新课标2018年高考化学大一轮复习阶段检测二.docx

阶段检试（二）(金属元素及其化合物)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Na23Mg24S32Ca40第卷(选择题共50分)一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分)1.下列反应中,改变反应物的用量或浓度,对生成物种类不会产生影响的是()A.FeBr2溶液和氯气反应B.二氧化碳通入氢氧化钠溶液中C.铁丝在氯气中燃烧D.铜和硝酸反应2.下列说法正确的是()A.1 mol Na被完全氧化生成Na2O2失去2NA个电子B.将一小块Na放入无水乙醇中,产生气泡,说明Na能置换出醇羟基中的氢C.工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气D.钠与CuSO4溶液反应的离子方程式为2Na+Cu2+ 2Na+Cu3.中学常见物质A、B、C、D存在下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个数为()A B C金属钠硫单质NH3Na2CO3AlCl3溶液HNO3A.3B.4C.5D.64.为了比较铁和铜金属活动性的强弱,某研究小组的同学设计了如下实验方案,并将实验结果记录如下:方案现象或产物将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2(SO4)3和CuSO4将铁片和铜片分别置于稀硫酸中铁片上产生气泡,铜片上不产生气泡将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中,并用导线连接铁片溶解,铜片上有气泡产生能根据以上现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有()A.2种B.3种C.4种D.5种5.用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜,有人设计了以下两种方案:Fe H2 Cu;CuO CuSO4 Cu。若按实验原则进行操作,则上述两种实验方案中制得单质铜的质量()A.多B.多C.相等D.无法比较6.下列关于元素及其化合物的说法正确的是()A.Fe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸剧烈反应B.Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应,且两种单质的作用相同C.Na久置于空气中,可以和空气中的有关物质发生反应,最终生成Na2CO3D.制备FeCl3、CuCl2固体均可采用将溶液直接蒸干的方法7.通过观察化学实验现象,分析归纳出正确的结论,是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是()A.把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中:铝溶解有气泡放出,而镁没有任何变化。由此得出:铝的金属性比镁强B.取一块铝箔,用酒精灯点燃:铝箔只熔化成液体而没有脱落。由此得出:铝不易燃烧C.向氯化铵溶液中投入一铝片:铝片上产生大量气泡。由此得出:该气体是氨气D.向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量:先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解,最后沉淀完全消失。由此得出:氢氧化铝能溶于强碱溶液8.某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数,设计了如下实验方案:方案:铜铝混合物 测定生成气体的体积方案:铜铝混合物 测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是()A.溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B.若溶液B选用浓硝酸,则测得铜的质量分数偏小C.溶液A和B均可选用稀硝酸D.实验室中方案更便于实施9.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A用洁净铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色该溶液中含Na+,不含K+B向FeCl2溶液中通入适量Cl2溶液由浅绿色变为棕黄色Cl2的氧化性比FeCl3的强C向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成AlO2-与HCO3-发生了相互促进的水解反应D将Na2CO3固体与SiO2混合加热产生气体H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强10.Na、Al、Fe、Cu都是重要的金属,下列有关它们的说法正确的是()A.在一定条件下都能与水发生置换反应B.在一定条件下都能与稀HNO3发生氧化还原反应C.都必须隔绝空气保存D.在一定条件下都能与稀H2SO4反应产生H211. Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是()A.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法B.三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C.