第八章 化学与可持续发展 测试题 高一下学期化学人教版（2019）必修第二册（含解析）

第八章《化学与可持续发展》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列说法不正确的是
A．铝制餐具不宜长时间存放酸性或碱性食物
B．储氢合金是一类能与H2结合成金属氢化物的新型合金
C．常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反应，可用铁制容器盛装浓硝酸
D．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬(Cr)和镍(Ni)
2．下列过程中没有发生化学变化的是
A．煤的气化和液化
B．用“地沟油”制作肥皂
C．石油的分馏
D．用灼烧的方法鉴别羊毛和合成纤维
3．近日，国产大飞机C919首次飞行试验圆满完成。下列有关其材料的描述不正确的是
A．机身上的铝锂合金具有密度小、硬度大的优良性质
B．雷达罩上的玻璃纤维属于无机非金属材料
C．座舱显控系统中国产芯片的主要成分是硅单质
D．客机舱门上的芳纶材料属于天然高分子材料
4．某兴趣小组进行碘的提取实验：首先将海带灼烧成灰，用水浸取得到含碘离子的水溶液，再用硫酸酸化、加过氧化氢氧化得到少量碘水，最后以CCl4为溶剂将碘单质从中提取出来。下列说法正确的是
A．灼烧的目的是使海带灰化，除去有机物，以便于碘离子的浸出
B．灼烧时用到的仪器是烧杯、酒精灯、玻璃棒
C．海带灰浸取液中的碘离子可用淀粉溶液检验
D．CCl4溶剂还可用苯、酒精代替
5．下列说法正确的是
A．乙炔和苯都能使溴水褪色，说明二者均发生了加成反应
B．甲烷与氯气在光照条件下反应可得到四种不同的有机产物
C．煤中含有苯、甲苯等芳香烃，可通过干馏制取
D．通过石油裂化可以得到多种气态短链烃，其中包括乙烯
6．空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下：
浓缩海水粗产品溴溴蒸气物质X产品溴
下列说法错误的是
A．①中发生的主要反应为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-
B．物质X为HBrO
C．②③的目的是富集溴元素
D．空气吹出法利用了溴易挥发的性质
7．生活中常见的金属防腐的方法很多。下列措施不能起到防腐的是
A．健身器材刷油漆 B．衣架和电线的外面包上一层塑料层
C．某同学将铁钉放在盐水中浸泡 D．地下钢铁管道连接镁块
8．下列说法中正确的是（ ）
A．只要是澄清、透明的液体就可直接饮用
B．大地震中的核泄漏事件，引起人类反思，要更安全可靠地利用核能
C．有人认为，为了食品安全，应禁止生产和使用任何包装食品的塑料制品
D．有人认为，食品添加剂对人体都有害，所以要禁止生产和使用任何食品添加剂
9．关于利用太阳能分解水制取氢能的构想，下列说法正确的是
A．的分解反应是放热反应
B．现阶段氢能源已代替了化石能源
C．氢气不易贮存和运输，无开发利用价值
D．具有的总能量低于和具有的总能量
10．下列不属于空气质量播报内容的是
A．SO2 B．CO2 C．NO2 D．PM2.5
11．下列气体大量排放到空气中会导致酸雨形成的是（ ）
A．SO2 B．CO2 C．CO D．NH3
12．当前，受技术封锁的影响，我国芯片发展急需自我突破，而芯片的生产不仅仅是高纯硅的制备，其中还涉及到大量元素化合物之间的反应，如：①Si(粗)+2Cl2SiCl4②TiCl4+2MgTi+2MgCl2，下列关于元素化合物知识的说法正确的是
A．金刚石、硅单质是由碳原子、硅原子构成的物质，而碳化硅是由碳化硅分子构成的物质
B．新制氯水具有漂白性，与活性炭、二氧化硫的漂白原理相同
C．镁是国防金属，工业上采用电解熔融氧化镁的方法获得纯净的镁单质
D．TiO2也称为钛白，是常见的白色颜料，可采用加热TiCl4的水溶液后焙烧的方法制备
二、非选择题（共10题）
13．煤的气化和液化是高效、清洁地利用煤炭的重要途径，目前不少城市将焦炭在高温下与水蒸气反应制得水煤气，写出该反应的化学方程式_________________________说明固体煤经处理变为气体燃料使用的优点有____________________________________________
14．冶炼金属的实质是____________________________________________。对于废旧金属的最好处理方法是___________________________________，这种方法的意义是________。
15．水是一种宝贵的自然资源。请回答:
(1)排放含________(填字母代号，下同)的化合物会导致水体富营养化；
A．磷 B．硫 C．铁 D．碳
(2)下列做让不会造成水污染的是___；
A．生活污水任意排放 B．油轮原油泄漏
C．风力发电 D．大量施用农药
(3)向含汞离子（Hg2+)的比水中加入Na2S以除去Hg2+，该反应的离子方程式为 ______。
16．某课外小组的同学设计如下实验装置模拟海水提溴：
试回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______。
(2)实验时，打开，关闭、，点燃C处的酒精灯，反应一段时间。
①仪器B中发生反应的离子方程式是_______。
②装置D的作用为_______(填两点)。
(3)熄灭C处的酒精灯，关闭，打开、，从a、b两处分别通入热空气、。
①通入热空气的目的是_______。
