苏教版化学必修1专题3 从矿物到基础材料 （同步测试）

苏教版化学必修一专题三从矿物到基础材料
章节测试
一、单选题（本大题共20小题，共40分）
1. 将0.1mol明矾溶于水形成100mL溶液，以下说法正确的是(? ? ? )
A. 明矾净水是利用了明矾的强氧化性
B. 溶液的焰色反应为紫色,这是化学性质
C. 加入溶液至沉淀物质的量达到最大,消耗溶液
D. 加入溶液至恰好完全沉淀,全部转化为
2. 下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是（　　）
A. 铝既可以用于食品包装,也可以用于建筑材料
B. 氧化铝既可以用来冶炼铝,也可用作耐火材料
C. 氢氧化铝既可以用于治疗胃酸过多,也可用来制备一些铝盐
D. 明矾既能用来净水,也可用作消毒剂
3. 将氢氧化钠溶液滴入某氯化镁和氯化铝的混合溶液中，则下列图象变化趋势正确的（　　）
A. B.
C. D.
4. 下列各项操作中，不发生先沉淀后溶解现象的是（）
①向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2
②向Na2SiO3溶液中逐滴加入过量稀硫酸
③向Ba（NO3）2溶液中通入过量的SO2
④向石灰水中通入过量的CO2气体
⑤向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量
A. B. C. D.
5. 对下列各实验现象的判断正确的是（　　）

A. 图1产生红褐色沉淀
B. 图2溶液颜色变红
C. 图3放出大量气体
D. 图4先出现白色胶状沉淀,后沉淀溶解
6. 硅被誉为无机非金属材料的主角．据2001年12月的《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”．下列有关说法正确的是（　　）
A. 硅在地壳中含量居第二位,在地球上有丰富的硅资源,如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅
B. 硅相对于氢气便于运输、贮存,从安全角度考虑,硅是有开发价值的燃料
C. 存放NaOH溶液的试剂瓶应用玻璃塞
D. 硅是一种良好的半导体材料,所以是制造光导纤维的基本原料
7. 由石英砂（主要含SiO2）制取高纯硅的工业流程如下：

下列说法不正确的是（? ? ? ?）
A. 反应均属于置换反应
B. 反应中氧化产物和还原产物的质量比为1：2
C. 该流程中反应的还原剂不能互换使用
D. 该流程是实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础
8. 下列关于铁及其化合物的说法正确的是　
A. 将样品溶于稀后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红,可以检验晶体是否已氧化变质
B. 浓氨水中滴加饱和溶液可制得胶体
C. 1?mol?与足量氯气反应时转移的电子数为
D. 水溶液中、、、不能大量共存
9. 化学与生活息息相关，下列说法错误的是（　　）
A. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化
B. 水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂
C. 是碱性氧化物,能溶于酸,可用氢氟酸蚀刻玻璃
D. 漂白粉长期暴露在空气中会变质失效
10. 某酸性溶液中含有Fe3+、Al3+、NH4+、Cl-，向其中逐渐加入稀NaOH溶液，下列图象能正确表示生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系的是（　　）
A. B.
C. D.
11. 向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列图象中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（　　）
A. B. C. D.
12. 下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（　　）
A. 硅酸钠属于盐,不属于碱,所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中
B. 反应,反应,两反应是相互矛盾的,不可能都发生
C. 普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
D. 祖母绿的主要成分为,用氧化物形式表示为
13. 某同学通过如下流程制备氧化亚铜：

