高中化学人教版（新课标）必修1 第三章测试卷
一、单选题
1．（2019高一上·吉林月考）下列金属用途与性质不相对应的是（ ）
A．用铜做电线是由于其导电性良好
B．用钨做灯丝是因为其熔点高
C．铁制品表面镀铬是由于铬硬且不易被氧化
D．性质活泼的金属铝成为应用广泛的金属材料主要是由于铝的延展性好
2．（2020高三上·黑龙江开学考）铁与水蒸气反应实验改进前后的装置如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．将湿棉花改为浸水的尿不湿，酒精灯由单头改为双头，可提供足量的水蒸气
B．用具支试管可将试管口附近冷凝的水导出，避免冷凝水与灼热铁粉接触
C．肥皂水改为吹泡泡水，收集H2效果更好，点燃效果更明显
D．悬挂的磁铁仅能吸引反应铁粉，不能吸引反应产物
3．（2020·陕西模拟）某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、Cl-等 4种阴离子。向其中加入足量的 Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化） （ ）
A．CO32- B．SO32- C．Cl- D．HCO3-
4．（2020高二下·大庆期末）某溶液含有①NO 、②HCO 、③SO 、④CO 、⑤SO 五种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度减小的是(忽略溶液体积变化)（ ）
A．②③ B．① C．④⑤ D．①③④⑤
5．（2020高二上·华宁期末）相同质量的铝分别与足量的盐酸和烧碱溶液反应，下列说法正确的是（ ）
A．两个反应的还原剂相同
B．两个反应的氧化剂相同
C．两个反应都生成铝盐和氢气
D．两个反应产生氢气的量不同
6．（2019高一上·吉林月考）下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
③Na2O是淡黄色固体，Na2O2是白色固体
④Na2O不稳定，加热能与O2反应生成Na2O2
⑤Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色
A．都正确 B．②③④⑤ C．②③⑤ D．④⑤
7．（2019高三上·深圳月考）以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下（ ）
下列说法正确的是
A．装置②中试剂为碱石灰
B．装置③的作用是除去二氧化碳和水
C．.收集氧气应选择装置a
D．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，以确认氧气中二氧化碳已经除尽
8．（2020·江苏）下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A． (aq) (g) 漂白粉(s)
B． (aq) (s) (s)
C． (aq) (aq) (aq)
D． (s) (aq) (s)
9．（2020·柯桥模拟）水溶液 X 中只可能溶有 Na＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32- 、SO32- 、CO32- 、NO3—中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断正确的是（ ）
A．气体甲一定是纯净物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．Na＋、AlO2- 和SiO32- 一定存在于溶液X 中
D．CO32- 和NO3- 一定不存在于溶液X 中
10．（2020·普陀模拟）肯定能得到Al(OH)3的一组物质是（ ）
A．Al片和NaOH溶液 B．Al2O3粉末和H2O
C．Al2(SO4)3溶液和NH3·H2O D．AlCl3溶液和NaOH溶液
11．（2020·嘉定模拟）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①
②
③
④
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
12．（2020·金华模拟）某固体混合物 X 可能含有 Fe、Fe2O3、CuO、MnO2、NaCl 和 K2CO3 中的几种，进行了以下实验：
①X 溶于足量水中，得到固体Y和弱碱性溶液 Z。
②取固体 Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，析出红色固体，得溶液 W。
下列结论正确的是（ ）
A．X 中一定不存在 Fe2O3、MnO2
B．X 中一定含有 Fe、CuO 和 K2CO3
C．往溶液 Z 中加入 AgNO3 溶液 ，若产生白色沉淀，则Z 中含 NaCl
D．取溶液 W， 加少量 NaOH溶液，肯定产生沉淀
二、推断题
13．（2018高一上·宿迁期末）A~J是常见的化学物质，转化关系如下图所示。A是生活中的一种调味剂，I是一种用途广泛的金属，常温下C、D、E、F、J皆为气体， H由两种元素构成，摩尔质量为41 g·mol－1。
（1）I的化学式为 ，H的化学式为 。
（2）写出反应①②③④的化学方程式
① ；② ； ③ ； ④ 。
14．（2020高一上·遂宁期末）已知A是一种常见金属，部分反应物或生成物已略去。试根据图中转化关系，回答下列问题。
（1）B的俗名为 。
（2）保存C溶液时需加入少量A的原因是 ，A与水蒸气反应的化学方程式为 ，该反应类型属于 （填基本反应类型）
（3）E生成F可观察到的现象 ，化学方程式为 。
（4）写出B→C化学方程式为 ，C→D的离子方程式为 。
三、综合题
15．（2020高三上·定远月考）铝元素含量居金属首位, 主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。铝的单质及其化合物在生产、生活、科研等领城应用广泛。
（1）Ⅰ、工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下：
在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。
①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：
Fe2++□ClO-+□═□Fe(OH)3↓+□Cl-+□_
②检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为：
③将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为 （选填代号）
A．氢氧化钠溶液 B．硫酸溶液 C．氨水 D．二氧化碳
④由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、 (填操作名称)、过滤、洗涤。
（2）Ⅱ、明矾(KAl(SO4)2·12H2O)在日常生活、生产中也占有一席之地。
明矾曾经是净水明星，用离子方程式表示其净水原理 。
（3）明矾净水时，若不慎过量会有一定程度的副作用。将含有明矾的水溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子恰好完全沉淀，并且过滤，就可以避免，请用离子反方程式描述其过程 。
16．（2020高二下·温州期中）某兴趣小组用铝箔制备纳米Al2O3、AlCl3·6H2O及铵明矾晶体（NH4Al(SO4)2 12H2O，摩尔质量为453g mol-1），具体流程如图：
已知：a.AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；
b.铵明矾晶体无色、透明，可溶于水、不溶于乙醇。120℃时失去结晶水，280℃以上分解。
请回答：
（1）步骤Ⅰ的离子方程式为 。
（2）下列操作或描述正确的是_____。
A．步骤IV制备铵明矾利用了物质的溶解度差异
B．步骤III灼烧时需将氢氧化铝放在蒸发皿里用高温炉灼烧至恒重
C．步骤II生成的固体可用抽滤法分离，为加快过滤速度，可用玻璃棒轻轻搅拌
D．步骤IV中可以选择乙醇洗涤晶体，如果在常压下快速干燥，温度选择低于120℃
（3）由溶液A制备AlCl3·6H2O的过程中要通入HCl气体，其作用是 （写两条）。
（4）步骤V抽滤时不能用滤纸，原因是 。若用如图装置图进行抽滤，则抽滤结束时应进行的操作是 。
（5）用电子天平称取2.760g的铵明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol；第二份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO42-)为0.006300mol。则该试样中铵明矾的纯度为 。
17．（2020高一下·界首期末）铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：
（1）除去镁粉中混有少量铝粉，应加入的试剂为 ，然后经过滤、洗涤、干燥。
（2）等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得 H2在同温同压下的体积之比是 。
（3）现有 AlCl3和 MgSO4混合溶液，向其中不断加入 NaOH 溶液，得到沉淀的物质的量与加入 NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示。原溶液中 Cl- 与SO42- 的物质的量之比为 。
（4）某同学在实验室用铝土矿(含有 Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下：
①Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为 。
②滤液II中溶质的用途之一是 。
③电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是 (填化学式)。工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于 (填字母)。
a.酸 b.碱 c.盐 d.氧化物
18．（2019高一上·石河子期末）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题．
（1）含碳量在0.03%～2%之间某合金，是目前使用量最大的合金，这种合金是____。
A．铝合金 B．青铜 C．镁合金 D．钢
（2）FeCl3溶液用于腐蚀铜箔印刷线路板，反应的离子方程式为 。
（3）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是 (填字母)
A．Mg2+ B．Fe2+ C．Al3+ D．Cu2+
（4）Fe(NO3)3的高纯度结晶体是一种紫色潮解性固体，适合于制磁性氧化铁纳米粉末，工业上用废铁屑（含Fe和Fe2O3及其它不反应的物质）制取Fe(NO3)3晶体的方法如下：
①第1步反应若温度过高，将导致硝酸分解，浓硝酸受热分解的化学方程式为 。
②磁性氧化铁的化学式为 ，试写出Fe2O3与硝酸反应的离子方程式 。
③操作1的名称为 ，操作2的步骤为： ，过滤，洗涤。
19．（2020·宜春模拟）某化学课外活动小组利用废铁屑(含少量硫等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，并设计了如图所示的装置(夹持仪器略去)。
