、二氧化碳，氯化铜溶液电解生成铜和氯气，物质的转化在给定条件下能实现，故B不选； C二氧化硅和水不反应，无法一步转化为硅酸，故C选； D硫酸铜和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠，葡萄糖具有还原性，氢氧化铜和葡萄糖发生复分解反应，生成砖红色的氧化亚铜，物质的转化在给定条件下能实现，故D不选； 故选C A偏铝酸钠与过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝不稳定受热分解生成氧化铝，氧化铝电解得到单质铝 B碱式碳酸铜为盐，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜电解生成铜和氯气； C二氧化硅不溶解于水，不与水反应，硅酸和氢氧化钠发生中和反应生成硅酸钠和水； D硫酸铜和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜和葡萄糖反应生成砖红色的氧化亚铜 本题考查元素化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法 4. 解：A、氯气与水反应生成次氯酸，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒，真正起作用的是氯气与水反应生成的次氯酸，故A错误； BAl（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故B正确； C二氧化硅不与强酸反应，但二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故应用塑料瓶盛放氢氟酸，故C错误； D过氧化钠可以和水或是二氧化碳反应生成氢氧化钠或是碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，在呼吸面具中可用Na2O2作为供氧剂，但不是利用的Na2O2的强氧化性，故D错误 故选B A氯气用于自来水的杀菌消毒利用的是氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性； BAl（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低； C二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体； D过氧化钠可以和水或是二氧化碳反应生成氢氧化钠或是碳酸钠和氧气 本题考查了物质的性质和用途，为高频考点，侧重学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，基础性较强，涉及氯、铝、硅、钠元素形成的单质和化合物性质，难度不大 5. 解：AlCl3和氨水反应，由于生成的氢氧化铝和氨水不反应，故无论氨水是否过量，只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故正确； Na2CO3与盐酸反应，产物随着HCl的量的多少而不同，当盐酸少量时，两者反应生成NaHCO3和NaCl；当HCl过量时，两者反应生成NaCl、CO2和水，故错误； AlCl3和NaOH溶液反应，产物随着NaOH量的多少而不同，当NaOH少量时，两者反应生成Al（OH）3和NaCl；当NaOH过量时，Al（OH）3溶解，反应生成NaAlO2，故错误； Fe与氯气（点燃）反应，无论氯气的量如何，只能生成氯化铁，故正确 故选D AlCl3和氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵； Na2CO3与盐酸反应，产物随着HCl的量的多少而不同； AlCl3和NaOH溶液反应，产物随着NaOH量的多少而不同； Fe与氯气（点燃）反应，只能生成氯化铁 本题考查元素化合物之间的反应，为高频考点，明确物质性质是解本题关键，反应物相同产物不同时，可能与反应条件、反应物浓度及反应物的量有关，题目难度不大 6. 解：MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入少量稀盐酸可与CO32-促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32-）减小， c（Mg2+）及 c（H+）增大，Ksp（MgCO3）只与温度有关，不变，只有A正确 故选A MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入少量稀盐酸，发生CO32-+H+=HCO3-或CO32-+H+=CO2+H2O，平衡正向移动，以此解答该题 本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及平衡移动的影响因素，难度不大 7. 解：A、氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生Al3+3OH-Al（OH）3生成沉淀，后发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，故A正确； B、NaOH溶液中滴加AlCl3溶液发生Al3+4OH-AlO2-+2H2O开始无沉淀，然后发生Al3+3AlO2-+6H2O4Al（OH）3，后生成沉淀，故B正确； C、NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，又氢氧化铝只与强酸强碱反应，所以生成氢氧化铝白色沉淀不能溶解在过量二氧化碳，故C错误； D、向AlCl3溶液中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，故D正确； 故选C A、氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先生成沉淀，后沉淀溶解至最后消失； B、NaOH溶液中滴加AlCl3溶液发生Al3+4OH-AlO2-+2H2O开始无沉淀，然后发生Al3+3AlO2-+6H2O4Al（OH）3，后生成沉淀； C、NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，又氢氧化铝只与强酸强碱反应，所以生成氢氧化铝白色沉淀不能溶解在过量二氧化碳； D、向AlCl3溶液中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中 本题考查化学反应与图象，难度较大，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点 8. 解：A、Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na，故A错误； B、铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不能直接生成铝，故B错误； C、C与少量的氧气反应得到CO，CO与氧气反应得到CO2，CO2与Mg反应可以得到C，故C正确； D、硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能溶于水，不能一步转化为硅酸，硅酸也不能转化为硅，故D错误； 故选C A、Na和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na； B、铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不能直接生成铝； C、C与少量的氧气反应得到CO，CO与氧气反应得到CO2，CO2与Mg反应可以得到C； D、硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能溶于水，不能一步转化为硅酸，硅酸也不能转化为硅； 本题考查元素化合物知识，难度不大，本题注意把握常见物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累 9. 