《铁的重要化合物》测练3.doc

铁的重要化合物测练3一、单选题(本大题共15小题，共15.0分)1.下列说法正确的是（） A.因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂 B.用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应 C.明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用 D.铝能置换出氧化铁中的铁，钢铁工业利用铝热反应冶炼铁 2.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（） A.NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s）B.CuCl2 Cu（OH）2CuC.Al NaAlO2（aq） NaAlO2（s）D.MgO（s） Mg（NO3）2（aq） Mg（s） 3.在加热固体NH4Al（SO4）212H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知A点物质为NH4Al（SO4）2，B点物质为Al2（SO4）3，下列判断正确的是（） A.0t的过程变化是物理变化 B.C点物质是工业上冶炼铝的原料 C.AB反应中生成物只有Al2（SO4）3和NH3两种 D.Al2（SO4）3能够净水，其原理为：Al3+3OHAl（OH）3 4.向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如图所示，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（） A.B.C.D. 5.某只含铁、氧两种元素的样品A，高温时与足量的CO充分反应，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，测得沉淀的质量与原样品A质量相等如果A中只含两种物质，则A中一定含有（） A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe 6.不能由单质直接化合而得到的化合物有（） A.Al2S3B.FeCl2C.Cu2SD.Mg3N2 7.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是（） A.试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物 B.反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2-+2H2OAl（OH）3+HCO3- C.结合质子（H+）的能力由弱到强的顺序是OH-CO32-AlO2- D.Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al 8.化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（） A.明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀 C.电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁 D.MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料 9.向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中三种离子的物质的量之比为（） A.2：1：2B.1：2：2C.2：2：1D.9：2：4 10.如表各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（） 物质编号甲乙丙丁物质转化关系ACuCuCl2CuOCu（NO3）2BNa2CO3NaOHNaHCO3CO2CFeFe Cl3Fe（OH）3Fe2O3DAl2O3Al（OH）3NaAlO2AlCl3A.AB.BC.CD.D 11.下列叙述正确的是（） A.Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同 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.Na2O、Na2O2组成元素相同，阴阳离子个数比相同，与CO2反应产物也相同 12.下列各组反应中最终肯定是白色沉淀的是（） A.AlCl3溶液中加入过量氨水B.Al2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液 C.FeCl2溶液中加入过量氨水D.Ca（OH）2溶液中通入过量SO2气体 13.下列物质能通过化合反应直接制得的是（） Fe（OH）3 CuS H2SO3 H2SiO3 SO3 Cu2（OH）2CO3Fe（NO3）2NaHCO3 A.B. C.D. 14.CaC2和MgC2都是离子化合物，下列叙述中正确的是（） CaC2和MgC2都能跟水反应生成乙炔 CaC2在水中以Ca2+和C22-形式存在 C22-的电子式 MgC2的熔点低，可能在100以下 A.B.C.D. 15.以下物质间的转化不能通过一步反应实现的是（） A.HClOO2B.Al2O3Al（OH）3 C.CO2CaCO3D.CuCuSO4 二、双选题(本大题共1小题，共4.0分)16.向氯化铁溶液中加入ag铜粉，完全溶解后再加入bg铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体cg下列说法正确的是（） A.