②反应过程中，装置F中有生成，则装置F中发生的主要反应的离子方程式是_______；检验装置F溶液中含有的方法是_______。
③X溶液可能是_______。
(4)该小组的同学向反应后的装置F溶液中通入，充分反应后得到混合溶液，用从混合溶液中萃取溴的过程如下：
A．向分液漏斗中加入混合溶液和，并盖好玻璃塞；
B．倒转分液漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；
C．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中静置，分层；
D．将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽或小孔对准分液漏斗口上的小孔；
E.旋开活塞，用烧杯接收溶液；
F.从分液漏斗上口倒出上层水溶液。
①D步骤操作的目的是_______。
②E步骤操作中应注意_______(答两点)。
③已知碘在酒精中的溶解度比在水中大得多，能不能用酒精来萃取碘水中的碘？_______(填“能”或“不能”)，其理由是_______。
17．某学习小组按如下流程探究碘的制取，甲乙两种制取方案如下：

(1)①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法是_____________________。
②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_________________。
③下列有关步骤Y的说法正确的是_____。
a.应控制NaOH溶液的浓度和体积 b.将碘转化成离子进入水层
c.主要是出去海带浸取原液中的有机杂质 d.NaOH溶液可以有乙醇代替
④实验中操作Z的名称是___________。
(2)实验甲中采用蒸馏不合理，理由是____________________________。
(3)①萃取所用到的玻璃仪器是________________。②萃取的原理是______________。举例________________。
18．有一镁铝合金共51 g，把其加入到1 L 5 mol·L－1的盐酸中，恰好反应完。
(1)关于合金的下列说法正确的有________。
A．合金只能由两种或两种以上的金属组成
B．合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大
C．镁铝熔成合金的过程是一个化学过程
D．合金的熔点一般比其组成成分的熔点低
E．合金具备金属的特性
(2) 该合金中镁铝的质量分别为________g、________g。
(3) 反应中共收集到标况下的氢气的体积为___________L。
(4)向反应后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液，若要使沉淀恰好达到最大值，需要加入NaOH________L。
19．为确定某铝热剂（含氧化铁和铝）的组成，分别进行下列实验。
（1）若取a g样品，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，测得生成的气体（标准状况，下同）体积为b L，样品中铝的质量是______________g。
（2）若取a g样品将其点燃，恰好完全反应，该反应的化学方程式是：_______________________，氧化铁与铝的质量比是_____________。
（3）待（2）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为c L，该气体与（1）中所得气体的体积比c:b__________。
（4）用铝热法还原下列物质，制得金属各1mol，消耗铝最少的是____________
A．MnO2 B．Fe3O4 C．Cr2O3 D．V2O5
20．某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：
物质 Al Al2O3 Fe Fe2O3
熔点/℃ 660 2 054 1 535 1 462
沸点/℃ 2 467 2 980 2 750 －
Ⅰ.(1)某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？________(填“合理”或“不合理”)。
(2)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是________，反应的离子方程式为__________________________________________________。
(3)实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是________(填序号)。
A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸 D．氢氧化钠溶液
Ⅱ.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：
(1)图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为_________________________。
(2)在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为___________；上述现象说明溶液中________结合OH－的能力比________强(填离子符号)。
(3)B与A的差值为________mol。