称取一定量的表面除去油污的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于50~60℃热水浴中加热充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。
（1）相比通常铁与稀硫酸生成氢气的条件，在实验中选择50~60℃热水浴的原因是 ；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水的原因 。
（2）C瓶中KMnO4溶液的作用是 。
（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，下列符合实验要求的是 (填字母)。
a.保持铁屑过量
b.控制溶液呈强碱性
c.将稀硫酸改为浓硫酸
（4）莫尔盐是一种重要化学药品，较绿矾稳定，不易被空气氧化，是化学分析中常用的基准物之一。其组成可用(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O或(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O表示。一定条件下，(NH4)2Fe(SO4)2发生分解：4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O下列叙述正确的是 。
a反应生成amolN2时，转移电子的物质的量为6amol
b该反应的还原产物是硫的两种氧化物
c有amol电子转移时，生成SO2的物质的量为0.1amol
d将气体产物用足量BaCl2溶液吸收，只得到一种沉淀物
（5）实验探究：影响溶液中Fe2+稳定性的因素。
配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都呈浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，过了一会儿观察可见(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
（资料）
沉淀 Fe(OH)2 Fe(OH)3
开始沉淀pH 7.6 2.7
完全沉淀pH 9.6 3.7
①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因 。
②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：
假设1：其它条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。
假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2+稳定性越好。
假设3： 。
（6）称取ag所制得的硫酸亚铁铵晶体，用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成250mL溶液，取出25mL放入锥形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为 (用含c、V、a的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】金属的通性
【解析】【解答】A.由于铜的导电性好，且价格相对合适所以用铜做电线，故A不符合题意；
B.白炽灯的灯丝要耐高温，不易熔化，所以要求灯丝的熔点要高，选用钨丝作为灯丝就是因为钨的熔点高，故B不符合题意；
C.在钢铁表面用电镀、热镀等方法镀上一层不易生锈的金属，如锌、锡、铬、镍等．这些金属表面都能形成一层致密的氧化物薄膜，从而防止铁制品和水、空气等物质接触而生锈，铁制品镀铬是因为铬硬且不易氧化，故C不符合题意；
D.铝表面易形成氧化膜保护内部的铝不被氧化，使得金属铝成为应用广泛的金属材料，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】铝是由于能形成致密的氧化膜
2．【答案】D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】A. 将湿棉花改为浸水的尿不湿，可提供足量的水蒸气，故A不符合题意
B.冷凝水与灼热的铁粉接触可能会引发爆炸，故B不符合题意
C.吹泡泡水，现象更明显，故C不符合题意
D.产物为四氧化三铁，也是磁铁，故既能吸引铁粉，又能吸引产物
故答案为：D
【分析】反应为3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，故产物也能被磁铁吸引
3．【答案】C
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】 2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2
A.碳酸根浓度增大，故A不符合题意
B.亚硫酸根被氧化，浓度减小，故B不符合题意
C.氯离子浓度不变，故C符合题意
D.碳酸氢根与氢氧根反应，浓度减小，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】易错项B，亚硫酸根具有还原性，能与氧气反应。
4．【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO 与OH－反应生成CO ，所以HCO 离子浓度减小，CO 离子浓度增大；
Na2O2具有强氧化性，将SO 氧化为SO ，则SO 离子浓度减小，SO 浓度增大；
NO3-浓度基本不变。
故答案为：A。
【分析】Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因为有NaOH生成，所以溶液呈碱性，HCO3- 与OH－反应生成CO32- ，则c(HCO3- )减小，c（CO32- ）增大；
并且Na2O2具有强氧化性，能将SO32- 氧化为SO34- ，则c(SO32-) 减小，c（SO34- ）增大；
c(NO3-)基本不变。
5．【答案】A
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】A.Al与HCl、NaOH溶液反应的方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，在这两个反应中还原剂Al元素化合价升高，失去电子，所以Al都是作还原剂，A符合题意；
B.在Al与HCl反应中，氧化剂为HCl，在Al与NaOH溶液的反应中氧化剂为H2O，因此两个反应的氧化剂不相同，B符合题意；
C.在Al与NaOH溶液的反应中，反应产生的偏铝酸盐NaAlO2，C不符合题意；
D.根据反应方程式可知：等质量的Al反应产生的氢气的量相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】（1）根据“失升氧还还，降得还氧氧”的原理进行作答；
（2）失升氧还还：在氧化半反应中，元素失去电子化合价升高，被氧化，作还原剂，体现还原性；降得还氧氧：在还原半反应中，元素得到电子化合价降低，被还原，作氧化剂，体现氧化性。
6．【答案】D
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，但Na2O2为过氧化物，故不符合题意；
②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不符合置换反应的定义，故不符合题意；
③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故不符合题意；
④Na2O不稳定，加热能与O2反应生成Na2O2，故符合题意；
⑤Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故符合题意；
正确的有④⑤；
故答案为D。
【分析】碱性氧化物：能与酸反应，只生成盐和水，而过氧化钠，还有氧气生成，故不属于碱性氧化物；置换反应：一种单质置换出另一种单质的反应；过氧化钠是淡黄色的，而氧化钠是白色的；
7．【答案】D
【知识点】实验装置综合；钠的氧化物
【解析】【解答】A. ②中溶液用于吸收多余的二氧化碳，则装置②中试剂可以是NaOH溶液，且洗气瓶不能盛放固体除杂试机，A不符合题意；
B. ③中是浓硫酸，用于干燥氧气，B不符合题意；
C. ④是收集氧气的装置，氧气密度比空气密度大，采用向上排空气法收集，应该选择装置b，C不符合题意；
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，用于检验二氧化碳是否被完全吸收，D符合题意；
故答案为：D
【分析】①中所装试剂为Na2O2，与CO2反应生成O2，同时未参与反应的CO2与O2一起逸出，进入②中，因此②为除杂装置，是为了除去O2中混有的CO2，所用试剂为NaOH溶液；从②中逸出的气体中混有水蒸气，因此③为干燥装置，所用试剂为浓硫酸；从③逸出的气体为纯净的O2，因此④为收集装置，由于O2的密度比空气大，故应从长导管进入，选择装置b。
8．【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，A不符合题意；
B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B不符合题意；
C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C符合题意；
D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A． 2Cl2+2Ca(OH)2（石灰乳）=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ；
B．二氧化碳与氯化钠溶液不反应；
C．Cl2+2I-=I2+2Cl-、 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-、Br2+2I-=I2+2Br- ；
D． MgCl2（熔融）Mg+Cl2；
9．【答案】C
【知识点】常见离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】A、沉淀甲一定是纯净物硅酸，A不符合题意；
B、溶液中一定没有Al3＋，一定含有SiO32－，至少含有CO32－、SO32－中的一种，B不符合题意；
C、有上述分析可知Na＋、AlO2－和SiO32－一定存在于溶液X中，C符合题意；
D、有上述分析可知SO42－可能存在，至少含有CO32－、SO32－中的一种，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】综合分析：溶液中加入过量盐酸后有沉淀和气体生成，说明原溶液中至少含有CO32－、SO32－中的一种，一定含有SiO32－，则一定不存在Al3+和Mg2+，一定存在Na+，可能存在AlO2－、SO42－，当所得溶液甲继续加氨水时产生沉淀，说明原溶液中有AlO2－，据此分析解答。
10．【答案】C
【知识点】氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A．Al片和NaOH溶液反应得到的是偏铝酸钠和氢气，得不到Al(OH)3，故A不符合题意；
B．Al2O3不溶于水，也不和H2O反应，故B不符合题意；
C．氢氧化铝不溶于氨水，因此Al2(SO4)3溶液和NH3·H2O可以反应得到氢氧化铝和硫酸铵，故C符合题意；