若ac，则滤液中可能含三种金属离子，且b可能小于c B.若ac，则cg固体中只含一种金属，且b可能大于c C.若ac，则cg固体含两种金属，且b可能与c相等 D.若a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b可能小于c 三、填空题(本大题共1小题，共1.0分)17.下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物 试推断： （1）写出物质的化学式：A： _ 、C： _ 、I： _ （2）写出下列反应的方程式： CF的离子方程式 _ FE的离子方程式 _ HI的化学方程式 _ 四、计算题(本大题共1小题，共5.0分)18.盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”请就“三大酸”与金属铜反应的情况，回答下列问题： （1）我们知道，稀盐酸与铜不反应，但向稀盐酸中加入H2O2后，则可使铜溶解该反应的化学方程式为 _ ； 方案反应物甲Cu、浓HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2、稀HNO3（2）在一定体积的18molL-1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之反应，被还原的硫酸是0.9mol，则该硫酸的实际体积 _ （填大于、等于或小于）100mL有同学提出：若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐，可行吗？ _ （填“可行”或“不可行”）； （3）上表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是 _ ，理由是 _ ； （4）将等质量的铜片分别与等体积、过量的浓硝酸和稀硝酸反应，所得到的溶液前者呈绿色，后者呈蓝色，某同学提出可能是Cu2+浓度不同引起的，你是否同意这种看法？ _ ，并说明原因 _ ； 另一同学提出溶液呈“绿色”是溶液中Cu2+与NO2共存的结果，请你设计实验探究此说法正确与否，请简述实验方案、实验现象及由此得出的结论： _ 五、简答题(本大题共2小题，共10.0分)19.工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制备无水AlCl3的流程如下 已知：AlCl3，FeCl3，分别在183、315升华 （1）在焙烧炉中发生反应： Fe2O3（S）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H=-492.7kJmol-1 3CO（g）+Fe2O3（s）2Fe（s）+3CO2（g）H=+25.2kJmol-1 反应2Fe2O3（s）+3C（s）4Fe（s）+3CO2（g）H= _ kJmol-1 （2）Al2O3，Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1molAlCl3时转移 _ mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为： _ 在温度约为700向升华器中加入铝粉，发生反应的化学方程式为 _ 充分反应后温度降至 _ 以下（填“183、315之一），开始分离收集AlCl3 将AlCl36H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的 _ （填字母序号） 氧化性 吸水性 难挥发性 脱水性 a只有b只有c只有d只有 （3）海洋灯塔电池是利用铝、石墨为电极材料，海水为电解质溶液，构成电池的其正极反应式 _ ；与铅蓄电池相比释放相同电量时，所消耗金属电极材料的质量比m（A1）：m（Pb）= _ 20.现有0.1molL-1的AlCl3溶液和0.1molL-1的NaOH溶液，进行下面的实验 （1）在试管中盛有上述AlCl3溶液10mL，向其中逐渐滴入上述的NaOH溶液 加入10mLNaOH溶液时的现象是 _ ；加入25mL NaOH溶液时的现象是 _ ；加入35mLNaOH溶液时的现象是 _ 生成沉淀质量最多时，需NaOH溶液 _ mL （2）向盛有30mL NaOH溶液的试管中滴入AlCl3溶液，同时不停摇动试管，出现的现象是 _ ，至加入 _ mL AlCl3溶液时开始出现沉淀，至加入 _ mL AlCl3溶液产生沉淀达最大值写出上述过程的离子方程式 _ ， _ 铁的重要化合物测练3答案和解析【答案】 1.A2.C3.B4.D5.B6.B7.B8.C9.B10.B11.C12.A13.B14.C15.B16.BC17.Al；Al2O3；Fe（OH）3；Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O；AlO2-+4H+=Al3+2H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3 18.Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；大于；可行；丙；甲方案有二氧化氮生成，乙方案有NO生成，二者都会污染空气，丙方案中生成硝酸铜与水，没有污染空气的气体生成；不同意；等质量的铜片与等体积、过量的浓硝酸、稀硝酸反应，所得溶液中Cu2+的浓度基本相等；将一定量的NO2通入铜片与稀硝酸反应后的溶液中，若溶液呈绿色，则该同学的结论正确，反之，不正确 19.-467.5；3；SO32-+C12+H2OSO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3AlCl3+Fe；315；c；O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23 20.