三者对应的氧化物均为碱性氧化物D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al12.下表各组物质之间通过一步反应能实现如图所示转化关系,且与表中的条件也匹配的是()选项XYZ箭头上的反应条件ANONO2HNO3加H2OBAlNaAlO2AlCl3电解CFeFeCl2FeCl3通入少量Cl2DNaOHNaHCO3NaCl依次通入CO2、NH313.下列物质的转化在给定条件下能实现的是()Al2O3 NaAlO2(aq) Al(OH)3S SO3 H2SO4饱和NaCl(aq) NaHCO3 Na2CO3Fe2O3 FeCl3 无水FeCl3MgCl2(aq) Mg(OH)2 MgOA.B.C.D. 14.中学常见物质A、B、C、D、E、X,存在如图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是()A B C DA.若D是一种白色沉淀,在空气中最终变为红褐色,则A可能是铁B.若D是一种强碱,则A、B、C均可与X反应生成DC.若D为NaCl,且A可与C反应生成B,则E可能是CO2D.若D是一种强酸,则A既可以是单质,也可以是化合物,且D可与铜反应生成B或C15.常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金全部溶解,得到20 mL pH=14的溶液,然后用1 mol/L的盐酸滴定,沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示,则下列选项正确的是()A.原合金质量为0.92 gB.产生氢气0.04 molC.图中m值为1.56 gD.图中V2为60 mL16.将10.7 g Mg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中,产生标准状况下3.36 L气体。另取等质量的合金溶于过量盐酸中,生成标准状况下7.84 L气体,向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液,得到沉淀物质的量为()A.0.1 molB.0.2 molC.0.25 molD.0.3 mol12345678910111213141516得分第卷(非选择题共50分)二、非选择题(本题包括4小题,共52分)17.(14分)甲、乙两个实验小组分别进行“测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3含量”的实验。(1)甲组:沉淀分析法把一定量的混合物溶解后加入过量CaCl2,然后将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、称量。确定CaCl2溶液是否过量的方法是,判断沉淀是否洗净的操作是。(2)乙组:气体分析法用如图所示装置进行实验,为了减小误差,分液漏斗中应该用,B中应该用,选用该溶液后实验结果还是不准,应该是(填“偏高”或“偏低”或“无影响”),原因是。(3)请你设计一个与甲、乙两组操作不同的实验方案,测定混合物中Na2CO3的含量。方案: 。用到的主要试剂: 。用到的玻璃仪器:(至少2件)。18.(12分)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3等)提取Al2O3作冶炼铝的原料,由熔融盐电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气,这些杂质可采用吹气精炼法除去,产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下图所示:(已知:NaCl熔点为801 ;AlCl3在181 升华)(1)钢材镀铝后,抗腐蚀性能会大大增强,其原因是。(2)将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体,杂质随气泡上浮而除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有,固态杂质黏附于气泡上,在熔体表面形成浮渣,浮渣中肯定存在。(3)精炼前,需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂,防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质,则铝和氧化铁反应的化学方程式为。(4)向“滤液”中通入过量CO2所发生反应的离子方程式为。(5)镀铝电解池中,金属铝为阳极,熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl4-形式存在,则阳极的电极反应式为。19.(12分)从古至今,铁及其化合物在人类生产、生活中的作用发生了巨大变化。(1)中国古代四大发明之一的司南是由天然磁石制成的,其主要成分是(填字母序号)。a.Fe b.FeO c.Fe3O4 d.Fe2O3(2)现代利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程如下图所示。整个过程与温度密切相关,当温度低于570 时,Fe3O4(s)和CO(g)反应得到的产物是Fe(s)和CO2(g),阻碍循环反应的进行。已知:Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g)H1=+19.3 kJmol-13FeO(s)+H2O(g) Fe3O4(s)+H2(g) H2=-57.2 kJmol-1C(s)+CO2(g) 2CO(g)H3=+172.4 kJmol-1铁的氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是。