《铝的重要化合物》专项提升1.doc

铝的重要化合物专项提升1一、单选题(本大题共14小题，共14.0分)1.下列溶液中通入过量CO2气体，最终没有沉淀的是（） A.Na2SiO3溶液B.Ca（OH）2溶液 C.饱和Na2CO3溶液D.NaAlO2溶液 2.下列两种物质，只有在加热的条件下才能反应并产生气体的是（） A.Cu+H2SO4（稀）B.Cu+HNO3（浓） C.Fe+HNO3（稀）D.C+H2SO4（浓） 3.下列说法正确的是（） A.在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度 B.向装有2mL 2mol/L AlCl3溶液的试管中，逐滴加入0.01mol/L氨水3mL，产生沉淀且沉淀不溶解，说明氢氧化铝不溶于弱碱 C.在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热数分钟，冷却后依次加入新制Cu（OH）2悬浊液和碘水可检验淀粉是否已发生水解和是否完全水解 D.海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23min并过滤，滤液中可加入适量的H2O2来氧化I 4.下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（） SiO2H2SiO3Na2O2Al（OH）3FeCl3 CaSiO3 A.B.C.D.和 5.下列说法正确的是（） A.氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同 B.等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等 途径a：CuCuOCuSO4；途径b：CuCuSO4 C.用金属钠可区分乙醇和乙醚 D.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 6.蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量下列叙述不正确的是（） A.沉淀X的成分是SiO2 B.将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，得到的不溶物为Fe2O3 C.在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe（OH）3和Mg（OH）2 D.溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+ 7.如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，先后加入试剂A、B时所得沉淀物质的量y（mol） 与试剂体积V（mL）间的关系图开始滴加6mL试剂A后继续滴加A若干，之后改滴试剂B以下结论正确的是（） A.A可能是NaOH，B可能是盐酸，且2cA=cB B.原混合液中，c（Al3+）：c（Mg2+）：c（Cl-）=1：2：7 C.A可能是Ba（OH）2，B可能是硫酸，且cA=2cB D.若A和B均为一元强酸或一元强碱，则滴加7mL试剂A后改滴试剂B 8.下列反应所得溶液中一定只含有一种溶质的是（） A.向稀硝酸中加入铁粉 B.向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液 C.向NaOH溶液中通入CO2气体 D.向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液 9.新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注下列表述不正确的是（） A.制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素 B.用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 C.防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料 D.某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖 10.下列叙述不正确的是（） ABCD放电闪电时会发生反应：N2+O22NO利用丁达尔效应证明烧杯中的分散系是胶体蔗糖中加入浓硫酸搅拌后变黑，因为浓硫酸有吸水性加热时熔化的铝不滴落，证明Al2O3的熔点比Al高A.AB.BC.CD.D 11.铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”铜主要是黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是（） A.焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B.在焙烧时氧化剂只有氧气 C.粗铜精炼时用粗铜做阴极D.Cu2S可用于火法炼制铜 12.下列物质能由两种单质直接化合得到的是（） A.FeCl2B.CuSC.NO2D.SO2 13.为了使AlCl3溶液中的Al3+完全变为Al（OH）3沉淀，最好滴入（） A.NaOH溶液B.Ba（OH）2溶液 C.氨水D.KOH溶液 14.相同质量的四份铜片，分别置于足量的下列酸中，所得到的气体的物质的量最多的是（） A.浓H2SO4B.稀H2SO4C.浓HNO3D.稀HNO3 二、填空题(本大题共1小题，共1.0分)15.在50mlbmol/L氯化铝溶液中加入50mlamol/L的氢氧化钠溶液 （1）当a3b时，生成氢氧化铝沉淀的物质的量为 _ ； （2）当a、b满足 _ 条件时，无沉淀生成； （3）当a、b满足 _ 条件时，a增大，沉淀减少，此时生成氢氧化铝沉淀的物质的量为 _ mol三、实验题(本大题共1小题，共10.0分)16.某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用如图所示装置进行有关实验 （1）装置A中发生反应的化学方程式为 _ （2）装置D中试管口放置的棉花应浸一种溶液，这种溶液是 _ ，其作用是 _ （3）装置B的作用是贮存多余的气体当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是 _ ， （4）实验中，取一定质量的铜片和一定体积18molL-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，反应完毕时，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余，其原因是 _ 四、简答题(本大题共4小题，共20.0分)17.