生成白色沉淀；生成白色沉淀；先生成白色沉淀，后沉淀又部分溶解；30；先无沉淀，后产生白色沉淀；7.5ml；10ml；Al3+4OH-AlO2-+2H2O；Al3+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3 【解析】 1. 解：A液氨汽化时要吸收大量的热，使温度降低，可用作制冷剂，故A正确； B常温下能用铝制容器盛放浓硝酸和浓硫酸，是因为反应生成了致密的氧化膜阻止进一步反应，故B错误； C明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质，不能除掉可溶性杂质和细菌等，不能起消毒杀菌的作用，故C错误 D能置换出氧化铁中的铁，发生铝热反应，可以用来焊接钢轨，钢铁工业炼铁是利用还原法得到，一氧化碳还原氧化铁得到金属铁，故D错误； 故选A A液氨汽化时要吸收大量的热，使温度降低； B常温下能用铝制容器盛放浓硝酸和浓硫酸，是因为反应生成了致密的氧化膜阻止进一步反应； C明矾可用于净水，是因为明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质； D铝能置换出氧化铁中的铁，发生铝热反应，钢铁工业炼铁是利用还原法得到，一氧化碳还原氧化铁得到金属铁； 本题考查液氨、铝的钝化、明矾净水、铝热反应、工业炼铁等原理等，题目难度不大，注意明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质，不能除掉可溶性杂质和细菌等 2. 解：A、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故A错误； B、氯化铜与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜，与葡萄糖生成砖红色的沉淀，而不单质铜，故B错误； C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，蒸发结晶生成NaAlO2（s），可实现，故C正确； D、氧化镁与硝酸反应生成硝酸镁，电解硝酸镁溶液得到氢氧化镁沉淀，而不是单质镁，故D错误； 故选C A、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠； B、氯化铜与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铜，与葡萄糖生成砖红色的沉淀； C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，蒸发结晶生成NaAlO2（s）； D、氧化镁与硝酸反应生成硝酸镁，电解硝酸镁溶液得到氢氧化镁沉淀 本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质和电解原理是解决问题的关键，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 3. 解：A、因为t生成A，又A点物质为NH4Al（SO4）2为新物质，则0t的过程为NH4Al（SO4）212H2O失去结晶水生成NH4Al（SO4）2是化学变化，故A错误； B、B点物质为Al2（SO4）3，升温在加热分解则在C点生成氧化铝，所以C点物质是工业上冶炼铝的原料，故B正确； C、AB发生的反应为2NH4Al（SO4）2Al2（SO4）3+2NH3+H2SO4，所以除了生成Al2（SO4）3和NH3两种，还有硫酸，故C错误； D、Al2（SO4）3能够净水，其原理为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，生成的氢氧化铝具有吸附性可以吸附水中悬浮的杂质，故D错误； 故选：B A、根据0t有没有新物质生成判断； B、根据B点物质为Al2（SO4）3，继续升温再分解生成C点的产物判断； C、根据AB发生的反应为2NH4Al（SO4）2Al2（SO4）3+2NH3+H2SO4判断； D、Al2（SO4）3能够净水，其原理为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，据此判断 本题考查根据化学式的计算，正确判断不同温度下所得到固体成分是解本题关键，同时考查学生分析问题能力、计算能力，题目难度中等 4. 解：向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0-amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀， 令氢氧化钠浓度为xmol/L， Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为（b-a）mL，结合Fe3+3OH-Fe（OH）3可知，溶液中n（Fe3+）=（b-a）10-3Lxmol/L， Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为（d-c）mL，结合Mg2+2OH-Mg（OH）2可知，溶液中n（Mg2+）=（d-c）10-3Lxmol/L， 故原混合溶液中n（MgCl2）：n（FeCl3）=（d-c）10-3Lxmol/L：（b-a）10-3Lxmol/L=3（d-c）：2（b-a）， 故选D 向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0-amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀，结合Fe3+3OH-Fe（OH）3、Mg2+2OH-Mg（OH）2计算判断 本题以图象形式考查混合物的有关计算，题目难度较大，清楚各段发生的反应是解题关键，导致出错的原因是学生不能考虑铁离子酸性较强的溶液中存在，不能分析各段发生反应 5. 