(4)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。
21．A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如图所示。
(1)X的单质与A反应的化学方程式是____。
(2)若试剂1是NaOH溶液，X的单质与试剂1反应的离子方程式是____。
(3)若试剂1和试剂2均是稀硫酸。
①检验物质D的溶液中金属离子的方法是____。
②某高效净水剂是由Y(OH)SO4聚合得到的。工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y(OH)SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是____。
22．某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：
据此判断：
(1)固体B所含物质的化学式为_______。
(2)固体E所含物质的化学式为_______。
(3)反应①的离子方程式为_______。
参考答案：
1．C
A．铝及其氧化物既能与酸反应，又能与碱反应，因此铝制餐具不宜用来长时间存放酸性或碱性食物，A正确；
B．储氢合金能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，B正确；
C．常温下，因浓硝酸的强氧化性，能使铁钝化，是化学反应， C错误；
D．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍， D正确；
故选C。
2．C
A．煤的气化是将煤转化为CO和H2等气体燃料，煤的液化是将煤转化为CH3OH等液体燃料，故均为化学变化，A不合题意；
B．用“地沟油”制作肥皂是油脂在碱性条件下的水解反应，故为化学变化，B不合题意；
C．石油的分馏是利用石油中各组分的沸点不同而进行分离的一种物理方法，C符合题意；
D．用灼烧的方法鉴别羊毛和合成纤维，燃烧均为化学变化，D不合题意；
故答案为：C。
3．D
A．合金的硬度比成分金属要高，铝锂合金具有密度小、硬度大的优良性质，A正确；
B．玻璃纤维属于无机非金属材料，B正确；
C．芯片的主要成分是硅单质，C正确；
D．芳纶材料属于人工合成高分子材料，D错误；
故选D。
4．A
A．灼烧使海带灰化，使有机物燃烧，除去其中的有机物，便于用水溶解时碘离子浸出，故A正确；
B．灼烧时用到的仪器有酒精灯、泥三角和坩埚，故B错误；
C．海带灰浸取液中的碘离子遇到淀粉溶液不变色，海带灰浸取液中的碘离子不可用淀粉溶液检验，碘单质才能用淀粉溶液检验，故C错误；
D．酒精和水互溶，故不能用酒精来萃取碘水中的碘，故D错误；
故选A。
5．B
A．乙烯能使溴水褪色是由于发生加成反应，苯不与溴水发生反应，使溴水褪色是由于溴容易溶于苯，而苯与水互不相容，即苯的萃取作用而使溴水褪色， A错误；
B．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，生成一氯甲烷和HCl，产生的一氯甲烷继续与氯气发生取代反应，产生二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，因此除产生HCl外，可得到四种不同的有机产物，B正确；
C．煤通过干馏制取得到的煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，煤中不含有苯、甲苯等芳香烃，C错误；
D．通过石油裂解可以得到多种气态短链烃，其中包括乙烯，裂化主要是为了获得液体轻质燃料，D错误；
答案选B。
6．B
浓缩海水中通入氯气将溴离子置换成溴单质，再通入空气和水蒸气将溴形成蒸汽，用二氧化硫吸收生成HBr和H2SO4，HBr再与氯气生成溴单质。
A．浓缩海水中通入氯气将溴离子置换成溴单质，发生反应为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故A正确；
B．溴与二氧化硫反应生成HBr和H2SO4，所以物质X为HBr和H2SO4，故B错误；
C．②通入空气和水蒸气将溴形成蒸汽，与③二氧化硫反应，目的是富集溴元素，故C正确；
D．溴易挥发，空气吹出法利用了溴易挥发的性质形成溴蒸汽再被二氧化硫吸收，故D正确；
故答案为B。
7．C
A．健身器材刷油漆为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故A正确；
B．衣架和电线的外面包上一层塑料层为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故B正确；
C．某同学将铁钉放在盐水中浸泡，构成原电池，易发生吸氧腐蚀，加快了铁的腐蚀，所以不能起到防腐作用，故C错误；
D．地下钢铁管道连接镁块，金属镁比铁活泼，铁做正极得以保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，所以能起到防腐作用，故D正确；
故答案为C。
8．B
A.澄清、透明的液体可能含有可溶的无色有害物质或病菌，不一定可直接饮用，A项错误；
B.核能是清洁能源，但泄漏后会造成严重后果，B项正确；
C.塑料制品不一定有毒有害，如聚乙烯塑料无毒，C项错误；
D.食品添加剂可补充人体摄入不足的营养元素，只有过量时才对身体有害，D项错误；
答案选B。
【点睛】澄清、透明的液体可能含有可溶的无色有害物质或病菌。塑料制品不一定有毒有害，如聚乙烯塑料无毒。
9．D