铜是与人类关系非常密切的有色金属已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应： 2Cu+Cu2+Cu大多数+1价铜的化合物是难溶物，如Cu2O、CuI、CuCl、CuH等 （1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为 _ ，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为 _ （2）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生： a2Cu2+4I-2CuI（白色）+I2 b2Cu2+2Cl-+2I-2CuCl（白色）+I2为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是 _ ASO2 B苯 CNaOH溶液 D乙醇 （3）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH） 已知NH5是离子化合物且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式： _ ； 写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式： _ ； 将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式： _ CuH+ _ HNO3 _ Cu（NO3）2+ _ H2+ _ _ + _ _ （4）常温下，向0.20molL-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH=6时，c（Cu2+）= _ molL-1已知：KspCu（OH）2=2.210-2018.新型纳米材料氧缺位铁酸盐MFe2Ox（3x4，M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，下同）是由铁酸盐MFe2O4经过高温与H2反应制得常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图： （1）将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于 _ （2）MFe2O4中Fe元素的化合价为 _ （3）MFe2O4在于H2反应中表现了 _ （填“氧化性”或“还原性”） （4）在5molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为 _ （5）在酸性条件下，Fe2O42-容易转化为Fe2+，某反应体系中共存在下列6种粒子：Fe2O42-、Fe2+、H+、H2O、Cu2O、Cu2+，则该反应中的氧化剂是 _ ，还原剂是 _ 19.向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol/L NaOH溶液时，得到的Al（OH）3沉淀的质量与所滴加的NaOH溶液的体积（mL）关系如图所示，试回答下列问题： （1）图中A点表示的意义是 _ ； （2）图中B点表示的意义是 _ ； （3）假如溶液中生成了沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积最少是 _ （写出计算过程）20.某同学取一定量的Al、Fe混合物，与2.0L极稀的HNO3充分反应，假设HNO3的还原产物全部为铵盐在反应后的溶液中，逐滴加入4molL-1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图所示分析图象回答问题： （1）DE段发生反应的离子方程式为： _ （2）请写出任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式： _ （3）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 （4）原硝酸溶液的物质的量浓度为 _ mol/L铝的重要化合物专项提升1答案和解析【答案】 1.B2.D3.D4.D5.C6.B7.D8.D9.D10.C11.D12.D13.C14.C15.mol；a4b；3ba4b；（0.2b-0.05a） 16.Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O；NaOH；吸收多余的SO2；瓶中液面下降，漏斗液面上升；随着反应进行浓H2SO4变为稀H2SO4，Cu不与稀H2SO4反应 17.砖红色；CuO；B；2CuH+2H+Cu+Cu2+2H2；6；16；6；3；4；NO；8；H2O；2.210-4 18.胶体；+3；氧化性；3.6；Fe2O42-；Cu2O 19.Al3+完全沉淀；Al（OH）3刚好完全溶解；7.5mL或17.5mL 20.NH4+OH-=NH3H2O；8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O；0.032；7；0.074 【解析】 1. 解：A、硅酸钠可以和碳酸反应生成碳酸钠和硅酸，硅酸是白色不溶于水的沉淀，故A错误； B、过量的二氧化碳可以和强碱氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，是一种易溶于水的盐，故B正确； C、碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3而析出，故C错误； D、碳酸酸性大于氢氧化铝，将二氧化碳通到偏铝酸钠的溶液中，会产生氢氧化铝白色沉淀，故D错误 故选B A、硅酸钠可以和碳酸反应生成碳酸钠和硅酸； B、过量的二氧化碳可以和强碱反应生成碳酸氢盐； C、碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3； D、碳酸酸性大于氢氧化铝，根据强酸制弱酸的反应原理来回答 本题考查了元素及其化合物的性质等，比较基础，注意基础知识的掌握 2. 