D.1molAlCl3和3molNaOH反应时可以得到氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，1molAlCl3和4molNaOH反应时可以得到的是偏铝酸钠，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错点D项氯化铝与氢氧化钠反应的量不容易控制，要想得到氢氧化铝需要用可溶性铝盐和弱碱反应。
11．【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】①Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH反应产生NaAlO2，由于碳酸的酸性比Al(OH)3强，向NaAlO2溶液中通入CO2气体，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，能够实现给定物质的转化，①符合题意；
②S与O2点燃产生SO2，不能产生SO3，因此不能实现给定物质的转化，②不符合题意；
③向饱和NaCl溶液中先通入NH3使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤，然后加热发生分解反应：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，制取得到Na2CO3，能够实现给定物质的转化，③符合题意；
④Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3溶液，在FeCl3溶液中发生水解反应产生HCl和Fe(OH)3，加热HCl挥发促进盐的水解，得到Fe(OH)3固体，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3，不能得到无水FeCl3，因此不能实现给定物质的转化，④不符合题意；
综上所述可知：能够实现物质转化的序号是①③，
故答案为：A。
【分析】根据物质间的转化关系进行判断。①Al2O3是两性氧化物，既可以与酸反应，也可以与碱反应；②S与O2点燃生成SO2，SO2在催化加热下生成SO3；③利用侯氏制碱法发制取NaHCO3，NaHCO3不稳定加热发生分解生成Na2CO3；④Fe3+易水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3。
12．【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】由以上分析可知，X中一定存在Fe、CuO、K2CO3，MnO2一定不存在，Fe2O3和NaCl不能确定是否存在。
A．X 中一定不存在MnO2，Fe2O3不能确定，A不符合题意；
B．X 中一定含有Fe、CuO和K2CO3，B符合题意；
C．溶液Z中含有K2CO3，加入AgNO3溶液，会产生Ag2CO3白色沉淀，不能确定Z中含NaCl，C不符合题意；
D．溶液W中含有剩余的盐酸，加少量NaOH溶液时，可能只发生酸碱中和，不产生沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X 溶于足量水中，得到固体Y，Y中可能有Fe、Fe2O3、CuO、MnO2中的一种或几种。X 溶于足量水中，得到弱碱性溶液 Z，说明原固体中含有K2CO3，NaCl存在与否不能确定。取固体 Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，说明原固体中没有MnO2，有Fe，生成的无色气体是氢气。固体 Y中加足量浓盐酸，析出红色固体，说明原固体中有CuO，CuO先和盐酸反应生成CuCl2，CuCl2再和铁反应生成了Cu。不能确定是否存在Fe2O3，若有Fe2O3，Fe2O3先和盐酸反应生成FeCl3，FeCl3再和Fe或Cu反应转化成FeCl2。所得溶液W中含有剩余的盐酸和生成的FeCl2。
13．【答案】（1）Al；AlN
（2）2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；NH3+AlCl3＝AlN+3HCl；2Al+3Cl2 2AlCl3
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】（1）I是铝，化学式为Al，H是AlN。（2）①是电解食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；②是氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式是2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑； ③是氨气和氯化铝反应生成氯化氢和氮化铝，方程式是NH3+AlCl3＝AlN+3HCl； ④是铝和氯气点燃生成氯化铝，反应方程式是2Al+3Cl2 2AlCl3。
故答案为：（1）Al AlN （2）①2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；②2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ ③NH3+AlCl3＝AlN+3HCl ④2Al+3Cl2 2AlCl3。
【分析】（1）由题目信息可知，A是NaCl，C是H2，D是Cl2，B是NaOH，I是Al，E是HCl，G是AlCl3，F是NH3，H是AlN，则：
I的化学式为Al，H的化学式为AlN（2）①反应方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；②反应方程式为2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；③反应方程式为NH3+AlCl3＝AlN+3HCl；④反应方程式为2Al+3Cl2 2AlCl3。
14．【答案】（1）磁性氧化铁
（2）防止Fe2＋被O2氧化；3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；置换反应
（3）白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O＋O2 = 4Fe(OH)3
（4）Fe3O4 + 8HCl=FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O；2Fe2＋ + Cl2=2Fe3＋ + 2Cl－
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由分析可知B为Fe3O4，俗名为磁性氧化铁，故答案为：磁性氧化铁；（2）因为Fe2＋极易被O2氧化，所以保存FeCl2溶液时需加入少量Fe，Fe与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O Fe3O4+4H2，该反应属于置换反应，故答案为：防止Fe2＋被O2氧化；3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；置换反应；（3）Fe(OH)2沉淀在空气中被氧化生成Fe(OH)3，可观察到的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，化学方程式为：4Fe(OH)2 + 2H2O＋O2 = 4Fe(OH)3；故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O＋O2 = 4Fe(OH)3；（4）Fe3O4与盐酸反应得化学方程式为Fe3O4 + 8HCl=FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O，FeCl2与Cl2反应得离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，故答案为：Fe3O4 + 8HCl=FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O；2Fe2＋ + Cl2=2Fe3＋ + 2Cl－。
【分析】A是一种常见金属，燃烧后生成的氧化物B与盐酸反应能够生成两种氯化物，符合条件的常见金属是铁，所以由图中转化关系得，A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，X为H2，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3。
15．【答案】（1）2Fe2++1ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+1Cl-+4H+；取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，说明滤液B中不含铁元素；若变红，说明滤液B中含铁元素；c；冷却结晶
（2）Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
（3）2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-==2Al(OH) 3↓＋3BaSO4↓
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】(1). ①滤液A中含有氯化铁和氯化亚铁、氯化铝，加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，说明生成了氢离子，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子，在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去，次氯酸根离子被还原为氯离子，根据电子守恒和电荷守恒分析，所以反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+；
②滤液B中是否含有铁元素的方法为利用铁离子的检验方法进行，铁离子遇到硫氰化钾显红色， 取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，说明滤液B中不含铁元素；若变红，说明滤液B中含铁元素（其他合理答案均得分）；
③ 滤液B 中铝元素以铝离子形式存在，将其转化为沉淀需要加入氨水，加入氢氧化钠不好控制其物质的量多少，因为氢氧化铝可以溶于氢氧化钠；
④滤液B制备氯化铝晶体涉及的的方法为重结晶，将溶液加热浓缩，然后冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得氯化铝晶体；
Ⅱ、 （2） 明矾净水是明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用；
（3）将含有明矾的水溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子恰好完全沉淀，则2摩尔明矾需要6摩尔氢氧化钡，离子方程式为：2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-=2Al(OH) 3↓＋3BaSO4↓。
【分析】Ⅰ、铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入盐酸，过滤得SiO2沉淀，滤液A为到氯化铝、氯化铁、氯化亚铁混合溶液，加入适量的漂白粉氧化除铁得沉淀为氢氧化铁，滤液B为氯化铝溶液，铁离子遇到硫氰化钾变红；