A．的分解反应是吸热反应，故A错误；
B．氢能源将成为21世纪的主要绿色能源，氢气是通过电解制备的，耗费大量电能，廉价制氢技术采用太阳能分解水，但技术不成熟，是制约氢气大量生产的因素，氢能源未被普遍使用，未能代替化石能源，故B错误；
C．由于氢气难压缩，且易燃烧，所以对氢气的运输和安全问题目前未解决，氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高，所以氢能开发有利用价值，故C错误；
D．因为的分解反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以具有的总能量低于和的能量，故D正确；
答案选D。
10．B
空气质量播报内容：SO2、CO、氮的氧化物、悬浮固体小颗粒等。CO2是空气组成成分，不属于空气质量播报内容，选B。
11．A
A．二氧化硫是形成酸雨的原因之一，过程为SO2→H2SO3→H2SO4，故A正确；
B．CO2是空气的重要组成成分，溶于水生成的弱酸没有腐蚀性，不能形成酸雨，其对环境的影响是温室效应，故B错误；
C．通常情况下，CO不溶于水、并且与水不反应，不能形成酸雨，故C错误；
D．NH3为碱性气体，溶于水生成弱碱一水合氨，不能形成酸雨，故D错误；
故答案为A。
12．D
A．碳化硅晶体属于共价晶体，它是由碳原子和硅原子构成的物质，A不正确；
B．新制氯水具有漂白性，是因为其含有的次氯酸具有强氧化性，而活性炭漂白是活性炭吸附有色物质，属于物理过程，二氧化硫漂白是与有色物质化合生成无色物质，发生非氧化还原反应，B不正确；
C．氧化镁的熔点很高，熔融电解耗能很大，工业上采用电解熔融氯化镁的方法获得纯净的镁单质，C不正确；
D．TiCl4在水溶液中发生水解反应，生成TiO2和HCl，加热TiCl4的水溶液，HCl挥发，从而制得TiO2，D正确；
故选D。
13． C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ①可以用管道输送，便于运输 ②污染少 ③燃烧充分，热效率高
焦炭在高温下与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；气体燃料便于管道运输、燃烧更充分；
焦炭在高温下与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应方程式是C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；气体燃料的优点是：①可以用管道输送，便于运输 ②污染少 ③燃烧充分，热效率高。
14． 使金属化合物中的金属阳离子得到电子变成金属原子 回收利用 既减少了垃圾量，防止污染环境，又缓解了资源短缺的矛盾
冶炼金属的实质是使金属阳离子得到电子变成金属原子；废旧金属污染土壤、水，最好处理方法是回收利用， 据此解答。
冶炼金属的实质是使金属阳离子得到电子变成金属原子；废旧金属污染土壤、水，最好处理方法是回收利用，这样既减少了垃圾量，防止污染环境，又缓解了资源短缺的矛盾，故答案为：使金属化合物中的金属阳离子得到电子变成金属原子；回收利用；既减少了垃圾量，防止污染环境，又缓解了资源短缺的矛盾，故答案为：使金属化合物中的金属阳离子得到电子变成金属原子；回收利用；既减少了垃圾量，防止污染环境，又缓解了资源短缺的矛盾。
15． A C Hg2++S2-=HgS↓
(1) 生活污水中的含有的氮、磷元素，是造成水体富营养化的主要原因，答案选A；
(2) A.生活污水任意排放会造成水污染；B.油轮原油泄漏会造成水污染；C.风力发电不会造成水污染；D.大量施用农药不会造成水污染。综上所述，答案选C；
（3）硫离子和汞离子是硫化汞沉淀，答案为Hg2++S2-=HgS↓。
16．(1)分液漏斗
(2) MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O 除去Cl2中的HCl；平衡气压
(3) 将生成的Br2吹出 2H2O＋SO2 +Br2=4H++ 加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有 NaOH
(4) 使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能顺利流出 分液漏斗要紧贴着烧杯内壁；等到下层液体快要全部流出时，关闭活塞 不能 酒精与水互溶
C为制氯气的装置，B中的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，D中的饱和食盐水除去Cl2中的HCl，长颈漏斗用于平衡气压，E中Cl2可将Br-氧化为Br2，Cl2＋2Br－= Br2＋2Cl－，通入热空气可将生成的Br2吹出进入F中，b通入SO2可与Br2发生发反应，2H2O＋SO2 +Br2=H2SO4+2HBr，G装置盛放强碱溶液（如NaOH）用于吸收尾气。
（1）根据外形可知，仪器A为分液漏斗；
（2）①根据分析，B中发生制氯气的反应，离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
②根据分析，装置D中饱和食盐水的作用为除去Cl2中的HCl，长颈漏斗的作用为平衡气压；
（3）①Br2易挥发，通入热空气可将生成的Br2吹出进入F中；
②根据分析，装置F中发生的主要反应的离子方程式是2H2O＋SO2 +Br2=4H++；可用Ba2+检验，方法为加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有；
