第三单元测评手册答案

1、.滚动提升卷三1.B解析 冶炼活泼性比Al差且熔点高的金属,通常利用铝热反响进展冶炼。2.D解析 Na放置在空气中先被氧化为氧化钠,再与空气中的H2O、CO2反响生成碳酸钠,A项错误;Fe在O2中燃烧产物为黑色的四氧化三铁,而氧化铁用于制红色涂料,B项错误;Na、Al为活泼金属,均可以用电解法冶炼,Cu利用热复原法冶炼,C项错误;FeCl2溶液中滴加氨水至过量,生成氢氧化亚铁,加热蒸干溶液,氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,灼烧氢氧化铁分解生成Fe2O3固体,D项正确。3.C解析 此题检验方法的关键是Fe3+遇SCN-显红色,而Fe2+遇SCN-不显红色。参加KSCN溶液不显红色证明无Fe3+,再加

2、氯水,如有Fe2+那么可被氧化为Fe3+,溶液显红色。KMnO4溶液也能氧化Fe2+,但因其本身呈紫色,使Fe3+遇SCN-显红色不易观察。4.C解析 A项,CuOCuOH2不能通过一步实现,错误;B项,铝合金比纯铝的熔点低,错误;D项,铜外表不能形成氧化膜,错误。5.B解析 1 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能置换出醇羟基中的氢生成H2,B项正确;电解氯化钠溶液发生的反响为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2,制备金属钠应该电解熔融的NaCl,C项错误;钠与CuSO4溶液反响的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+

3、H2,2OH-+Cu2+CuOH2,D项错误。6.D解析 焙烧时还生成金属硫化物,部分硫元素转化为二氧化硫,A错误;焙烧时铜元素由+2价降低为+1价,硫元素由-2价升高到+4价,氧气中氧元素由0价降低为-2价,那么氧化剂为氧气和CuFeS2,B错误;粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连,那么粗铜为阳极,C错误;火法炼铜的原理为Cu2S+O22Cu+SO2,那么Cu2S可用于火法炼制铜,D正确。7.D解析 试剂X只能是氢氧化钠溶液,不能是盐酸;反响过滤后所得沉淀为Fe2O3;电解氧化铝制铝的反响是氧化复原反响。8.B解析 少量Na2O2先和水反响生成氢氧化钠和氧气,然后NaOH再和CaHCO32发生反

4、响生成碳酸钙沉淀,正确;过量BaOH2溶液和NH4HSO4溶液混合加热生成氨气和硫酸钡沉淀,所以符合题意,正确;NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝,无气体放出,所以不符合题意,错误;FeCl3溶液与Na2SO3溶液混合,三价铁氧化SO32-生成二价铁离子和SO42-,无气体放出,所以不符合题意,错误;用铁作阳极长时间电解足量Na2SO4溶液,阳极生成二价铁离子,阴极生成氢气和氢氧根离子,Fe2+和OH-在溶液中先结合成氢氧化亚铁沉淀,再进一步被氧化成氢氧化铁沉淀,所以符合题意,正确。综上所述,B项正确。9.D解析 将D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸,溶液呈红褐色,那么D为

5、FeCl3;结合转化关系,根据A为固体单质,B、C为气体单质,那么A为Fe,B为Cl2,F为FeCl2;由于B、C反响的产物易溶于水得到无色溶液E,那么C为H2,E为HCl。10.B解析 根据题意,3.2 g滤渣一定是铜,而铜与Fe3+不共存,A错误;最后的3.2 g固体为Fe2O3,其中铁元素的质量为2.24 g,B正确;样品中铜元素和氧元素的质量共5.76 g-2.24 g=3.52 g,那么CuO的质量应小于3. 52 g,C错误;2.24 g铁元素不可能全是单质,故生成的氢气的体积小于896 mL,D错误。11.B解析 根据图中的转化关系,甲为氨气,可由碳酸铵和氢氧化钠制取,乙为葡萄糖