设含铁、氧两种元素的样品A化学式为FexOy，高温时与足量的CO充分反应，FexOy+yCOxFe+yCO2，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，测得沉淀的质量与原样品A质量相等设为mg， FexOy+yCOxFe+yCO2，CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O， 得到FexOyyCaCO3 56x+16y 100y mgmg 56x+16y=100y x：y=3：2，化学式为Fe2O3， 故选B 设含铁、氧两种元素的样品A化学式为FexOy，高温时与足量的CO充分反应，FexOy+yCOxFe+yCO2，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，测得沉淀的质量与原样品A质量相等设为mg，依据化学方程式定量关系列式计算分析判断组成； 本题主要考查氧化还原反应、与方程式有关的计算等，题目难度中等，注意把握氧化还原反应的规律运用和计算 6. 解：AAl只有+3价，与S发生化合反应生成Al2S3，故A不选； BFe为变价金属，氯气具有强氧化性，二者化合生成FeCl3，故B选； CCu为变价金属，S具有弱氧化性，二者化合生成Cu2S，故C不选； DMg只有+2价，与氮气发生化合反应生成Mg3N2，故D不选； 故选B 金属具有还原性，与非金属发生氧化还原反应生成化合物，而变价金属与强氧化剂反应生成高价金属化合物，与弱氧化剂反应生成低价金属化合物，以此来解答 本题考查金属的化学性质，为高频考点，把握常见金属的化合价及发生的氧化还原反应为解答的关键，注意氧化剂的氧化性分析，题目难度不大 7. 解：A、由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误； B、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，离子方程式为：CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，故B正确； C、结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCO3-Al（OH）3H2O，碱性：OH-AlO2-CO32-，所以结合质子能力：OH-AlO2-CO32-，故C错误； D、氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误； 故选B A、根据流程可知，溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，则试剂X为氢氧化钠溶液； B、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠； C、结合质子的能力越强，则形成的物质的酸性越弱； D、氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子 本题考查了铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，题目难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键 8. 解：A、明矾中含有铝元素，铝能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物所以能净水，故A正确； B、锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极，负极锌失电子被腐蚀，从而保护了铁被腐蚀，故B正确； C、镁是活泼金属，电解其水溶液时，阴极上氢离子得电子而不是镁离子得电子，所以得不到金属镁，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，故C错误； D、氧化镁的熔点较高，所以能制作耐高温材料，故D正确 故选：C A、胶体能净化水； B、锌块作原电池负极被腐蚀，从而保护铁被腐蚀； C、活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼； D、根据氧化镁的性质判断其用途 本题考查了化学知识在日常生活中的应用，难度不大，易错选项是A，注意氢氧化铝胶体具有吸附性 9. 解：由图知，沉淀中含0.1molMg（OH）2和0.2molAl（OH）3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，则沉淀2种金属阳离子共需NaOH0.8mol由图中横坐标知与3种阳离子恰好完全反应时需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2与水反应生成1molNaOH和0.25molO2，由NH4+消耗NaOH的量或生成NH3的体积均可求得原溶液中含0.2molNH4+， 所以Mg2+、NH4+、Al3+之比=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2， 故选B 根据图象分析，A点时沉淀的量最大，所以沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，从A点到B点，沉淀的质量减少，减少的量是氢氧化铝，为0.2mol，沉淀不溶解的量是氢氧化镁，物质的量是0.1mol，根据原子守恒确定镁离子、铝离子的物质的量；当沉淀的量最大时，根据过氧化钠的物质的量计算生成氧气的物质的量，根据气体总的物质的量计算生成氨气的物质的量，根据氮原子守恒从而计算铵根离子的物质的量 本题考查了煤、铝离子的有关计算，难度较大，能正确分析图片中各微粒之间的关系是解本题的关键 10. 