解：NaHCO3Al2O3Al（OH）3Al既能与和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，NaHSO4、AlCl3不能与硫酸反应，NaAl（OH）4不能与氢氧化钠反应， 故选：C 既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应的物质：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等，据此解答 本题考查能和强酸强碱反应的物质，侧重考查物质性质，熟悉常见物质的性质即可解答，注意对既能和酸反应又能和碱反应的物质的归纳总结 10. 解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-CO32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+6H2O2Al（OH）4-+3H2，则罐壁又重新凸起； 因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-+3H2O2Al（OH）4-， 根据分析可知，能够发生反应为A、B、C的，没有发生的反应为D， 故选D 向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-CO32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+6H2O2Al（OH）4-+3H2，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-+3H2O2Al（OH）4-，据此进行解答 本题考查了铝及其化合物性质，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力 11. 解：A二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误； B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误； C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确； D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁和氢气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误； 故选C A二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应； BFeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸； C氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵； D碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁 本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硅、硫、氮、镁的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单 12. 解：A二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误； B做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误； C硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误； DAl2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D正确； 故选D A二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性； B碳酸氢铵具有易分解的性质，做氮肥是利用其溶解后铵根离子被植物吸收做氮肥； C硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水； D利用氧化铝熔点高的性质可以做耐火材料 本题考查了二氧化硫、铵盐、铁盐和氧化铝的性质应用分析判断，注意知识积累，题目较简单 13. 解：A过氧化钠和谁反应生成氢氧化钠和氧气，生成的是碱和氧气，故A错误； B铜和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，生成两种盐，故B正确； CNaHCO3溶液和NaOH溶液混合生成碳酸钠和水，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，生成产物是一种盐和水，故C错误； D过量氨水加入到AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl，故D错误； 故选B A过氧化钠和谁反应生成氢氧化钠和氧气； B铜和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜； CNaHCO3溶液和NaOH溶液混合生成碳酸钠和水； D过量氨水加入到AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵 本题考查了物质性质分析判断，主要是化学反应产物的判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等 14. 解：A碳酸氢钠属于弱酸酸式盐，能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，符合条件，故A正确； B氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和稀盐酸、氢氧化钠溶液反应生成盐和水，但氢氧化铝不属于盐，故B错误； C二氧化硅属于酸性氧化物，能和NaOH反应生成盐，但和稀盐酸不反应，故C错误； D氧化铁属于碱性氧化物，能和稀盐酸反应生成盐，但和氢氧化钠不反应，故D错误； 故选A Al、氧化铝、氢氧化铝、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、蛋白质、氨基酸等物质都能和稀盐酸、氢氧化钠反应生成盐，据此分析解答 本题考查元素化合物及基本概念，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确题干中限制性条件“和稀盐酸、NaOH反应”、“盐”是解本题关键，注意基础知识的总结和归纳，题目难度不大 15. 解：A氧化铝不与水反应，可以转化为铝盐（或偏铝酸盐），再与碱（或酸）反应转化为氢氧化铝沉淀，故A错误； B二氧化硅能与氢氟酸反应，可以一步实现，故B正确； CFe与盐酸反应生成氯化亚铁，可以一步实现，故C正确； D钠与水反应生成氢氧化钠，可以一步实现，故D正确 故选A A氧化铝不溶于水； B二氧化硅能与氢氟酸反应； CFe与盐酸反应生成氯化亚铁； D钠与水反应生成氢氧化钠 本题考查元素化合物性质，题目贴近教材，比较基础，熟练掌握元素化合物性质即可解答 16. 解：A赤铁矿的成分是氧化铁，其化学式为：Fe2O3，故A错误； B铁矿石有磁铁矿、赤铁矿，磁铁矿的主要成分为四氧化三铁，铁锈主要成分也是氧化铁，故B错误； C磁铁矿是Fe3O4，溶液稀盐酸生成三价铁，离子反应方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，故加入KSCN溶液显红色，故C正确； D氧化铁为红棕色粉末，所以氧化铁俗称铁红，故D错误； 故选C A赤铁矿的主要成分为氧化铁，化学式为：Fe2O3； B赤铁矿成分主要是氧化铁，磁铁矿的主要成分为四氧化三铁，铁锈主要成分为氧化铁； C磁铁矿是Fe3O4，溶液稀盐酸生成铁离子、亚铁离子； D氧化铁俗称铁红，化学式为：Fe2O3 本题考查了铁的氧化物的性质，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见金属及其化合物性质，明确铁的几种氧化物的化学式、俗名，如铁红为氧化铁、磁性氧化铁为四氧化三铁等 17. 