6、,丙为氢氧化钠,丁为二氧化碳,可用碳酸铵和硫酸来制取。A项,丙为氢氧化钠,丁为二氧化碳,错误;B项,乙为葡萄糖,利用其复原性可将银从银氨溶液中复原出来,正确;C项,操作是过滤和洗涤沉淀,洗涤沉淀方法为往过滤器中直接加水直至浸没沉淀,等水流干后继续洗涤23次,错误;D项,g为Fe2O3,可采用热复原法得到铁,不能采用电解法,错误。12.12Al+Fe2O3Al2O3+2Fe Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O,2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2 25.4 g39.6 g解析 根据实验可得:反响后溶液显碱性,说明溶液中Al都以AlO2-形式存在,Fe及其氧化物和碱不反响,那么溶液

7、里的物质就是NaAlO2、NaOH,其中OH-浓度是1 mol·L-1,那么根据钠离子守恒可知,nAlO2-=n总NaOH-n反响后溶液OH-=0.1 L×2.0 mol·L-1-1.0 mol·L-1=0.1 mol;反响后pH=0,那么氢离子的物质的量=1 mol·L-1×0.14 L=0.14 mol,由可知,在第二个反响中Al3+的物质的量是0.1 mol,氯离子的物质的量=4 mol·L-1×0.14 L=0.56 mol,所以亚铁离子的物质的量是0.56-0.14-0.1×3 mol÷

8、;2=0.06 mol。1Al与氧化铁在高温下反响生成Fe与氧化铝,反响方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。由上述分析可知,铝粉和氧化铁粉末的混合物反响后固体为Fe、氧化铝及剩余的Al,实验中Fe和碱不反响,反响离子方程式为Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O、2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2。2由铝元素守恒可知,每份铝热剂中nAl=nAlO2-=0.1 mol,故整包铝热剂中mAl=0.1 mol×2×27 g·mol-1=5.4 g。3由铁元素守恒可知,每份铝热剂中nFe2O3=12nFe2+,整包铝热剂中nFe2O3=0.06 m

9、ol×12×2=0.06 mol,故整包铝热剂中mFe2O3=0.06 mol×160 g·mol-1=9.6 g。13.1Fe2+、Fe3+、H+FeNO332BC 3过滤洗涤在漏斗中参加适量蒸馏水,浸没沉淀,让蒸馏水自然流下,重复23次Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O解析 1铁的氧化物中具有磁性的是Fe3O4,Fe3O4溶于过量的盐酸后溶液中存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+;Fe3O4溶于过量的浓硝酸后Fe2+会被氧化为Fe3+,所以反响后的溶液中含有的盐是FeNO33。2向该溶液中参加过量的NaOH溶液后,Al3+转化为AlO2

10、-,Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀,且氢氧化亚铁易被氧化,高温灼烧后得到MgO、Fe2O3、CuO,投入过量盐酸后生成Mg2+、Fe3+、Cu2+,故应选择B、C。3从流程图中知道经操作得到滤渣,故该操作是过滤;操作是在得到FeCO3沉淀后进展的,故该操作是洗涤;洗涤沉淀的操作为在漏斗中参加适量蒸馏水,浸没沉淀,让蒸馏水自然流下,重复23次。从流程图中分析,生成FeCO3沉淀的反响物是Fe2+和HCO3-,根据元素守恒得Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O。14. 1烧杯漏斗引流,防止液体溅出 2消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 36.0&#

11、215;10-26 4MnO42-e-MnO4- 5bc6bca720.0解析 1上述流程中屡次涉及过滤操作,实验室进展过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗,其中玻璃棒的作用是引流,防止液体溅出。2MnCO3能消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。3根据二者的溶度积常数可知溶液中c(Cu2+)·c(S2-)c(Ni2+)·c(S2-)=8.4×10-451.4×10-24,所以当Ni2+恰好完全沉淀 此时溶液中cNi2+=1.0×10-5 mol/L,溶液中Cu2+的浓度是6.0×10-26 mol/L。4电解池中阳极失去电子,发生氧化反响,那么溶液中的MnO42-失去电子,因此阳极的电极反响式为MnO42-e-MnO4-。5稀H2SO4酸化的KMnO4溶液能氧化SO2,且溶液颜色变化明显紫色变为无色,可以测定,b正确;碘水和SO2反响生成硫酸和氢碘酸,利用淀粉溶液作指示剂可以判断终点,c正确。6硫酸锰能溶于水