解：A铜和氯气反应生成氯化铜，但氯化铜不能转化为氧化铜，故A错误； B碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，故B正确； C铁不能转化为氢氧化铁，故C错误； D氧化铝不能转化成氢氧化铝，故D错误； 故选B A铜和氯气反应生成氯化铜，但氯化铜不能转化为氧化铜； B碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠； C铁不能转化为氢氧化铁； D氧化铝不能转化成氢氧化铝 本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，注意基础知识的积累和运用，难度中等 11. 解：AFe与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe与氯气反应生成氯化铁，所得氯化物不同，故A错误； B再加入Cu（NO3）2固体，在酸性条件下Cu、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应使Cu溶解，故B错误； C氢氧化铝不溶于氨水，但溶于强酸，则向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，故C正确； DNa2O与二氧化碳反应只生成碳酸钠，而Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以产物不同，而Na2O、Na2O2组成元素相同（Na、O），阴阳离子个数比相同（1：2），故D错误； 故选C AFe与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe与氯气反应生成氯化铁； B再加入Cu（NO3）2固体，发生氧化还原反应； C氢氧化铝不溶于氨水，但溶于强酸； DNa2O与二氧化碳反应只生成碳酸钠，而Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气 本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，选项B为解答的难点，题目难度不大 12. 解：A、AlCl3溶液中加入过量氨水，反应为AlCl3+3NH3H2O=AI（OH）3+3NH4Cl，生成的白色沉淀不溶于过量的氨水，故A正确 B、Al2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液，反应为Al3+3OH-=AI（OH）3，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故B错误； C、FeCl2溶液中加入过量氨水，反应为Fe2+2NH3H2O=Fe（OH）2+2NH4+，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，最终生成红褐色的沉淀，故C错误； D、向Ca（OH）2溶液中通入过量的SO2，先生成亚硫酸钙沉淀，继续通SO2，亚硫酸钙沉淀继续反应生成亚硫酸氢钙，不会产生沉淀，故D错误； 故选A A、反应中生成的氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，故反应生成氢氧化铝和氯化铵后，氢氧化铝不与过量的氨水反应，最终出现氢氧化铝白色沉淀； B、反应中Al2（SO4）3溶液与KOH溶液反应生成硫酸钾和氢氧化铝，氢氧化铝又溶解在过量的氢氧化钾溶液中，过程中出现白色沉淀，最终无沉淀； C、反应中FeCl2加入过量的氨水生成氢氧化亚铁白色沉淀，且沉淀不溶于过量的氨水，但氢氧化亚铁在空气中会迅速被氧气氧化，现象为迅速变为灰绿色最后变为红褐色，最终得到红褐色沉淀； D、Ca（OH）2溶液中通入过量的SO2，反应生成亚硫酸氢钙； 本题考查了氢氧化铝的两性、氢氧化亚铁的还原性等知识 13. 解：氢氧化亚铁可以和氧气、水之间反应生成氢氧化铁，能通过化合反应直接制得，故正确； 铜和硫单质化合得到硫化亚铜，不能通过化合反应直接制得，故错误； 二氧化硫可以和水之间反应生成亚硫酸，能通过化合反应直接制得，故正确； 二氧化硅和水不反应，硅酸不能通过化合反应直接制得，故错误； 二氧化硫和氧气化合得到三氧化硫，能通过化合反应直接制得，故正确； 金属铜在空气中可以和氧气、水以及二氧化碳反应得到铜绿Cu2（OH）2CO3，能通过化合反应直接制得，故正确； 金属铁可以和硝酸铁之间反应得到硝酸亚铁，能通过化合反应直接制得，故正确； 碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，能通过化合反应直接制得，故正确 故选B 氢氧化亚铁可以和氧气、水之间反应生成氢氧化铁； 铜和硫单质化合得到硫化亚铜； 二氧化硫可以溶于水并和水反应； 二氧化硅和水不反应； 二氧化硫和氧气化合得到三氧化硫； 金属铜在空气中可以和氧气、水以及二氧化碳反应得到铜绿； 金属铁可以和硝酸铁之间反应得到硝酸亚铁； 碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠 本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，根据物质间的性质来分析解答，要熟练掌握元素化合物知识，灵活运用知识解答，题目难度不大 14. 