Ⅱ、KAl（SO4）2 12H2O为强酸弱碱盐，可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水；二者混合至铝离子恰好完全沉淀时，明矾和氢氧化钡以2：3混合，二者反应生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀。
16．【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
（2）A；D
（3）抑制氯化铝的水解；增大Cl-的浓度，有利于AlCl3 6H2O晶体形成
（4）溶液呈酸性会腐蚀滤纸；先打开安全瓶上的活塞，再关闭抽气泵，最后取下玻璃砂漏斗
（5）95.20%
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；常用仪器及其使用
【解析】【解答】(1)步骤Ⅰ为Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(2)A．步骤IV中，只有NH4Al(SO4)2溶解度比硫酸铵、硫酸铝小，才能析出硫酸铝铵晶体，A正确；
B．灼烧在坩埚中而不是蒸发皿中进行，B不正确；
C．氢氧化铝能形成胶体，沉淀颗粒非常微小，抽滤的话，胶粒会穿透滤纸造成损失，用玻璃棒搅拌可能造成滤纸破损，氢氧化铝损失更严重，C不正确；
D．铵明矾可溶于水、不溶于乙醇，故用乙醇洗涤，高于120℃时铵明矾失去结晶水，故温度应低于120℃，D正确；
故答案为：AD；(3)氯化铝会水解：AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl，通入HCl气体可抑制氯化铝水解。同时：AlCl3 6H2O(s) Al3+(aq)+3Cl-(aq)+6H2O(l)，增大Cl-的浓度，有利于AlCl3 6H2O晶体形成，故答案为：抑制氯化铝的水解；增大Cl-的浓度，有利于AlCl3 6H2O晶体形成；(4)AlCl3溶液显酸性，会腐蚀滤纸，故步骤V抽滤时不能用滤纸，可用玻璃砂漏斗，抽滤结束时，应先打开活塞恢复常压，然后关闭抽气泵，最后取下玻璃砂漏斗，故答案为：溶液呈酸性会腐蚀滤纸；先打开安全瓶上的活塞，再关闭抽气泵，最后取下玻璃砂漏斗；(5)样品平均分成2份，第一份中：n(Al3+)=0.002900mol，第二份中：n(SO42-)=0.006300mol， n(SO42-)＞2n(Al3+)，则每份中：n[NH4Al(SO4)2 12H2O]=n(Al3+)=0.002900mol，m[NH4Al(SO4)2 12H2O]=0.002900mol×453g mol-1=1.3137g，故样品中铵明矾的纯度= ≈95.20%，故答案为：95.20%。
【分析】Al和NaOH溶液反应得到NaAlO2，NaAlO2溶液通入过量CO2得到Al(OH)3胶状沉淀，过滤除去滤液得到Al(OH)3胶状固体，Al(OH)3受热分解得到Al2O3。Al(OH)3和硫酸反应得硫酸铝，硫酸铝和硫酸铵混合后根据溶解度差异析出硫酸铝铵，经过滤、洗涤、干燥得铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2 12H2O]。Al(OH)3和HCl反应得AlCl3溶液，为抑制AlCl3水解，在AlCl3溶液中通入HCl后抽滤、洗涤、干燥得AlCl3·6H2O，据此解答。
17．【答案】（1）氢氧化钠溶液(或其他合理答案）
（2）1:1
（3）6:1
（4）Al2O3+6H+ =2Al3+ +3H2O；用作肥料；O2；c
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】（1）可加NaOH，由于铝能与NaOH反应，而Mg不行，故可用NaOH除Mg中的Al
（2）根据转移电子数目相等，可知产生氢气之比为1：1
（3）AB段为Al（OH）3参加反应，故Al消耗NaOH总量为0.4L，则Mg消耗氢氧化钠的量为0.1L，故物质的量Mg：Al=1:2，从而得出 原溶液中 Cl- 与SO42- 的物质的量之比为6:1
（4）①方程式如下：Al2O3+6H+ =2Al3+ +3H2O
②滤液二的成分为硫酸铵，可做氮肥
③氧化铝电解得到铝单质和氧气。有金属阳离子，和非金属阴离子属于盐类。
【分析】本题主要考察的是铝及铝的化合物的两性，（2）中，解决此类问题，只要抓住，只有氢氧化铝能与氢氧化钠反应，从而计算铝的量，可解答。
18．【答案】（1）D
（2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（3）B C
（4）4HNO3（浓） 4NO2↑+O2↑+2H2O；Fe3O4；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；过滤；蒸发浓缩、冷却结晶
【知识点】硝酸的化学性质；合金及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)目前使用量最大的是铁，含碳量在0.03%～2%的铁合金是钢，故A故选（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（3）Fe2+、被Na2O2氧化为Fe3+；Al3+与过量的氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸钠。加入足量的Na2O2后生成氢氧化镁、氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液的离子是Mg2+ 、Fe3+、Cu2+，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+、Al3+；（4）①浓硝酸受热分解生成二氧化氮、氧气、水，化学方程式为4HNO3（浓） 4NO2↑+O2↑+2H2O。②Fe3O4具有磁性；
Fe2O3与硝酸反应生成硝酸铁、水，反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。
③过滤能把固体与液体分离，操作1是过滤；从硝酸铁溶液中得到硝酸铁晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。
【分析】(1)目前使用量最大的是铁；（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁、氯化铜。（3）Fe2+、被Na2O2氧化为Fe3+；Al3+与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；（4）①浓硝酸受热分解生成二氧化氮、氧气、水。②四氧化三铁具有磁性；Fe2O3与硝酸反应生成硝酸铁、水。③过滤能把固体与液体分离，操作1是把不溶性固体与液体分离；从溶液中得到晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶
19．【答案】（1）受热均匀，加快反应速率；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低
（2）吸收硫化氢、氨气等杂质气体
（3）a
（4）d
（5）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。）
（6）
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】（1）在实验中选择50～60℃热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率； 锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水，是因为氨水中的氨极易挥发，温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，不利于反应的进行；答案为加快反应速率，受热均匀；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低。（2）由于铁屑中含有S，因此会产生SO2，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液吸收这些气体，防止污染空气；答案为吸收氨气、二氧化硫等杂质气体，防止污染空气。（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，故a正确；若控制溶液呈强碱性，则生成了Fe(OH)2沉淀，故b不正确；将稀硫酸改为浓硫酸，由于浓H2SO4的强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，故c不正确；答案为a。（4）由4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O可知，Fe元素由+2价变为+3价，失电子，N元素由-3价变为0价，失电子，S元素由+6价娈为+4价，得电子，则由方程式可知，
a．生成1molN2同时会生成5molSO2，转移电子10mol，那么反应生成amolN2时，转移电子的物质的量10amol，为故a不正确；
b．得到电子被还原，生成还原产物，则还原产物只有SO2，SO3中S价态不变，不是还原产物，故b不正确；
c．由方程式可知，生成5molSO2，电子转移10mol，则有amol电子转移时，生成SO2的物质的量是0.5amol，故c不正确；
d．当用足量BaCl 2 吸收气体产物时，只能生成BaSO 4 沉淀，而不会生成BaSO 3 沉淀，故d正确；答案为d。（5）①FeSO4溶液产生淡黄色浑浊是因为生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；答案为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。
②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设1和假设2都说了NH4+和H+的影响，则可知假设3是讲硫酸根的影响，当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)，答案为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)。（6）由反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知5Fe2+～MnO4-，反应消耗KMnO4的物质的量为n(MnO4-)=cmol·L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，250mL中亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=5×cV×10-3mol× =5cV×10-2mol，则(NH4)2Fe(SO4)2质量为5cV×10-2mol×392g/mol=19.6 cVg，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为 ×100%；答案为 ×100%。
【分析】废铁屑（含少量硫化物），加入过量硫酸溶液，水浴加热，可加快反应速率和受热均匀，硫化物可生成硫化氢气体，可用KMnO4溶液吸收，反应后的溶液加入铁粉，防止硫酸亚铁被氧化，冷却后加入氨水，制得浅绿色悬浊液，即生成硫酸亚铁铵，用KMnO4溶液来测定硫酸亚铁铵的纯度，发生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，以此解答该题。