解：ACu与H2SO4（稀）在加热条件下也不发生反应，故A错误； BCu与HNO3（浓）不需要加热就可以反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，故B错误； CFe+HNO3（稀）不需要加热就可以反应，故C错误； DC与浓硫酸在加热条件下才能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故D正确； 故选D 铜与稀硫酸不发生反应，铜与浓硝酸、稀硝酸不加热就能够反应，碳与浓硫酸的反应需要在加热条件下才能进行，据此进行解答 本题考查了铜、碳单质与硫酸、硝酸的反应，题目难度不大，明确常见元素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 3. 解：A起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合后测定最高温度，以此计算中和热，故A错误； BAlCl3溶液过量，氨水不足，不能说明氢氧化铝不溶于弱碱，故B错误； C检验淀粉水解产物葡萄糖应在碱性条件下，应水解后冷却，在碱性溶液中加入新制Cu（OH）2悬浊液和碘水可检验淀粉是否已发生水解和是否完全水解，故C错误； D海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23min并过滤，滤液中含碘离子，加入H2O2溶液发生氧化还原反应生成碘单质，故D正确 故选D A起始温度应为混合前酸、碱的温度； BAlCl3溶液过量； C检验淀粉水解产物葡萄糖应在碱性条件下； D碘离子能被双氧水氧化 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及中和热测定、物质的性质及氧化还原反应等，选项AB为解答的难点和易错点，注意进行过量计算，题目难度中等 4. 解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质， 硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故不符合； 氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故符合； Na2O2钠与氧气在加热的条件下反应得到，故不符合； 氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故符合； 铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故不符合； 氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故不符合； 故选D 化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应； 、硅与氧气反应； 、硅酸不能通过化合反应得到； 、Na2O2钠与氧气在加热的条件下反应得到； 、氧化铝和水不反应； 、铁和氯气反应生成的是氯化铁； 、氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙 本题考查铁的氯化物、硅酸制备、氢氧化铝的制备反应，考查了化合反应的概念，难度中等 5. 解：A、次氯酸能将有色物质氧化为无色物质，二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故A错误； B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同，所以b消耗硫酸的量大，故B错误； C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象，所以可以用用金属钠可区分乙醇和乙醚，故C正确； D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取，故D错误 故选：C A、二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质； B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同； C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象； D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取 本题考查较综合，涉及诸多社会热点问题，注重化学与生活的联系，题目难度不大，注意知识的积累 6. 解：A、因二氧化硅不溶于水，也不溶于酸，则蛇纹石先溶于过量的盐酸过滤后的沉淀为SiO2，故A正确； B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，得到Fe2O3中含有MgO，故B错误； C、溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，加入过量的NaOH溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe（OH）3和Mg（OH）2，铝离子转化为偏铝酸根离子，故C正确； D、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子，且酸过量，则溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，故D正确； 故选B A、二氧化硅不溶于水，也不溶于酸； B、组成中只有氧化铝、二氧化硅能与碱反应； C、Fe（OH）3和Mg（OH）2不能与碱反应，但Al（OH）3能溶于强碱； D、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子 本题考查物质的组成和性质，明确组成中物质与酸、与碱发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大 7. 