解：碳化钙和水反应，根据性质的相似性，碳化镁和水也反应生成乙炔，故正确； 碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，所以不能在水中以Ca2+和C22-形式存在，故错误； C22-的电子式为，故正确； 碳化镁是离子化合物，熔沸点较高，可能在100以上，故错误， 故选C 根据碳化钙的性质判断碳化镁的性质； 根据是否与水反应判断； 根据离子键的成键情况判断； 根据化合物的所属类型判断 本题以碳化钙为载体考查了离子化合物的结构特征与性质，我们虽然没学过碳化镁，但利用性质的相似性可以推断它的性质，要学会知识迁移的方法解决问题 15. 解：A、次氯酸不稳定，易分解为盐酸和氧气，该转化能通过一步反应实现，故A错误； B、氧化铝不溶于水，不能和水之间反应得到氢氧化铝，该转化不能通过一步反应实现，故B正确； C、二氧化碳属于属于酸性氧化物，可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙和水，该转化能通过一步反应实现，故C错误； D、金属铜可以和浓硫酸之间反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，该转化能通过一步反应实现，故D错误 故选B A、次氯酸不稳定，易分解为盐酸和氧气； B、氧化铝不溶于水，不能和水之间反应； C、二氧化碳属于属于酸性氧化物，可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙和水； D、金属铜可以和浓硫酸之间反应生成硫酸铜、二氧化硫和水 本题涉及元素以及化合物的性质知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大 16. 解：发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；CuCl2+FeFeCl2+Cu；2FeCl3+Fe3FeCl2， A若ac，说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体c只含有Cu，由于先发生2FeCl3+Fe3FeCl2反应，则滤液中不含有Fe3+，只含有Fe2+和Cu2+两种金属离子，当加入铁粉很少量时可能存在b小于c的情况，故A错误； B若ac，说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体c只含有Cu，考虑先发生2FeCl3+Fe3FeCl2反应，若氯化铁大量剩余，则存在b大于c的情况，故B正确； C若ac，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+，cg固体中含两种金属Fe、Cu，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，56gFe可以置换64gCu，如氯化铁过量，则会消耗部分铁粉，因此b可能与c相等，故C正确； D若a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+，故D错误 故选：BC 在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag铜粉，反应反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入bg铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体cg，可能发生反应为2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu，考虑氧化性Fe3+Cu2+，则先发生2FeCl3+Fe3FeCl2反应，根据发生的反应分析 本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应，题目难度不大，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力 17. 解：由B为红棕色粉末可知，B为Fe2O3，结合转化关系图可知，I为Fe（OH）3，H为Fe（OH）2，D为金属单质，由元素守恒可知，D为Fe，故G为亚铁盐，所以试剂为盐酸或硫酸，试剂为强碱（如NaOH或KOH等），A+BD+C为铝热反应，则A为Al，C为Al2O3，E为铝盐，F为偏铝酸盐 （1）由上述分析可知，A为Al，C为Al2O3，I为Fe（OH）3，故答案为：Al；Al2O3；Fe（OH）3； （2）CF的离子方程式为：Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O， FE的离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3+2H2O， HI的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3， 故答案为：Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O；AlO2-+4H+=Al3+2H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3 由B为红棕色粉末可知，B为Fe2O3，结合转化关系图可知，I为Fe（OH）3，H为Fe（OH）2，D为金属单质，由元素守恒可知，D为Fe，故G为亚铁盐，所以试剂为盐酸或硫酸，试剂为强碱（如NaOH或KOH等），A+BD+C为铝热反应，则A为Al，C为Al2O3，E为铝盐，F为偏铝酸盐，据此解答 本题考查无机物的推断，明确红棕色物质B为氧化铁及A+BD+C为铝热反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意试剂不确定性 18. 