1 / 1高中化学人教版（新课标）必修1 第三章测试卷
一、单选题
1．（2019高一上·吉林月考）下列金属用途与性质不相对应的是（ ）
A．用铜做电线是由于其导电性良好
B．用钨做灯丝是因为其熔点高
C．铁制品表面镀铬是由于铬硬且不易被氧化
D．性质活泼的金属铝成为应用广泛的金属材料主要是由于铝的延展性好
【答案】D
【知识点】金属的通性
【解析】【解答】A.由于铜的导电性好，且价格相对合适所以用铜做电线，故A不符合题意；
B.白炽灯的灯丝要耐高温，不易熔化，所以要求灯丝的熔点要高，选用钨丝作为灯丝就是因为钨的熔点高，故B不符合题意；
C.在钢铁表面用电镀、热镀等方法镀上一层不易生锈的金属，如锌、锡、铬、镍等．这些金属表面都能形成一层致密的氧化物薄膜，从而防止铁制品和水、空气等物质接触而生锈，铁制品镀铬是因为铬硬且不易氧化，故C不符合题意；
D.铝表面易形成氧化膜保护内部的铝不被氧化，使得金属铝成为应用广泛的金属材料，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】铝是由于能形成致密的氧化膜
2．（2020高三上·黑龙江开学考）铁与水蒸气反应实验改进前后的装置如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．将湿棉花改为浸水的尿不湿，酒精灯由单头改为双头，可提供足量的水蒸气
B．用具支试管可将试管口附近冷凝的水导出，避免冷凝水与灼热铁粉接触
C．肥皂水改为吹泡泡水，收集H2效果更好，点燃效果更明显
D．悬挂的磁铁仅能吸引反应铁粉，不能吸引反应产物
【答案】D
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】A. 将湿棉花改为浸水的尿不湿，可提供足量的水蒸气，故A不符合题意
B.冷凝水与灼热的铁粉接触可能会引发爆炸，故B不符合题意
C.吹泡泡水，现象更明显，故C不符合题意
D.产物为四氧化三铁，也是磁铁，故既能吸引铁粉，又能吸引产物
故答案为：D
【分析】反应为3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，故产物也能被磁铁吸引
3．（2020·陕西模拟）某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、Cl-等 4种阴离子。向其中加入足量的 Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化） （ ）
A．CO32- B．SO32- C．Cl- D．HCO3-
【答案】C
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】 2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2
A.碳酸根浓度增大，故A不符合题意
B.亚硫酸根被氧化，浓度减小，故B不符合题意
C.氯离子浓度不变，故C符合题意
D.碳酸氢根与氢氧根反应，浓度减小，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】易错项B，亚硫酸根具有还原性，能与氧气反应。
4．（2020高二下·大庆期末）某溶液含有①NO 、②HCO 、③SO 、④CO 、⑤SO 五种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度减小的是(忽略溶液体积变化)（ ）
A．②③ B．① C．④⑤ D．①③④⑤
【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO 与OH－反应生成CO ，所以HCO 离子浓度减小，CO 离子浓度增大；
Na2O2具有强氧化性，将SO 氧化为SO ，则SO 离子浓度减小，SO 浓度增大；
NO3-浓度基本不变。
故答案为：A。
【分析】Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因为有NaOH生成，所以溶液呈碱性，HCO3- 与OH－反应生成CO32- ，则c(HCO3- )减小，c（CO32- ）增大；
并且Na2O2具有强氧化性，能将SO32- 氧化为SO34- ，则c(SO32-) 减小，c（SO34- ）增大；
c(NO3-)基本不变。
5．（2020高二上·华宁期末）相同质量的铝分别与足量的盐酸和烧碱溶液反应，下列说法正确的是（ ）
A．两个反应的还原剂相同
B．两个反应的氧化剂相同
C．两个反应都生成铝盐和氢气
D．两个反应产生氢气的量不同
【答案】A
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】A.Al与HCl、NaOH溶液反应的方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，在这两个反应中还原剂Al元素化合价升高，失去电子，所以Al都是作还原剂，A符合题意；
B.在Al与HCl反应中，氧化剂为HCl，在Al与NaOH溶液的反应中氧化剂为H2O，因此两个反应的氧化剂不相同，B符合题意；
C.在Al与NaOH溶液的反应中，反应产生的偏铝酸盐NaAlO2，C不符合题意；
D.根据反应方程式可知：等质量的Al反应产生的氢气的量相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】（1）根据“失升氧还还，降得还氧氧”的原理进行作答；
（2）失升氧还还：在氧化半反应中，元素失去电子化合价升高，被氧化，作还原剂，体现还原性；降得还氧氧：在还原半反应中，元素得到电子化合价降低，被还原，作氧化剂，体现氧化性。
6．（2019高一上·吉林月考）下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
③Na2O是淡黄色固体，Na2O2是白色固体
④Na2O不稳定，加热能与O2反应生成Na2O2
⑤Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色
A．都正确 B．②③④⑤ C．②③⑤ D．④⑤
【答案】D
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，但Na2O2为过氧化物，故不符合题意；
②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不符合置换反应的定义，故不符合题意；
③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故不符合题意；
④Na2O不稳定，加热能与O2反应生成Na2O2，故符合题意；
⑤Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故符合题意；
正确的有④⑤；
故答案为D。
【分析】碱性氧化物：能与酸反应，只生成盐和水，而过氧化钠，还有氧气生成，故不属于碱性氧化物；置换反应：一种单质置换出另一种单质的反应；过氧化钠是淡黄色的，而氧化钠是白色的；
7．（2019高三上·深圳月考）以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下（ ）
下列说法正确的是
A．装置②中试剂为碱石灰
B．装置③的作用是除去二氧化碳和水
C．.收集氧气应选择装置a
D．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，以确认氧气中二氧化碳已经除尽
【答案】D
【知识点】实验装置综合；钠的氧化物
【解析】【解答】A. ②中溶液用于吸收多余的二氧化碳，则装置②中试剂可以是NaOH溶液，且洗气瓶不能盛放固体除杂试机，A不符合题意；
B. ③中是浓硫酸，用于干燥氧气，B不符合题意；
C. ④是收集氧气的装置，氧气密度比空气密度大，采用向上排空气法收集，应该选择装置b，C不符合题意；
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，用于检验二氧化碳是否被完全吸收，D符合题意；
故答案为：D
【分析】①中所装试剂为Na2O2，与CO2反应生成O2，同时未参与反应的CO2与O2一起逸出，进入②中，因此②为除杂装置，是为了除去O2中混有的CO2，所用试剂为NaOH溶液；从②中逸出的气体中混有水蒸气，因此③为干燥装置，所用试剂为浓硫酸；从③逸出的气体为纯净的O2，因此④为收集装置，由于O2的密度比空气大，故应从长导管进入，选择装置b。
8．（2020·江苏）下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A． (aq) (g) 漂白粉(s)
B． (aq) (s) (s)
C． (aq) (aq) (aq)
D． (s) (aq) (s)
【答案】C
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，A不符合题意；
B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B不符合题意；
C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C符合题意；
D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A． 2Cl2+2Ca(OH)2（石灰乳）=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ；
B．二氧化碳与氯化钠溶液不反应；
C．Cl2+2I-=I2+2Cl-、 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-、Br2+2I-=I2+2Br- ；
D． MgCl2（熔融）Mg+Cl2；
9．（2020·柯桥模拟）水溶液 X 中只可能溶有 Na＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32- 、SO32- 、CO32- 、NO3—中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断正确的是（ ）
A．气体甲一定是纯净物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．Na＋、AlO2- 和SiO32- 一定存在于溶液X 中
D．CO32- 和NO3- 一定不存在于溶液X 中
【答案】C
【知识点】常见离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】A、沉淀甲一定是纯净物硅酸，A不符合题意；
B、溶液中一定没有Al3＋，一定含有SiO32－，至少含有CO32－、SO32－中的一种，B不符合题意；
C、有上述分析可知Na＋、AlO2－和SiO32－一定存在于溶液X中，C符合题意；
D、有上述分析可知SO42－可能存在，至少含有CO32－、SO32－中的一种，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】综合分析：溶液中加入过量盐酸后有沉淀和气体生成，说明原溶液中至少含有CO32－、SO32－中的一种，一定含有SiO32－，则一定不存在Al3+和Mg2+，一定存在Na+，可能存在AlO2－、SO42－，当所得溶液甲继续加氨水时产生沉淀，说明原溶液中有AlO2－，据此分析解答。