解：A、根据加入前6mL试剂时，先有沉淀生成而后溶解，所以试剂A是NaOH，则B可能是盐酸，氢氧化铝转化为偏铝酸钠消耗的氢氧化钠的体积是偏铝酸钠转化为氢氧化铝消耗的盐酸体积的一半，所以氢氧化钠浓度是盐酸的浓度的2倍，cA=2cB，故A错误； B、从加入5mL A生成沉淀最多，再继续加1mLA沉淀量减少到最小值，相应反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由此可知，n（Al3+）=nAl（OH）3=（1610-3）mol；由前5mLNaOH形成最大沉淀量可知，2n（Mg2+）+3n（Al3+）=（510-36）mol，所以n（Mg2+）=（1610-3）mol，由溶液中阴阳离子所带电荷相等得n（Cl-）=（510-36）mol，即溶液中c（Mg2+）：c（Al3+）：c（Cl-）=1：1：5，故B错误； C、如果A是Ba（OH）2，B是硫酸，则会发生反应生成硫酸钡，硫酸钡不溶于过量的酸中，沉淀最终的量不是零，故C错误； D、若A和B均为一元强酸或一元强碱，根据二者的浓度比c（A）=2c（B），则滴加7mL试剂A后改滴试剂B，故D正确 故选D A、氯化镁和氯化铝与盐酸不反应，氢氧化钠和氯化镁、氯化铝反应，结合图片分析确定正误； B、根据第一次沉淀最大到最小需要的氢氧化钠的量计算铝离子的物质的量，根据需要氢氧化钠总的物质的量计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒计算氯离子的物质的量； C、根据铝元素守恒计算酸和碱浓度的关系； D、根据沉淀的量未发生变化确定反应实质，从而确定所加试剂的变化情况 本题考查了镁、铝重要化合物的性质，难度较大，能正确分析图象中转折线发生的化学反应是解本题的关键 8. 解：A铁粉与稀硝酸反应可生成Fe2+或Fe3+，可能为二者的混合物，故A错误； B向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液反应生成氯化钠、氯化铝溶液，溶质有两种，故B错误； C向NaOH溶液中通入CO2气体可生成NaHCO3或Na2CO3，可能为二者的混合物，故C错误； D向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成Mg（OH）2和BaSO4，溶质只有Ba（OH）2，故D正确 故选D A铁粉与稀硝酸反应可生成Fe2+或Fe3+； B向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化钠、氯化铝溶液； C向NaOH溶液中通入CO2气体可生成NaHCO3或Na2CO3； D向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成Mg（OH）2和BaSO4 本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意相关物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累 9. 解：A棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确； BFe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确； C树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确； D葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误 故选D A棉花、优质针叶木主要成分是纤维素； BFe3O4是磁性物质； C高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万； D淀粉遇碘单质变蓝 本题考查物质的性质，难度不大，注意基础知识的积累，注意葡萄糖遇碘不变蓝 10. 解；A闪电时会发生反应：N2+O22NO，故A正确； B丁达尔效应是胶体的特性，故可利用丁达尔效应证明烧杯中的分散系是胶体，故B正确； C蔗糖中加入浓硫酸搅拌后变黑，因为浓硫酸有脱水性，不是吸水性，故C错误； DAl的熔点比较低，加热时易熔化，加热时熔化的铝不滴落，原因是被氧化生成熔点比Al高的Al2O3，故D正确； 故选C A闪电时会发生反应：N2+O22NO； B丁达尔效应是胶体的特性； C因为浓硫酸有脱水性，故蔗糖中加入浓硫酸搅拌后变黑； DAl加热时熔化的铝不滴落，原因是被氧化生成熔点比Al高的Al2O3 本题考查了氮气的性质、胶体、浓硫酸、铝及其氧化物的性质，难度不大 11. 解：A焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫，故A错误； B焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，故B错误； C粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连，则粗铜为阳极，故C错误； D火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，则Cu2S可用于火法炼制铜，故D正确； 故选D A焙烧时还生成金属硫化物； B焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价； C粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连； D火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2 本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电解原理、金属冶炼等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大 12. 解：AFe与氯气反应生成的是FeCl3，不是FeCl2，故A错误； BS的氧化性较弱，Cu与S单质化合生成的Cu2S，不是CuS，故B错误； C氮气与氧气直接化合生成的是二氧化氮，不是NO，故C错误； DS单质与氧气反应生成SO2，故D正确； 故选D A无论铁是否过量，铁与氯气反应生成的都是氯化铁； BS的氧化性较弱，铜与硫单质化合生成的是Cu2S； C氮气与氧气直接反应生成的是二氧化氮； DS单质与氧气反应生成二氧化硫 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 13. 解：氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于氢氧化钠、氢氧化钡、氢氧化钾溶液，要使AlCl3溶液中铝元素完全转化为氢氧化铝沉淀，所以适宜选用弱碱氨水，防止碱过量时氢氧化铝溶解，故选：C 氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸与强碱，要使AlCl3溶液中铝元素完全转化为氢氧化铝沉淀，所以适宜选用弱碱 本题考查铝及其化合物的性质，难度不大，注意氧化铝、氢氧化铝的两性及氢氧化铝的制备必须使用弱碱 14. 