下图表示其他条件一定时,Fe3O4(s)和CO(g)反应达平衡时CO(g)的体积百分含量随温度的变化关系。.反应Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g)H0(填“”“”或“=”),理由是。.随温度升高,反应Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g)平衡常数的变化趋势是;1 040 时,该反应的化学平衡常数的数值是。(3)古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下:牛血 黄色溶液 K+、Fe(CN)64- 蓝色沉淀 Fe4Fe(CN)63复分解反应的离子方程式是。如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中的CN-,方案如下: 食品待测液 HCN气体 试纸变蓝若试纸变蓝则证明食品中含有CN-,请解释检测时试纸中FeSO4的作用:。20.(14分)利用低品位软锰矿浆(主要成分是MnO2,还含有少量的Fe3+、Al3+等)吸收高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气,制备硫酸锰晶体可实现资源的综合利用和环境治理。已知,浸出液的pH8.5Mn2+8.39.8 (1)写出浸出过程中主要反应的化学方程式:。浸出过程中Fe3+转化为Fe2+,此反应的离子方程式为。(2)写出氧化过程中主要反应的离子方程式:。(3)在氧化后的液体中加入石灰浆,用于调节pH,pH应调节至。若加入的石灰浆过多,会使MnSO4H2O晶体中含有较多杂质,用离子方程式表示其原因:。(4)下列各组试剂中,能准确测定尾气中SO2含量的是(填序号)。a.NaOH溶液、酚酞试液 b.稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c.碘水、淀粉溶液 d.氨水、酚酞试液阶段检测（二）答案一、选择题1.CA项,FeBr2溶液和氯气反应,氯气少量时只氧化亚铁离子,当氯气过量时再氧化溴离子,不符合题意;B项,二氧化碳通入氢氧化钠溶液中,二氧化碳过量时生成碳酸氢钠,少量时生成碳酸钠,不符合题意;C项,铁丝在氯气中燃烧只能生成三氯化铁,符合题意;D项,铜和浓硝酸反应生成二氧化氮,铜和稀硝酸反应生成一氧化氮,不符合题意。2.B1 mol Na被完全氧化生成Na2O2时,Na由0价变为+1价,失去NA个电子,A项错误;Na能置换出乙醇中醇羟基中的氢生成H2,B项正确;电解氯化钠溶液发生的反应为2NaCl + 2H2O 2NaOH+Cl2+H2,制备金属钠应该电解熔融的NaCl,C项错误;钠与CuSO4溶液反应的离子方程式为2Na+2H2O 2Na+2OH-+H2、2OH-+Cu2+ Cu(OH)2,D项错误。3.D当A为金属钠时,D可以为O2,此时B、C分别为Na2O、Na2O2,符合转化关系;当A为硫单质时,D可以为O2,此时B、C分别为SO2、SO3,符合转化关系;当A为NH3时,D可以为O2,此时B、C分别为NO、NO2,符合转化关系;当A为Na2CO3时,D可以为HCl,此时B、C分别为NaHCO3、CO2,符合转化关系;当A为AlCl3溶液时,D可以为NaOH,此时B、C分别为Al(OH)3、NaAlO2,符合转化关系;当A为HNO3时,D可以为铁,此时B、C分别为Fe(NO3)3、Fe(NO3)2,符合转化关系。4.B铁能置换出铜,证明铁比铜活泼;不能证明;不能证明;铁能置换出稀硫酸中的氢,铜不能,证明铁比铜活泼;铁与铜形成原电池,铁作负极,铜作正极,证明铁比铜活泼。选项B正确。5.B中氢气还原氧化铜,实验开始时需先通氢气,实验结束后还要通一会儿氢气,故制得单质铜的质量多。6.CA项,常温下,Fe遇浓HNO3、浓H2SO4发生钝化,故A错误;B项,Al与NaOH溶液反应,Al只作还原剂,Cl2与NaOH溶液反应,Cl2既是氧化剂又是还原剂,故B错误;C项,Na与O2反应生成Na2O,Na2O与H2O反应生成NaOH,NaOH吸收空气中的H2O和CO2生成Na2CO3xH2O,Na2CO3xH2O风化脱水生成Na2CO3,故C正确;D项,加热蒸干FeCl3、CuCl2溶液最终生成Fe(OH)3、Cu(OH)2,故D错误。7.DA项,金属性的强弱是金属与酸反应失电子能力的强弱,而不是与碱反应,所以不能说明铝的金属性比镁强,错误;B项,没有脱落是因为氧化铝的熔点高,而不是铝不易燃烧,错误;C项,铝与氯化铵溶液反应,是铝与铵根离子水解产生的氢离子反应生成氢气,所以气体不是氨气,而是氢气,错误;D项,氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀,反应的离子方程式为3OH-+Al3+ Al(OH)3,氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- Al+2H2O,所以氢氧化铝能溶于强碱溶液。8.C盐酸和Al反应,剩余铜,利用产生的氢气的体积,即可求出铝的质量分数,从而得出铜的质量分数;如用NaOH溶液和铝反应,根据产生的氢气的体积,也可求出铜的质量分数,A正确。如果选用浓硝酸,硝酸可以和铜反应,铝钝化使剩余固体的质量偏大,从而使测得铜的质量分数偏小,B正确。如果选用稀硝酸,稀硝酸与铜、铝均反应,就会造成方案中没有固体剩余,C错误。