10．（2020·普陀模拟）肯定能得到Al(OH)3的一组物质是（ ）
A．Al片和NaOH溶液 B．Al2O3粉末和H2O
C．Al2(SO4)3溶液和NH3·H2O D．AlCl3溶液和NaOH溶液
【答案】C
【知识点】氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A．Al片和NaOH溶液反应得到的是偏铝酸钠和氢气，得不到Al(OH)3，故A不符合题意；
B．Al2O3不溶于水，也不和H2O反应，故B不符合题意；
C．氢氧化铝不溶于氨水，因此Al2(SO4)3溶液和NH3·H2O可以反应得到氢氧化铝和硫酸铵，故C符合题意；
D.1molAlCl3和3molNaOH反应时可以得到氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，1molAlCl3和4molNaOH反应时可以得到的是偏铝酸钠，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】易错点D项氯化铝与氢氧化钠反应的量不容易控制，要想得到氢氧化铝需要用可溶性铝盐和弱碱反应。
11．（2020·嘉定模拟）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①
②
③
④
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】①Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH反应产生NaAlO2，由于碳酸的酸性比Al(OH)3强，向NaAlO2溶液中通入CO2气体，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，能够实现给定物质的转化，①符合题意；
②S与O2点燃产生SO2，不能产生SO3，因此不能实现给定物质的转化，②不符合题意；
③向饱和NaCl溶液中先通入NH3使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤，然后加热发生分解反应：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，制取得到Na2CO3，能够实现给定物质的转化，③符合题意；
④Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3溶液，在FeCl3溶液中发生水解反应产生HCl和Fe(OH)3，加热HCl挥发促进盐的水解，得到Fe(OH)3固体，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3，不能得到无水FeCl3，因此不能实现给定物质的转化，④不符合题意；
综上所述可知：能够实现物质转化的序号是①③，
故答案为：A。
【分析】根据物质间的转化关系进行判断。①Al2O3是两性氧化物，既可以与酸反应，也可以与碱反应；②S与O2点燃生成SO2，SO2在催化加热下生成SO3；③利用侯氏制碱法发制取NaHCO3，NaHCO3不稳定加热发生分解生成Na2CO3；④Fe3+易水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3。
12．（2020·金华模拟）某固体混合物 X 可能含有 Fe、Fe2O3、CuO、MnO2、NaCl 和 K2CO3 中的几种，进行了以下实验：
①X 溶于足量水中，得到固体Y和弱碱性溶液 Z。
②取固体 Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，析出红色固体，得溶液 W。
下列结论正确的是（ ）
A．X 中一定不存在 Fe2O3、MnO2
B．X 中一定含有 Fe、CuO 和 K2CO3
C．往溶液 Z 中加入 AgNO3 溶液 ，若产生白色沉淀，则Z 中含 NaCl
D．取溶液 W， 加少量 NaOH溶液，肯定产生沉淀
【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】由以上分析可知，X中一定存在Fe、CuO、K2CO3，MnO2一定不存在，Fe2O3和NaCl不能确定是否存在。
A．X 中一定不存在MnO2，Fe2O3不能确定，A不符合题意；
B．X 中一定含有Fe、CuO和K2CO3，B符合题意；
C．溶液Z中含有K2CO3，加入AgNO3溶液，会产生Ag2CO3白色沉淀，不能确定Z中含NaCl，C不符合题意；
D．溶液W中含有剩余的盐酸，加少量NaOH溶液时，可能只发生酸碱中和，不产生沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X 溶于足量水中，得到固体Y，Y中可能有Fe、Fe2O3、CuO、MnO2中的一种或几种。X 溶于足量水中，得到弱碱性溶液 Z，说明原固体中含有K2CO3，NaCl存在与否不能确定。取固体 Y，加足量浓盐酸，加热，产生无色气体，说明原固体中没有MnO2，有Fe，生成的无色气体是氢气。固体 Y中加足量浓盐酸，析出红色固体，说明原固体中有CuO，CuO先和盐酸反应生成CuCl2，CuCl2再和铁反应生成了Cu。不能确定是否存在Fe2O3，若有Fe2O3，Fe2O3先和盐酸反应生成FeCl3，FeCl3再和Fe或Cu反应转化成FeCl2。所得溶液W中含有剩余的盐酸和生成的FeCl2。
二、推断题
13．（2018高一上·宿迁期末）A~J是常见的化学物质，转化关系如下图所示。A是生活中的一种调味剂，I是一种用途广泛的金属，常温下C、D、E、F、J皆为气体， H由两种元素构成，摩尔质量为41 g·mol－1。
（1）I的化学式为 ，H的化学式为 。
（2）写出反应①②③④的化学方程式
① ；② ； ③ ； ④ 。
【答案】（1）Al；AlN
（2）2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；NH3+AlCl3＝AlN+3HCl；2Al+3Cl2 2AlCl3
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】（1）I是铝，化学式为Al，H是AlN。（2）①是电解食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；②是氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式是2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑； ③是氨气和氯化铝反应生成氯化氢和氮化铝，方程式是NH3+AlCl3＝AlN+3HCl； ④是铝和氯气点燃生成氯化铝，反应方程式是2Al+3Cl2 2AlCl3。
故答案为：（1）Al AlN （2）①2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；②2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ ③NH3+AlCl3＝AlN+3HCl ④2Al+3Cl2 2AlCl3。
【分析】（1）由题目信息可知，A是NaCl，C是H2，D是Cl2，B是NaOH，I是Al，E是HCl，G是AlCl3，F是NH3，H是AlN，则：
I的化学式为Al，H的化学式为AlN（2）①反应方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；②反应方程式为2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；③反应方程式为NH3+AlCl3＝AlN+3HCl；④反应方程式为2Al+3Cl2 2AlCl3。
14．（2020高一上·遂宁期末）已知A是一种常见金属，部分反应物或生成物已略去。试根据图中转化关系，回答下列问题。
（1）B的俗名为 。
（2）保存C溶液时需加入少量A的原因是 ，A与水蒸气反应的化学方程式为 ，该反应类型属于 （填基本反应类型）
（3）E生成F可观察到的现象 ，化学方程式为 。
（4）写出B→C化学方程式为 ，C→D的离子方程式为 。
【答案】（1）磁性氧化铁
（2）防止Fe2＋被O2氧化；3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；置换反应
（3）白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O＋O2 = 4Fe(OH)3
（4）Fe3O4 + 8HCl=FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O；2Fe2＋ + Cl2=2Fe3＋ + 2Cl－
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由分析可知B为Fe3O4，俗名为磁性氧化铁，故答案为：磁性氧化铁；（2）因为Fe2＋极易被O2氧化，所以保存FeCl2溶液时需加入少量Fe，Fe与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O Fe3O4+4H2，该反应属于置换反应，故答案为：防止Fe2＋被O2氧化；3Fe+4H2O Fe3O4+4H2；置换反应；（3）Fe(OH)2沉淀在空气中被氧化生成Fe(OH)3，可观察到的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，化学方程式为：4Fe(OH)2 + 2H2O＋O2 = 4Fe(OH)3；故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O＋O2 = 4Fe(OH)3；（4）Fe3O4与盐酸反应得化学方程式为Fe3O4 + 8HCl=FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O，FeCl2与Cl2反应得离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，故答案为：Fe3O4 + 8HCl=FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O；2Fe2＋ + Cl2=2Fe3＋ + 2Cl－。
【分析】A是一种常见金属，燃烧后生成的氧化物B与盐酸反应能够生成两种氯化物，符合条件的常见金属是铁，所以由图中转化关系得，A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，X为H2，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3。
三、综合题
15．（2020高三上·定远月考）铝元素含量居金属首位, 主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。铝的单质及其化合物在生产、生活、科研等领城应用广泛。
（1）Ⅰ、工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下：
在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。
①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：