③根据分析，G用于吸收尾气，未反应完全的Cl2及生成的Br2均可用强碱吸收，可选用NaOH；
（4）①要使分液漏斗中的液体顺利流下，需接通大气，因此该操作的目的是使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能顺利流出；
②用烧杯接溶液时，分液漏斗要紧贴着烧杯内壁，防止液体飞溅；等到下层液体快要全部流出时，要关闭活塞，防止上层液体放出造成收集的液体不纯；
③选择萃取剂时，除了被萃取的物质在萃取剂中溶解度大之外，还要保证萃取剂不能与水相溶，酒精溶于水，无法分层，因此不能用作萃取剂。
17． 向分液漏斗中加入少量的水，检查活塞出是否漏水，将活塞倒转过来检查玻璃塞是否漏水 液体分上下两层，下层呈紫色 ab 过滤 碘易升华，蒸馏会导致碘的损失 分液漏斗 溶质在互不相容的溶剂中溶解度的差异 用四氯化碳提取碘水中的碘
(1)①根据分液漏斗的使用方法判断查漏的检验操作；
②根据I2容易溶于无色液体物质四氯化碳中，其溶液显紫色，四氯化碳与水互不相溶，密度大于水分析；
③A.I2与NaOH溶液会发生歧化反应；
B.碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；
C.该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；
D.乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质；
④碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；
(2)从碘单质易升华角度分析；
(3)萃取是利用溶质在互不相容的溶剂中溶解度的不同，用萃取剂将溶质与原溶剂分离的操作，使用的主要玻璃仪器是分液漏斗。
(1)①分液漏斗是分离互不相容的两层液体物质的仪器，在使用前须检漏，检漏方法是向分液漏斗中加入少量的水，检查活塞出是否漏水，将活塞倒转过来检查玻璃塞是否漏水；
②四氯化碳是无色液体，与水互不相容，密度比水大，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以步骤X中，向碘水中加入CCl4，充分振荡，静置，，会看到分液漏斗内现象是液体分上下两层，下层液体呈紫色；
③①检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，
故答案为向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；
②碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色，
故答案为液体分为上下两层，下层呈紫红色；
③A.向含有I2的有机物中加入NaOH溶液，发生反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH溶液的浓度和体积，A正确；
B.根据反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，B正确；
C.该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，C错误；
D.乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，D错误；
故合理选项是AB；
④步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不容易溶于水，可通过过滤操作完成；
(2)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理；
(3)①萃取所用到的玻璃仪器主要是分液漏斗。②萃取的原理是根据溶质在不同的溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂将溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中分离出来，要求溶质在萃取剂中的溶解度远大于原溶剂，溶质与萃取剂不能反应，而萃取剂与原溶剂互不相容，如用四氯化碳萃取碘水中的碘单质。
【点睛】本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，明确实验原理，掌握各种分离提纯方法对被提纯的物质和杂质的性质的要求是解答关键，注意熟练掌握化学实验基本操作方法，试题涉及多个知识点、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
18． BDE 24g 27g 56 1
(1) 合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)融合在一起形成的具有金属特性的物质，合金的硬度一般比成分金属大，熔点一般比成分金属低。
(2) 镁铝合金共51 g，把其加入到1 L 5 mol·L－1的盐酸中，恰好反应完，则反应后所得溶液为MgCl2和AlCl3的混合液；设合金中镁的物质的量为amol、铝的物质的量为bmol，则24a+27b=51；另外反应后MgCl2和AlCl3的混合液为电中性，则：2a+3b=5；
(3)根据电子守恒即可解得反应中生成氢气的物质的量。
(4) 向反应后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液，当沉淀恰好达到最大值时，所得溶液为NaCl，由电荷守恒可知n(Cl-)=n(Na+)。