解：设金属Cu均为1mol，则 ACu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，1molCu完全反应，生成1mol气体； B由铜在金属活动性顺序表中的位置可知，铜不可以和非氧化性酸反应产生H2，即铜和稀硫酸不反应； C由Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，1molCu完全反应，生成2mol气体； D由3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，1molCu完全反应生成气体mol； 故相同质量的四份铜片与足量的酸反应，所得到的气体的物质的量最多的是浓HNO3； 故选C 在常温下，金属铜和稀硫酸不反应，在加热时，可以和浓硫酸反应：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，根据金属铜与浓硝酸以及稀硝酸反应的化学方程式Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O进行计算 此题考查的是铜与酸反应中的性质及其中相关的量的关系，要熟记发生的反应并进行相应的计算 15. 解：NaOH溶液与AlCl3溶液混合，发生反应：AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O， 当n（NaOH）：n（AlCl3）3：1，只发生反应，氢氧化钠完全反应，氯化铝可能恰好反应，也可能有剩余，根据氢氧化钠计算生成氢氧化铝的物质的量； 当3：1n（NaOH）：n（AlCl3）4：1，发生反应、，氯化铝与氢氧化钠都完全反应，铝元素以氢氧化铝、偏铝酸钠存在； 当n（NaOH）：n（AlCl3）4：1，只发生反应，氯化铝完全反应，氢氧化钠可能恰好反应、也可能有剩余，没有氢氧化铝生成， （1）当a3b时，即n（NaOH）：n（AlCl3）3：1，只发生反应，氢氧化钠完全反应，生成的沉淀为0.05Lamol/L=mol，故答案为：mol； （2）无沉淀生成，则只发生反应，n（NaOH）：n（AlCl3）4：1，故0.05a40.05b，即a4b， 故答案为：a4b； （3）a增大，沉淀减少，则有沉淀生成且溶液中无Al3+存在，则发生反应、，或只发生，且氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，满足3：1n（NaOH）：n（AlCl3）4：1，故3：10.05a：0.05b4：1，整理的3ba4b， 溶液中n（NaCl）=3n（AlCl3）=30.05bmol，由钠离子守恒，故溶液中n（NaAlO2）=（0.05a-30.05b）mol，根据铝元素守恒，nAl（OH）3=0.05bmol-（0.05a-30.05b）mol=0.05（4b-a）mol=（0.2b-0.05a）mol， 故答案为：3ba4b；（0.2b-0.05a） NaOH溶液与AlCl3溶液混合，发生反应：AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O， 当n（NaOH）：n（AlCl3）3：1，只发生反应，氢氧化钠完全反应，氯化铝可能恰好反应，也可能有剩余，根据氢氧化钠计算生成氢氧化铝的物质的量； 当3：1n（NaOH）：n（AlCl3）4：1，发生反应、，氯化铝与氢氧化钠都完全反应，铝元素以氢氧化铝、偏铝酸钠存在； 当n（NaOH）：n（AlCl3）4：1，只发生反应，氯化铝完全反应，氢氧化钠可能恰好反应、也可能有剩余，没有氢氧化铝生成，据此解答 本题考查讨论型计算、铝元素化合物的性质等，难度中等，清楚发生的反应，进行讨论解答 16. 解：（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热时可以氧化单质铜生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O， 故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O； （2）二氧化硫气体排放到大气中污染环境，所以装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体能与二氧化硫反应，可以浸氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液等碱性溶液，作用是吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气， 故答案为：NaOH；吸收多余的SO2； （3）可以通过B装置中长颈漏斗中液面上升来贮存二氧化硫；当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，导致B中气体压强增大，气压使B中液体通过长颈漏斗液面上升，从而减小压强，防止安全事故发生，此时B中现象是瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升， 故答案为：瓶中液面下降，漏斗液面上升； （4）一定质量的铜片和一定体积18molL-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，稀硫酸不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解， 故答案为：随着反应进行浓H2SO4变为稀H2SO4，Cu不与稀H2SO4反应 （1）浓硫酸具有强氧化性，在加热时可以氧化单质铜，生成硫酸铜、二氧化硫和水； （2）二氧化硫是污染性气体，不能排放到大气中，可以用氢氧化钠溶液吸收； （3）装置B通过长颈漏斗中液面变化贮存二氧化硫； （4）从浓硫酸随着反应进行浓度变稀，铜不和稀硫酸发生反应分析 本题考查了浓硫酸的性质及其应用，题目难度中等，涉及浓硫酸的性质、反应产物的性质及验证等知识，熟练掌握浓硫酸的性质、二氧化硫的性质及检验方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力 17. 