无论选用NaOH溶液还是盐酸,最后剩余的固体都是Cu,利用方案直接测固体的质量比较方便,而方案测气体的体积比较麻烦,所以方案更便于实施,D正确。9.BA项,K+的焰色必须透过蓝色钴玻璃观察,否则它的焰色易被Na+的焰色掩盖,错误;B项,Cl2具有强氧化性,可将Fe2+氧化成Fe3+,溶液由浅绿色(Fe2+)转变成棕黄色(Fe3+),由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得到相应结论,正确;C项,Al与HC水解都使溶液呈碱性,则二者的水解相互抑制,不能发生相互促进的水解反应,实验中产生白色沉淀的原因是发生反应Al+HC+H2O Al(OH)3+C,错误;D项,Na2CO3固体与SiO2混合加热产生CO2气体,利用的是高沸点物质(SiO2)制备低沸点物质(CO2)的原理,不能说明H2CO3的酸性比H2SiO3的弱(实际上酸性:H2CO3H2SiO3),错误。10.BCu不能与水发生置换反应,故A不选;Na、Al、Fe、Cu都有还原性,能与稀HNO3发生氧化还原反应,故选B;铝表面形成致密的氧化膜,不需隔绝空气保存,故C不选;铜不与稀硫酸反应,故D不选。11.A因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl,HCl加热挥发,所以得到的是各自的沉淀物,故制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法,故A项正确;Fe可以形成复杂的氢氧化物,Cu可以形成碱式碳酸铜等,故B项错误;Al对应的氧化物Al2O3是两性氧化物,故C项错误;根据电解原理,阴极上离子的放电顺序是:Cu2+H+Fe2+Al3+,Fe2+和Al3+不放电,Fe3+得电子成为Fe2+,故D项错误。12.ANO与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,稀硝酸与Cu反应生成NO,浓硝酸与Cu反应生成二氧化氮,A正确;氯化铝是共价化合物,所以不能通过电解氯化铝来生成Al,B错误;Fe与少量的氯气反应也只生成氯化铁,不会生成氯化亚铁,C错误;用氯化钠溶液、二氧化碳、氨气反应来制取碳酸氢钠时,应先通入氨气,再通入二氧化碳,D错误。13.A氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液通入二氧化碳,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O 2Al(OH)3+Na2CO3,生成氢氧化铝,正确;硫燃烧生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,错误;在饱和食盐水中先通入氨气,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,正确;氧化铁与盐酸反应生成氯化铁,Fe3+水解Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H+,加热使HCl挥发,平衡向右移动,得不到无水FeCl3,错误;氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁,氢氧化镁不稳定,加热分解生成氧化镁,正确。14.AA项,若D是一种白色沉淀,在空气中最终变为红褐色,说明D为Fe(OH)2,X为NaOH,C为Fe2+,B为Fe3+,A为Cl2,E为Fe,才能实现转化关系,故A项错误;B项,A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠,符合转化关系,Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应,故B项正确;C项,A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸,符合转化关系,故C项正确;D项,若D是一种强酸,如为硝酸,则A为氮气或氨气,B为NO,C为NO2,E为O2,X为H2O,稀硝酸与铜反应生成NO,浓硝酸与铜反应生成NO2,故D项正确。15.C钠铝合金置于水中,合金全部溶解,发生反应:2Na+2H2O 2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH 2NaAlO2+3H2,得到溶液pH=14,故剩余NaOH的物质的量为0.02 L1 mol/L=0.02 mol;用盐酸滴定,依次发生反应:NaOH+HCl NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O NaCl+Al(OH)3、Al(OH)3+3HCl AlCl3+3H2O。则:NaOH+HCl NaCl+H2O,0.02 mol 0.02 mol故V1=0.02 L=20 mL,生成沉淀时消耗的盐酸为40 mL-20 mL=20 mL,其物质的量为0.02 L1 mol/L=0.02 mol,则:NaAlO2+ HCl+H2O NaCl+Al(OH)30.02 mol 0.02 mol 0.02 molA项,由钠原子及铝原子守恒可知,合金的质量为0.04 mol23 g/mol+0.02 mol27 g/mol=1.46 g,故A项错误;B项,由2Na+2H2O 2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH 2NaAlO2+3H2可知,生成氢气的物质的量为0.02 mol+0.03 mol=0.05 mol,故B项错误;C项,由上述计算可知,生成沉淀0.02 mol,其质量为0.02 mol78 g/mol=1.56 g,故C项正确;D项,由Al(OH)3+3HCl AlCl3+3H2O可知,溶解沉淀需要0.06 mol HCl,盐酸体积为60 mL,则V2=40 mL+60 mL=100 mL,故D项错误。