已知：CuCl难溶于水和稀硫酸，Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是(? ?)
A. 步骤可用替换
B. 步骤中为防止CuCl被氧化,可用水溶液洗涤
C. 步骤发生反应的离子方程式为
D. 如果试样中混有CuCl和CuO杂质,用足量稀硫酸与试样充分反应,根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
14. 不能证明某溶液中含有Fe2+的是（　　）
A. 该溶液呈浅绿色
B. 该溶液中加入NaOH溶液,生成白色沉淀并迅速变成灰绿色,最后变为红褐色
C. 向该溶液中加入氯水,再滴入几滴KSCN溶液,呈红色
D. 向该溶液中滴入几滴KSCN溶液,不变色,再加入氯水,呈红色
15. 只用一种试剂把MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3四种溶液区别开，这种试剂是（??? ）
A. 氨水 B. AgNO3 C. ?NaOH溶液 D. NaCl
16. 对实验I～IV的实验操作现象判断正确的是（　　）
A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体 D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀,后溶解
17. 下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是（）
①NaHCO3? 　② Al2O3??????? 　③Al(OH)3???? 　④Al ⑤NaHSO4
A. B. C. D.
18. 在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量Na2O2固体，充分作用后，再加入过量稀盐酸，完全反应，则离子数目没有变化的是（　　）
A. 、 B. C. 、 D.
19. 下列各组离子能在同一溶液里大量共存的是（　　）
A. 、、、
B. 、、、
C. 、、、
D. 、、、
20. 下列物质①NaHCO3　②Al　③Al2O3　④Al（OH）3中，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（　　）
A. B. C. D. 全部
二、填空题（本大题共1小题，共15分）
21. Ⅰ．某同学做“铝热反应”的实验．查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：
物质 Al Al2O3 Fe Fe2O3
熔点/℃ 660 2054 1535 1462
沸点/℃ 2467 2980 2750 --
（1）铝热反应方程式为 ______ ．
（2）下列能与Al发生铝热反应的有 ______ ．（填序号）
A、MnO2?????????B、Na2O?????C、MgO???????D、FeO
（3）据上表数据该同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．若证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝，所用试剂是 ______ ，该试剂溶质的电子式为 ______ ．
Ⅱ．某同学为了验证海带中含有碘，拟进行如下实验，请回答相关问题．
（1）第1步：灼烧．操作是将足量海带灼烧成灰烬．该过程中将使用到的实验仪器有 ______ 等．（填代号，下同）
A、试管??????B、坩埚??????C、烧杯??????D、三角架
E、泥三角????F、洒精灯????G、铁架台????H、量筒
（2）第2步：Iˉ溶液的获取．操作是将灰烬转移到烧杯中，加适量蒸馏水，用玻棒充分搅拌，煮沸，冷却， ______ ．（填分离方法）
（3）第3步：氧化．取（2）中溶液少量依次加入合适的试剂．下列氧化剂最好选 ______ ．
A、浓硫酸?????B、新制氯水??????C、KMnO4溶液???????D、H2O2
（4）第4步：碘单质的检验．操作是取少量第3步的溶液，滴加 ______ 溶液，证明海带中含碘．
三、计算题（本大题共1小题，共10分）
22. 将FeCl3、AlCl3两种固体混合物溶于足量水后加入过量的NaOH溶液，产生红褐色沉淀，再向所得浊液中逐滴滴加1.00mol/L的HCl溶液，加入HCl溶液的体积与产生沉淀的关系如下图所示，试回答：
（1）A点的沉淀物的化学式为 ____________。
（2）写出A点至B点发生反应的离子方程式 ________________________。
（3）原混合物中AlCl3的物质的量是________mol。
（4）C点HCl溶液的体积为 ____________ mL。
四、简答题（本大题共2小题，共35分）
23. 以硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）生产安全高效的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）的工艺流程如下：

已知：FeO42-在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3催化作用下会发生分解。
（1）“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多的原因是______。
（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为______。
（3）在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2（SO4）3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图所示，当质量比大于0.55时K2FeO4的产率下降的原因可能是______。

（4）“过滤2”产生的滤渣的主要成分为______（填化学式），“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH-、Cl-、SO42-、______、______（填化学式）。
（5）K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe（OH）3，则反应时K2FeO4与H2S的物质的量之比为______。
一种用铝土矿和硫铁矿烧渣（配料中含Al2O3、Fe2O3，FeO及SiO2等）为原料制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如下：