解：ACu与Cl2直接加热反应生成CuCl2，与反应物的量无关，故A错误； BS单质与O2直接反应生成的是SO2，不会生成SO3，故B正确； CFe与氯气直接反应生成的是FeCl3，故C错误； DN2与O2直接反应生成的是NO，不是生成NO2，故D正确； 故选BD A铜与氯气直接反应生成氯化铜； BS单质与氧气直接反应生成的是二氧化硫； C铁与氯气直接反应生成氯化铁； D氮气与氧气直接反应生成的是NO 本题考查了常见元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素单质及其化合物性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力 18. 解：（1）胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，所以鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液的方法是用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象），故答案为：用平行光照射两种分散系（或丁达尔现象）； （2）氯化铁具有氧化性，能将Cu氧化为铜离子，而自身被还原为亚铁离子，离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+； （3）废液中含有FeCl2、CuCl2，向废液中加入过量Fe，Fe置换出Cu，然后过滤，得到的滤渣C含有Fe和Cu，滤液B中含有FeCl2，向C中加入过量稀盐酸，Fe溶解生成FeCl2，铜不反应，然后过滤，得到的滤液中含有HCl、FeCl2，得到的滤渣为Cu； 将滤液B和E混合，将亚铁离子氧化为铁离子，且不能引进杂质，则F为氯水； 通过以上分析知，滤渣C为Fe和Cu，故答案为：Fe、Cu； F的作用是将Fe2+转化为Fe3+，所以F应该具有氧化性，且不能引进杂质，酸性高锰酸钾溶液和溴水都具有氧化性但产生杂质，所以F应该是氯水， 故答案为：B；将溶液中的Fe2+转化为Fe3+； （4）铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而使溶液呈血红色，取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，说明溶液中含有铁离子，则一定还含有亚铁离子和铜离子，则待测液中含有的金属阳离子是Fe3+、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Fe2+、Cu2+； 白色沉淀是AgCl，n（AgCl）=0.18mol，根据Cl原子守恒得n（Cl-）=n（AgCl）=0.18mol，溶液中c（Cl-）=6.0mol/L， 故答案为：6.0molL-1 （1）胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应； （2）氯化铁具有氧化性，能将Cu氧化为铜离子，而自身被还原为亚铁离子； （3）废液中含有FeCl2、CuCl2，向废液中加入过量Fe，Fe置换出Cu，然后过滤，得到的滤渣C含有Fe和Cu，滤液B中含有FeCl2，向C中加入过量稀盐酸，Fe溶解生成FeCl2，铜不反应，然后过滤，得到的滤液中含有HCl、FeCl2，得到的滤渣为Cu； 将滤液B和E混合，将亚铁离子氧化为铁离子，且不能引进杂质，则F为氯水； （4）铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而使溶液呈血红色； 白色沉淀是AgCl，n（AgCl）=0.18mol，根据Cl原子守恒得n（Cl-）=n（AgCl）=0.18mol，溶液中c（Cl-）= 本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及离子检验、物质的量浓度计算、氧化还原反应等知识点，知道铁离子、亚铁离子的检验方法及实验现象，会正确选取除杂剂及除杂方法，题目难度不大 19. 解：（1）aCu（NH3）4SO4中铜离子与氨气分子之间形成配位键，硫酸根与配离子之间形成离子键，氨气分子中N原子与H原子之间、硫酸根中S原子与O氧原子之间形成极性键，故a正确； bNH3分子为三角锥形，H2O分子为V形，水分子中O原子有2对孤对电子，氨气分子中N原子有1对孤对电子，孤对电子之间排斥大于孤对电子与成键电子对之间的排斥，则氨气分子的键角大于水分子的键角，故b错误； c一般非金属性越强第一电离能越大，N元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能NOSHCu，故c错误； dCu（NH3）4SO4中外界离子为SO42-，S原子孤对电子为=0、价层电子对数为4+9=4，故空间构型为正四面体，故d正确； eSO32-中硫原子价层电子对数=3+=4，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化，故e正确， 故选：ade； 乙醇分子极性比水的极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，减小溶质的溶解度，析出Cu（NH3）4SO4H2O晶体， 故答案为：乙醇分子极性比水的极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，减小溶质的溶解度； 由流程图可知，向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成NH4CuSO3沉淀，Cu元素发生还原反应，则SO2发生氧化反应生成硫酸，氢离子与氨气分子结合为铵根离子，反应离子方程式为：2Cu（NH3）42+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+6NH4+SO42-， 故答案为：2Cu（NH3）42+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+6NH4+SO42-； NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+，Cu原子失去4s能级1个电子形成Cu+，Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，Cu+离子的核外电子为全满稳定状态，Cu2O较稳定，CuO高温易转化为Cu2O， 故答案为：1s22s22p63s23p63d10；Cu+离子的核外电子为全满稳定状态； 电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量， 故答案为：电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量； （2）M原子的外围电子排布式3s23p5，则M为Cl 晶胞中Cu原子处于晶胞内部，共有4个，Cl原子处于顶点与面心，Cl原子数目为8+6=4，故化学式为CuCl，故答案为：CuCl； 电负性之差大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜和M的电负性之差俄日3.0-1.9=1.11.7，则铜与M形成的化合物属于共价化合物，故答案为：共价； Cu原子与周围的4个Cu原子形成正四面体结构，正四面体中Cu与Cl原子距离最近，Cu原子晶胞顶点原子连线处于晶胞体