解：（1）葡糖糖是一个多羟基醛，能与新制氢氧化铜浊液加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，如果加热温度过高，氢氧化铜受热分解为黑色的氧化铜（CuO）和水， 故答案为：砖红色；CuO； （2）碘水是棕褐色的影响白色沉淀的观察，可以用苯把碘单质萃取出来，由于酒精与水以任意比例混溶，因此不能做萃取剂， 故答案为：B； （3）NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，说明NH5是由NH4+和H-组成的离子化合物，其电子式为， 故答案为：； CuH溶解在稀硫酸中，CuH中的H-失电子硫酸中H+得电子，产生的气体为氢气，酸性溶液中2Cu+=Cu2+Cu，故离子方程式为：2CuH+2H+=Cu2+Cu+2H2 故答案为：2CuH+2H+=Cu2+Cu+2H2； 稀硝酸被还原为NO，同时有水生成，1molCuH失去电子2mol，与NO的物质的量之比是3：2，反应为6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2+4NO+8H2O， 故答案为：6、16、6、3、4、NO、8、H2O； （4）pH=6时，c（OH-）=10-8molL1，由KspCu（OH）2=2.210-20mol3L-3可知，c（Cu2+）=2.210-4molL1， 故答案为：2.210-4 （1）葡萄糖分子中含有醛基，和新制氢氧化铜浊液加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，黑色的物质的产生源于加热温度过高； （2）碘水的颜色影响白色沉淀的观察，可以选用萃取剂把碘萃取出来； （3）NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，说明NH5是由NH4+和H-组成的离子化合物； CuH溶解在稀硫酸中，CuH中的H-失电子，硫酸中H+得电子，产生的气体为氢气，在酸性溶液中2Cu+=Cu2+Cu； 发生氧化还原反应，还生成NO、水等； （4）pH=6时，c（OH-）=10-8molL1，结合KspCu（OH）2计算 本题考查较综合，涉及物质的性质、氧化还原反应及Ksp计算等，注重化学反应原理的考查，把握习题中的信息及迁移应用能力为解答的关键，题目难度不大 18. 解：（1）纳米材料氧缺位铁酸盐微粒直径达到胶体微粒直径，分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于胶体，故答案为：胶体； （2）M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，氧元素的化合价是-2价，根据化合价规则，MFe2O4中Fe元素的化合价为+3价，故答案为：+3； （3）MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性，故答案为：氧化性； （4）由示意图可知MFe2Ox与SO2反应，生成MFe2O4，SO2被还原，应生成S，反应可表示为：MFe2Ox+SO2=MFe2O4+S，解得x=3.6， 故答案为：3.6； （5）在酸性溶液中，Fe2O42-易转化为Fe2+：Fe2O42-+2e-+8H+2Fe2+4H2O为还原反应，则应加入还原性物质，只有Cu2O符合，反应的化学方程式为：Fe2CO42-+Cu2O+10H+=2Fe2+2Cu2+5H2O，所以还原剂是Cu2O，Fe2O42-是氧化剂，故答案为：Fe2O42-；Cu2O （1）纳米材料氧缺位铁酸盐微粒直径达到胶体微粒直径； （2）M=Mn、Zn、Ni，且均为+2价，根据化合价规则确定元素的化合价； （3）MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低； （4）由示意图可知MFe2Ox与SO2反应，生成MFe2O4，SO2被还原，应生成S，反应可表示为MFe2Ox+SO2MFe2O4+S，根据电子守恒来计算回答； （5）在酸性条件下，Fe2O42-容易转化为Fe2+，为还原反应，则应加入还原性物质，根据基本概念来回答 本题综合考查氧化还原反应知识等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意理解题目信息从元素化合价的角度解答该题，难度不大 19. 解：（1）由图象可知，0A发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，A点时Al3+完全沉淀，故答案为：Al3+完全沉淀； （2）由图象可知AB发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，则B点时Al（OH）3刚好完全溶解，故答案为：Al（OH）3刚好完全溶解； （3）溶液中有Al（OH）3沉淀0.39g，n=0.005mol，存在两种情况，则 只发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，设此时用去NaOH溶液体积为x，则 =0.0075L=7.5mL， 若发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，则 =0.0175L=17.5mL， 故答案为：7.5mL或17.5mL 根据发生的反应为AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，结合图象来分析， （1）由图象可知，0A发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl； （2）由图象可知AB发生Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O； （3）溶液中有Al（OH）3沉淀存在两种情况，只发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl；若发生AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O； 本题考查氯化铝与碱的反应，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，难度不大 20. 解：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，假设HNO3的还原产物全部为铵盐由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有： H+OH-=H2O，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，Al3+3OH-=Al（OH）3，NH4+OH-NH3H2O，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O， （1）DE段发生离子方程式为NH4+OH-=NH3H2O，故答案为：NH4+OH-=NH3H2O； （2）任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O， 故答案为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O； （