Fe2++□ClO-+□═□Fe(OH)3↓+□Cl-+□_
②检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为：
③将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为 （选填代号）
A．氢氧化钠溶液 B．硫酸溶液 C．氨水 D．二氧化碳
④由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、 (填操作名称)、过滤、洗涤。
（2）Ⅱ、明矾(KAl(SO4)2·12H2O)在日常生活、生产中也占有一席之地。
明矾曾经是净水明星，用离子方程式表示其净水原理 。
（3）明矾净水时，若不慎过量会有一定程度的副作用。将含有明矾的水溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子恰好完全沉淀，并且过滤，就可以避免，请用离子反方程式描述其过程 。
【答案】（1）2Fe2++1ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+1Cl-+4H+；取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，说明滤液B中不含铁元素；若变红，说明滤液B中含铁元素；c；冷却结晶
（2）Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
（3）2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-==2Al(OH) 3↓＋3BaSO4↓
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】(1). ①滤液A中含有氯化铁和氯化亚铁、氯化铝，加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，说明生成了氢离子，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子，在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去，次氯酸根离子被还原为氯离子，根据电子守恒和电荷守恒分析，所以反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+；
②滤液B中是否含有铁元素的方法为利用铁离子的检验方法进行，铁离子遇到硫氰化钾显红色， 取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，说明滤液B中不含铁元素；若变红，说明滤液B中含铁元素（其他合理答案均得分）；
③ 滤液B 中铝元素以铝离子形式存在，将其转化为沉淀需要加入氨水，加入氢氧化钠不好控制其物质的量多少，因为氢氧化铝可以溶于氢氧化钠；
④滤液B制备氯化铝晶体涉及的的方法为重结晶，将溶液加热浓缩，然后冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得氯化铝晶体；
Ⅱ、 （2） 明矾净水是明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用；
（3）将含有明矾的水溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子恰好完全沉淀，则2摩尔明矾需要6摩尔氢氧化钡，离子方程式为：2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-=2Al(OH) 3↓＋3BaSO4↓。
【分析】Ⅰ、铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入盐酸，过滤得SiO2沉淀，滤液A为到氯化铝、氯化铁、氯化亚铁混合溶液，加入适量的漂白粉氧化除铁得沉淀为氢氧化铁，滤液B为氯化铝溶液，铁离子遇到硫氰化钾变红；
Ⅱ、KAl（SO4）2 12H2O为强酸弱碱盐，可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水；二者混合至铝离子恰好完全沉淀时，明矾和氢氧化钡以2：3混合，二者反应生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀。
16．（2020高二下·温州期中）某兴趣小组用铝箔制备纳米Al2O3、AlCl3·6H2O及铵明矾晶体（NH4Al(SO4)2 12H2O，摩尔质量为453g mol-1），具体流程如图：
已知：a.AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；
b.铵明矾晶体无色、透明，可溶于水、不溶于乙醇。120℃时失去结晶水，280℃以上分解。
请回答：
（1）步骤Ⅰ的离子方程式为 。
（2）下列操作或描述正确的是_____。
A．步骤IV制备铵明矾利用了物质的溶解度差异
B．步骤III灼烧时需将氢氧化铝放在蒸发皿里用高温炉灼烧至恒重
C．步骤II生成的固体可用抽滤法分离，为加快过滤速度，可用玻璃棒轻轻搅拌
D．步骤IV中可以选择乙醇洗涤晶体，如果在常压下快速干燥，温度选择低于120℃
（3）由溶液A制备AlCl3·6H2O的过程中要通入HCl气体，其作用是 （写两条）。
（4）步骤V抽滤时不能用滤纸，原因是 。若用如图装置图进行抽滤，则抽滤结束时应进行的操作是 。
（5）用电子天平称取2.760g的铵明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol；第二份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO42-)为0.006300mol。则该试样中铵明矾的纯度为 。
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
（2）A；D
（3）抑制氯化铝的水解；增大Cl-的浓度，有利于AlCl3 6H2O晶体形成
（4）溶液呈酸性会腐蚀滤纸；先打开安全瓶上的活塞，再关闭抽气泵，最后取下玻璃砂漏斗
（5）95.20%
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物；常用仪器及其使用
【解析】【解答】(1)步骤Ⅰ为Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(2)A．步骤IV中，只有NH4Al(SO4)2溶解度比硫酸铵、硫酸铝小，才能析出硫酸铝铵晶体，A正确；
B．灼烧在坩埚中而不是蒸发皿中进行，B不正确；
C．氢氧化铝能形成胶体，沉淀颗粒非常微小，抽滤的话，胶粒会穿透滤纸造成损失，用玻璃棒搅拌可能造成滤纸破损，氢氧化铝损失更严重，C不正确；
D．铵明矾可溶于水、不溶于乙醇，故用乙醇洗涤，高于120℃时铵明矾失去结晶水，故温度应低于120℃，D正确；
故答案为：AD；(3)氯化铝会水解：AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl，通入HCl气体可抑制氯化铝水解。同时：AlCl3 6H2O(s) Al3+(aq)+3Cl-(aq)+6H2O(l)，增大Cl-的浓度，有利于AlCl3 6H2O晶体形成，故答案为：抑制氯化铝的水解；增大Cl-的浓度，有利于AlCl3 6H2O晶体形成；(4)AlCl3溶液显酸性，会腐蚀滤纸，故步骤V抽滤时不能用滤纸，可用玻璃砂漏斗，抽滤结束时，应先打开活塞恢复常压，然后关闭抽气泵，最后取下玻璃砂漏斗，故答案为：溶液呈酸性会腐蚀滤纸；先打开安全瓶上的活塞，再关闭抽气泵，最后取下玻璃砂漏斗；(5)样品平均分成2份，第一份中：n(Al3+)=0.002900mol，第二份中：n(SO42-)=0.006300mol， n(SO42-)＞2n(Al3+)，则每份中：n[NH4Al(SO4)2 12H2O]=n(Al3+)=0.002900mol，m[NH4Al(SO4)2 12H2O]=0.002900mol×453g mol-1=1.3137g，故样品中铵明矾的纯度= ≈95.20%，故答案为：95.20%。
【分析】Al和NaOH溶液反应得到NaAlO2，NaAlO2溶液通入过量CO2得到Al(OH)3胶状沉淀，过滤除去滤液得到Al(OH)3胶状固体，Al(OH)3受热分解得到Al2O3。Al(OH)3和硫酸反应得硫酸铝，硫酸铝和硫酸铵混合后根据溶解度差异析出硫酸铝铵，经过滤、洗涤、干燥得铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2 12H2O]。Al(OH)3和HCl反应得AlCl3溶液，为抑制AlCl3水解，在AlCl3溶液中通入HCl后抽滤、洗涤、干燥得AlCl3·6H2O，据此解答。
17．（2020高一下·界首期末）铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：
（1）除去镁粉中混有少量铝粉，应加入的试剂为 ，然后经过滤、洗涤、干燥。
（2）等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得 H2在同温同压下的体积之比是 。
（3）现有 AlCl3和 MgSO4混合溶液，向其中不断加入 NaOH 溶液，得到沉淀的物质的量与加入 NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示。原溶液中 Cl- 与SO42- 的物质的量之比为 。
（4）某同学在实验室用铝土矿(含有 Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下：
①Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为 。
②滤液II中溶质的用途之一是 。
③电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是 (填化学式)。工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于 (填字母)。
a.酸 b.碱 c.盐 d.氧化物
【答案】（1）氢氧化钠溶液(或其他合理答案）
（2）1:1
（3）6:1
（4）Al2O3+6H+ =2Al3+ +3H2O；用作肥料；O2；c
【知识点】铝的化学性质
【解析】【解答】（1）可加NaOH，由于铝能与NaOH反应，而Mg不行，故可用NaOH除Mg中的Al
（2）根据转移电子数目相等，可知产生氢气之比为1：1
（3）AB段为Al（OH）3参加反应，故Al消耗NaOH总量为0.4L，则Mg消耗氢氧化钠的量为0.1L，故物质的量Mg：Al=1:2，从而得出 原溶液中 Cl- 与SO42- 的物质的量之比为6:1
（4）①方程式如下：Al2O3+6H+ =2Al3+ +3H2O
②滤液二的成分为硫酸铵，可做氮肥
③氧化铝电解得到铝单质和氧气。有金属阳离子，和非金属阴离子属于盐类。
【分析】本题主要考察的是铝及铝的化合物的两性，（2）中，解决此类问题，只要抓住，只有氢氧化铝能与氢氧化钠反应，从而计算铝的量，可解答。
18．（2019高一上·石河子期末）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题．
（1）含碳量在0.03%～2%之间某合金，是目前使用量最大的合金，这种合金是____。