16.BMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中,只有Al反应生成氢气,根据得失电子守恒,Al提供电子的物质的量为2=0.3 mol;另取等质量的合金溶于过量盐酸中,金属均与盐酸反应生成氢气,两过程中Al反应转移电子相等,根据得失电子守恒,Mg、Fe提供电子总物质的量为2-0.3 mol=0.4 mol,故Mg、Fe总物质的量为=0.2 mol,向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液,得到的沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁,根据原子守恒,沉淀物质的量等于金属物质的量,即沉淀物质的量为0.2 mol。二、非选择题17.答案(1)取少量的上层清液加入碳酸钠溶液,若变浑浊则CaCl2过量取最后一次洗涤液,加入硝酸银溶液后若不变浑浊则已洗净(2)稀硫酸浓硫酸偏低装置中有CO2残留(3)把一定量的混合物溶解后加入足量的稀HNO3,再加AgNO3溶液,过滤、洗涤、烘干、称量稀HNO3和AgNO3溶液烧杯、玻璃棒、漏斗解析(1)沉淀法是利用碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2 CaCO3+2NaCl,称量沉淀质量,依据碳酸根离子物质的量等于碳酸钠物质的量计算得到;加入氯化钙溶液过量的目的是完全沉淀碳酸根离子,确定CaCl2溶液是否过量的方法是取少量的上层清液加入碳酸钠溶液,若变浑浊则CaCl2过量;判断沉淀是否洗净的操作是取最后一次洗涤液,加入硝酸银溶液后若不变浑浊则已洗净。(2)依据装置图分析可知,气体法是利用加入的稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,利用浓硫酸干燥二氧化碳气体,干燥后用碱石灰吸收,称量后增加的质量即为二氧化碳的质量,计算得到,U形干燥管后再接一个盛碱石灰的U形管是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入C,干扰二氧化碳的测定结果;由于装置中的二氧化碳不能全部排出被碱石灰吸收,所以测定结果偏低。(3)可以利用混合物中的氯化钠与AgNO3反应生成氯化银沉淀,测定氯化银沉淀的质量计算氯化钠质量从而得到样品中碳酸钠的含量。把一定量的混合物溶解后加入足量的稀HNO3,再加AgNO3溶液,过滤、洗涤、烘干、称量,用到的试剂有稀HNO3和AgNO3溶液,实验操作过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。18.答案(1)表面形成的致密氧化铝薄膜能防止钢材腐蚀(或致密的氧化铝薄膜将环境中的电解质溶液与内层金属隔离)(2)HCl和AlCl3NaCl(3)2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe(4)Al+2H2O+CO2 Al(OH)3+HC(5)Al-3e-+4Cl- AlC解析(1)铝表面形成的致密氧化铝薄膜具有保护作用,能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触,使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生;(2)粗铝含有一定量的金属钠和氢气,钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝,氢气和氯气发生反应生成氯化氢,其中氯化钠熔点为801,较高,是固态杂质随气泡上浮,气泡的主要成分除Cl2外还含有HCl、AlCl3;(3)铝和氧化铁高温反应生成铁和氧化铝,反应的化学方程式为2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe;(4)滤液中含有偏铝酸根离子,通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,反应的离子方程式为Al+2H2O+CO2 Al(OH)3+HC;(5)电镀池中镀件金属铝作阳极,金属铝失电子发生氧化反应,电极反应式为Al-3e-+4Cl- AlC。19.答案(1)c(2)C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g)H=+134.5 kJmol-1.当其他条件一定、温度低于570 时,温度升高,CO的体积百分含量增大,可逆反应Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g)逆向移动,故H0.增大 4(3)3Fe(CN)64-+4Fe3+ Fe4Fe(CN)63碱性条件下,Fe2+与CN-结合生成Fe(CN)64-;Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+,Fe(CN)64- 与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色解析(1)中国古代四大发明之一的司南是由天然磁石制成的,磁石成分主要是四氧化三铁,选c。(2)依据盖斯定律,已知三个热化学方程式相加可得到铁的氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式:C(s)+H2O(g