(1) A．合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)融合在一起形成的具有金属特性的物质，故A错误；
B．合金的硬度一般比成分金属大，故B正确；
C．镁铝熔成合金的过程是一个物理过程，故C错误；
D．合金的熔点一般比成分金属低，，故D正确；
E．合金是具有金属特性的物质，故E正确；
故答案为BDE；
(2) 镁铝合金共51 g，把其加入到1 L 5 mol·L－1的盐酸中，恰好反应完，则反应后所得溶液为MgCl2和AlCl3的混合液；设合金中镁的物质的量为amol、铝的物质的量为bmol，则24a+27b=51；另外反应后MgCl2和AlCl3的混合液为电中性，则：2a+3b=5；解方程组24a+27b=51、2a+3b=5得：a=b=1，故镁铝合金中Mg的质量为1mol×24g/mol=24g、Al的质量为1mol×27g/mol=27g；
(3) 设反应中生成氢气的物质的量为nmol，根据电子守恒可得1mol×2+1mol×3=nmol×2，解得：n=2.5，则所得氢气在标况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L；
(4) 向反应后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液，当沉淀恰好达到最大值时，所得溶液为NaCl，由电荷守恒可知n(Cl-)=n(Na+)=1L×5 mol·L－1=5mol，则所加NaOH溶液中NaOH的物质的量为5mol，溶液体积为=1L。
【点睛】考查混合物反应的计算，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，利用电子守恒可计算反应中生成氢气的物质的量，利用所得溶液是电中性的，可计算溶液中Cl-与Mg2+和Al3+之间的电荷守恒关系，另外沉淀量最大时n(Cl-)=n(Na+)也是利用电荷守恒得到的，这是解题的突破点。
19． 0.8b 2Al＋Fe2O3 Al2O3＋2Fe 80:27 2:3 B
(1)氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，根据氢气的体积计算铝的质量；
(2)铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝；由二者恰好反应，根据方程式可知，质量之比等于总的相对分子质量之比；
(3)由方程式可知，(2)中生成的n(Fe)等于铝热剂中n(Al)，与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比．注意铁与盐酸反应生成氯化亚铁；
(4)根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越少，则消耗铝的量最少。
(1)氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式知，铝的质量=××27g/mol=g；
(2)铝与氧化铁在高温下生成铁与氧化铝，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；由二者恰好反应，根据方程式可知，质量之比等于总的相对分子质量之比，则样品中氧化铁与铝的质量比为(56×2+16×3):2×27=80:27；
(3)由方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可知，(2)中生成的n(Fe)等于铝热剂中n(Al)，与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比，所以(3)中生成的氢气与(1)中生成氢气体积之比c：b=2n(Fe):3n(Al)=2:3；
(4)A．MnO2～Mn，生成1molMn，需要得到4mol电子，消耗molAl；
B．Fe3O4～3Fe，生成1molFe得到mol电子，消耗molAl；
C．Cr2O3～2Cr，生成1molCr，需要3mol电子，消耗1molAl；
D．V2O5～2V，生成1molV，需得电子5mol，消耗molAl；
所以制得金属各1mol，消耗铝最少的是B，故答案为B。
20． 合理 NaOH溶液 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑ B H＋＋OH－=H2O NH＋OH－=NH3·H2O Al3＋、Fe3＋、H＋ NH 0.008 0.032 7
Ⅰ．(1)由表中数据比较可知，铝的熔点比铁低，该反应放出的热量使铁熔化，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金，因此此说法合理。
(2)利用金属Al与氢氧化钠溶液反应放出氢气而铁不与NaOH溶液发生反应即可验证，因此验证合金中含铝单质，需要加入NaOH溶液，其离子反应方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑。
(3)A．Fe、Al与浓硫酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，不能用浓硫酸溶解，故A错误；
B．Fe和Al属于活泼金属，都能与稀硫酸发生反应，能用稀硫酸溶解，故B正确；
C．Fe、Al与稀硝酸反应，但会生成有毒的NO，污染空气，不能用稀硝酸溶解，故C错误；
D．Al能与NaOH溶液反应，但Fe不能与NaOH溶液反应，因此不能用NaOH溶液溶解，故D错误；
答案选B。