A．铝合金 B．青铜 C．镁合金 D．钢
（2）FeCl3溶液用于腐蚀铜箔印刷线路板，反应的离子方程式为 。
（3）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是 (填字母)
A．Mg2+ B．Fe2+ C．Al3+ D．Cu2+
（4）Fe(NO3)3的高纯度结晶体是一种紫色潮解性固体，适合于制磁性氧化铁纳米粉末，工业上用废铁屑（含Fe和Fe2O3及其它不反应的物质）制取Fe(NO3)3晶体的方法如下：
①第1步反应若温度过高，将导致硝酸分解，浓硝酸受热分解的化学方程式为 。
②磁性氧化铁的化学式为 ，试写出Fe2O3与硝酸反应的离子方程式 。
③操作1的名称为 ，操作2的步骤为： ，过滤，洗涤。
【答案】（1）D
（2）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（3）B C
（4）4HNO3（浓） 4NO2↑+O2↑+2H2O；Fe3O4；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；过滤；蒸发浓缩、冷却结晶
【知识点】硝酸的化学性质；合金及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)目前使用量最大的是铁，含碳量在0.03%～2%的铁合金是钢，故A故选（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（3）Fe2+、被Na2O2氧化为Fe3+；Al3+与过量的氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸钠。加入足量的Na2O2后生成氢氧化镁、氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液的离子是Mg2+ 、Fe3+、Cu2+，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+、Al3+；（4）①浓硝酸受热分解生成二氧化氮、氧气、水，化学方程式为4HNO3（浓） 4NO2↑+O2↑+2H2O。②Fe3O4具有磁性；
Fe2O3与硝酸反应生成硝酸铁、水，反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。
③过滤能把固体与液体分离，操作1是过滤；从硝酸铁溶液中得到硝酸铁晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。
【分析】(1)目前使用量最大的是铁；（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁、氯化铜。（3）Fe2+、被Na2O2氧化为Fe3+；Al3+与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；（4）①浓硝酸受热分解生成二氧化氮、氧气、水。②四氧化三铁具有磁性；Fe2O3与硝酸反应生成硝酸铁、水。③过滤能把固体与液体分离，操作1是把不溶性固体与液体分离；从溶液中得到晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶
19．（2020·宜春模拟）某化学课外活动小组利用废铁屑(含少量硫等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，并设计了如图所示的装置(夹持仪器略去)。
称取一定量的表面除去油污的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于50~60℃热水浴中加热充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。
（1）相比通常铁与稀硫酸生成氢气的条件，在实验中选择50~60℃热水浴的原因是 ；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水的原因 。
（2）C瓶中KMnO4溶液的作用是 。
（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，下列符合实验要求的是 (填字母)。
a.保持铁屑过量
b.控制溶液呈强碱性
c.将稀硫酸改为浓硫酸
（4）莫尔盐是一种重要化学药品，较绿矾稳定，不易被空气氧化，是化学分析中常用的基准物之一。其组成可用(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O或(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O表示。一定条件下，(NH4)2Fe(SO4)2发生分解：4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O下列叙述正确的是 。
a反应生成amolN2时，转移电子的物质的量为6amol
b该反应的还原产物是硫的两种氧化物
c有amol电子转移时，生成SO2的物质的量为0.1amol
d将气体产物用足量BaCl2溶液吸收，只得到一种沉淀物
（5）实验探究：影响溶液中Fe2+稳定性的因素。
配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都呈浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，过了一会儿观察可见(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
（资料）
沉淀 Fe(OH)2 Fe(OH)3
开始沉淀pH 7.6 2.7
完全沉淀pH 9.6 3.7
①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因 。
②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：
假设1：其它条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。
假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2+稳定性越好。
假设3： 。
（6）称取ag所制得的硫酸亚铁铵晶体，用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成250mL溶液，取出25mL放入锥形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为 (用含c、V、a的代数式表示)。
【答案】（1）受热均匀，加快反应速率；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低
（2）吸收硫化氢、氨气等杂质气体
（3）a
（4）d
（5）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。）
（6）
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】（1）在实验中选择50～60℃热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率； 锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水，是因为氨水中的氨极易挥发，温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，不利于反应的进行；答案为加快反应速率，受热均匀；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低。（2）由于铁屑中含有S，因此会产生SO2，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液吸收这些气体，防止污染空气；答案为吸收氨气、二氧化硫等杂质气体，防止污染空气。（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，故a正确；若控制溶液呈强碱性，则生成了Fe(OH)2沉淀，故b不正确；将稀硫酸改为浓硫酸，由于浓H2SO4的强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，故c不正确；答案为a。（4）由4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O可知，Fe元素由+2价变为+3价，失电子，N元素由-3价变为0价，失电子，S元素由+6价娈为+4价，得电子，则由方程式可知，
a．生成1molN2同时会生成5molSO2，转移电子10mol，那么反应生成amolN2时，转移电子的物质的量10amol，为故a不正确；
b．得到电子被还原，生成还原产物，则还原产物只有SO2，SO3中S价态不变，不是还原产物，故b不正确；
c．由方程式可知，生成5molSO2，电子转移10mol，则有amol电子转移时，生成SO2的物质的量是0.5amol，故c不正确；
d．当用足量BaCl 2 吸收气体产物时，只能生成BaSO 4 沉淀，而不会生成BaSO 3 沉淀，故d正确；答案为d。（5）①FeSO4溶液产生淡黄色浑浊是因为生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；答案为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。
②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设1和假设2都说了NH4+和H+的影响，则可知假设3是讲硫酸根的影响，当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)，答案为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)。（6）由反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知5Fe2+～MnO4-，反应消耗KMnO4的物质的量为n(MnO4-)=cmol·L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，250mL中亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=5×cV×10-3mol× =5cV×10-2mol，则(NH4)2Fe(SO4)2质量为5cV×10-2mol×392g/mol=19.6 cVg，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为 ×100%；答案为 ×100%。
【分析】废铁屑（含少量硫化物），加入过量硫酸溶液，水浴加热，可加快反应速率和受热均匀，硫化物可生成硫化氢气体，可用KMnO4溶液吸收，反应后的溶液加入铁粉，防止硫酸亚铁被氧化，冷却后加入氨水，制得浅绿色悬浊液，即生成硫酸亚铁铵，用KMnO4溶液来测定硫酸亚铁铵的纯度，发生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，以此解答该题。
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