解：（1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，Cu与稀盐酸、H2O2反应生成氯化铜与水，方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O， 故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O； （2）由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O，当被还原的硫酸是0.9mol，反应的浓硫酸的物质的量为1.8mol，需要浓硫酸的体积为=0.1L=100mL，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，不再产生二氧化硫，则消耗18molL-1的浓硫酸的实际体积要大于100mL； 反应后硫酸剩余，溶液中有H+，再加入硝酸盐引入NO3-，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能与Cu发生氧化还原反应，Cu能继续溶解， 故答案为：大于；可行； （3）甲方案有二氧化氮生成，乙方案有NO生成，二者都会污染空气，丙方案中生成硝酸铜与水，没有污染空气的气体生成，故丙方案体现绿色化学理念， 故答案为：丙；甲方案有二氧化氮生成，乙方案有NO生成，二者都会污染空气，丙方案中生成硝酸铜与水，没有污染空气的气体生成； （4）将等质量的铜片分别与等体积、过量的浓硝酸和过量的稀硝酸反应后，所得溶液中Cu2+的浓度基本相等，颜色基本相同，不可能是Cu2+浓度差异引起的； 若溶液呈“绿色”是溶液中Cu2+与NO2共存的结果，可以向蓝色溶液中通入一定量的NO2来检验，根据颜色是否发生变化进行判断， 故答案为：不同意；等质量的铜片与等体积、过量的浓硝酸、稀硝酸反应，所得溶液中Cu2+的浓度基本相等；将一定量的NO2通入铜片与稀硝酸反应后的溶液中，若溶液呈绿色，则该同学的结论正确，反之，不正确 （1）过氧化氢具有强氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，Cu与稀盐酸、H2O2反应生成氯化铜与水； （2）根据被还原的硫酸计算参加反应的硫酸物质的量，水反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铜只能和浓硫酸反应而和稀硫酸不反应； 硫酸有剩余，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能与Cu发生氧化还原反应； （3）根据反应产物对空气是否造成污染分析解答； （4）等质量的铜片分别与等体积、过量的浓硝酸和过量的稀硝酸反应时铜全部转化为离子；可以向呈现蓝色的硝酸铜中加二氧化氮看是否变绿来证明结论 本题考查浓硫酸、硝酸性质以及实验方案的评价与设计，题目难度中等，侧重考查学生对知识的迁移运用能力，注意根据题目信息进行实验方案设计 19. 解：（1）已知：Fe2O3（S）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H=-492.7kJmol-1 3CO（g）+Fe2O3（s）2Fe（s）+3CO2（g）H=+25.2kJmol-1 由盖斯定律，+得：2Fe2O3（s）+3C（s）4Fe（s）+3CO2（g）；故H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol； 故答案为：-467.5； （2）、根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO，反应中氯元素化合价由0价降低为-1价，氯气是氧化剂，故生成1molAlCl3时转移电子为1mol3=3mol， Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-，反应离子方程式为SO32-+C12+H2OSO42-+2C1-+2H+， 由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3，反应方程式为Al+FeCl3AlCl3+Fe， 由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华，故温度应控制在315以下， 故答案为：3；SO32-+C12+H2OSO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3AlCl3+Fe；315； AlCl3的水解，直接加热AlCl36H2O，水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解，利用浓硫酸的吸水性与难挥发性， 故答案为：c； （3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-， 电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，则n（Al）=1mol、n（Pb）=1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol27g/mol：1.5mol207g/mol=2：23故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23 （1）由盖斯定律定律，+得：2Fe2O3（s）+3C（s）4Fe（s）+3CO2（g）；反应热也进行相应的计算； （2）根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应