Ⅱ．(1)由图示可知，OC段没有沉淀产生，说明硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，此阶段发生离子反应方程式为H＋＋OH－=H2O。
(2)由图象可知硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，CD段为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀的生成，而DE段消耗了NaOH，但沉淀的物质的量没有变化，由此证明硝酸和金属反应的还原产物为较低价态的NH，DE段发生的离子反应方程式为NH＋OH－=NH3·H2O，而先产生沉淀，后生成NH3·H2O，说明Al3＋、Fe3＋、H＋结合OH－能力强于NH。
(3)EF段为Al(OH)3与NaOH反应，其离子反应方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O，只剩下Fe(OH)3沉淀。B与A的差值为Al(OH)3的物质的量，则氢氧化铝的物质的量为4mol·L－1×(36－34)×10－3L＝0.008mol。
(4)参加反应的n(Al)＝0.008mol，因为1mol的Al3＋、Fe3＋均与3mol的NaOH反应，由电子守恒可知Fe和Al化合价升高的总数等于HNO3生成NH降低的总数，即3n(Fe)＋3n(Al)＝n(NH)×8＝4mol·L－1×(34－31)×10－3L×8，解得n(Fe)＋n(Al)＝0.032mol，n(Fe)＝0.024mol，两种沉淀的物质的量为0.032mol，生成两种沉淀共消耗n(NaOH)＝0.032mol×3＝0.096mol，所以C点体积为31mL－×103mL＝7mL。
【点睛】本题的难点是II，要根据题目所给信息分析，合金加入硝酸后，合金溶解，且没有气体产生，说明HNO3中部分N转化成NH，然后根据加入NaOH对过程进行分析，开始时没有沉淀产生，说明硝酸过量，然后一步步分析，化学计算中往往利用特殊方法进行计算，如电子守恒、元素守恒等。
21．(1)Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe
(2)2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑
(3) 取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+ 2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑
Y是金属单质，D、E是含有Y元素的溶液，D和Y反应生成E，说明Y是变价金属，则Y是Fe；若试剂1和试剂2均是稀硫酸，则D是Fe2(SO4)3、E是FeSO4；A是Fe2O3；X是常见金属，X能置换出氧化铁中的铁，则X是Al、B是Al2O3，C是Al2(SO4)3。
（1）Al与Fe2O3反应生成Al2O3、Fe，该反应为铝热反应，反应的化学方程式是Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；
（2）若试剂1是NaOH溶液，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑；
（3）①D是Fe2(SO4)3，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe3+离子的方法是：取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；
②工业上以FeSO4、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Fe(OH)SO4，反应中有NO生成，铁元素化合价由+2升高为+3、N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒、元素守恒，该反应的化学方程式是2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑。
22．(1)Al2O3
(2)(NH4)2SO4、K2SO4
(3)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
明矾是易溶于水的，而氧化铝和氧化铁不能溶于水。所以沉淀是氧化铝和氧化铁的混合物，而溶液则是明矾溶液。明矾和过量的氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀和硫酸铵、氯酸钾，即溶液是硫酸铵、氯酸钾及过量的氨水，蒸发、结晶后所得固体E为(NH4)2SO4和K2SO4晶体。氢氧化铝受热分解生成氧化铝，所以B是氧化铝。氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，所以另一沉淀是氧化铁。所得溶液是偏铝酸钠和过量的氢氧化钠。然后通入足量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝白色沉淀。
（1）固体B所含物质的化学式为Al2O3；
（2）固体E所含物质的化学式为(NH4)2SO4、K2SO4；
（3）反应①是偏铝酸钠与二氧化碳及水反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，其离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。