（1）步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3被溶解的化学程式为______，滤渣1的成分为 ______ （填化学式）。
（2）步骤Ⅳ发生反应的离子方程式为______。
（3）步骤V若将溶液pH调成6，可能造成的影响是______；步骤Ⅵ包含的操作有______。
（4）测定聚合碱式氯化铝铁{可表示为[FeaAlb（OH）xCly]n}中n（Al）/n（Fe）的比值的步骤如下：
步骤1．准确称取产品5.710g溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到3.350g固体。
步骤2．另准确称取2.855g样品，溶于足量NaOH溶液，过滤，充分洗涤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到固体0.4000g。
计算产品中n（Al）/n（Fe）的比值（写出计算过程）______。
24.
答案和解析
1.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查铝的化合物的性质、离子反应，明确反应的实质及离子反应的书写方法即可解答，注意与量有关的离子反应的书写，题目难度不大。
【解答】
A．明矾中的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以明矾能净水，明矾没有强氧化性，故A错误；
B．钾元素的焰色反应为紫色，焰色反应为元素的物理性质，故B错误；
C．向明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀的物质的量最大的离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，所以消耗Ba（OH）2溶液0.15mol，故C错误；
D．加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好完全沉淀，溶液中的溶质为偏铝酸钾，则Al3+全部转化为AlO2-，其反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故D正确．
故选D。
2.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查Al及其化合物的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意性质与用途的关系，题目难度不大。
【解答】
A.金属铝具有良好的延展性，因此铝可以制成铝箔用于食品包装，金属铝也可用于建筑材料，如铝合金门窗，故A正确；
B.电解熔融Al2O3可冶炼Al，且氧化铝的熔点高，可用作耐火材料，故B正确；
C.Al（OH）3的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，Al（OH）3既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐，故C正确；
D.明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用作净水剂，不具有强氧化性，不能用作消毒剂，故D错误。
故选D。
3.【答案】B

【解析】解：氯化镁和氢氧化钠生成氯化钠和氢氧化镁沉淀；氯化铝和氢氧化钠生成氯化钠和氢氧化铝沉淀，所以刚开始随着氢氧化钠的加入，沉淀逐渐增大，故D错误，
氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，所以当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解一部分，在图象中就是沉淀的质量会下降，故C错误，
但是氢氧化镁是不溶于氢氧化钠的，所以最后是一条平行于横坐标的直线（氢氧化镁沉淀的质量保持不变），故A错误，
只有B符合，
故选：B．
氯化镁和氢氧化钠生成氯化钠和氢氧化镁沉淀；氯化铝和氢氧化钠生成氯化钠和氢氧化铝沉淀，所以刚开始沉淀逐渐增大，氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，所以当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解一部分，然后分析图象并对照即可．
学会把理论知识和图象结合起来的方法，注意：硫酸铝和氢氧化钠生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钾和水．
4.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查较为综合，涉及元素化合物知识，题目难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质，注意有的物质之间发生反应时滴加顺序不同反应不同．
【解答】
?①中有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3?，NaHCO3比Na2CO3溶解度小，且反应中消耗H2O，故有沉淀析出且不溶解；
②中生成硅酸沉淀，不溶解，硅酸不能溶于H2SO4，所以沉淀不溶解
③二氧化硫水溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸，生成硫酸钡沉淀；
④向石灰水中通CO2，反应有：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓?+H2O；CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2，现象为先沉淀后溶解；
⑤化学反应方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象．
所以不溶解的是①②③．
故选D．
5.【答案】D

【解析】解：A．将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，故A错误；
B．三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故B错误；
C．镁与氢氧化钠溶液不反应，故C错误；
D．氯化铝与氢氧化钠反应先生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝可与氢氧化钠继续反应生成可溶性的偏氯酸钠，故D正确．
故选D．
本题考查元素及其化合物的性质，明确物质间的反应是解题的关键，题目难度不大．
6.【答案】B

【解析】解：A．石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，故A错误；
B．硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，故B正确；
C．二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性的硅酸钠溶液，容易把磨口玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起而不易打开，故C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，故D错误．
故选B．
A．石英、水晶的主要成分是二氧化硅；
B．硅常温下为固体，性质较稳定；
C．二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅．
本题考查了二氧化硅的化学性质，难度不大，注意：二氧化硅是酸性氧化物，但能和氢氟酸反应．
7.【答案】B

【解析】【分析】
本题考查了工业提纯硅，明确物质的性质及发生反应是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A．反应①SiO2+2CSi（粗）+2CO↑，反应③SiCl4+2H2Si（纯）+4HCl，二者都是置换反应，故A正确；
B．反应SiO2+2CSi（粗）+2CO↑，氧化产物为一氧化碳，还原产物为硅，二者物质的量之比为2：1，质量之比为：，故B错误；
C．出于成本、安全性与产物的纯度要求（易分离）考虑，反应①③的还原剂不能互换使用，故C正确；
D．沙子主要成分是二氧化硅，经过该流程成为硅，是实现半导体工业“从沙滩到用户”的基础，故D正确；
故选B。
8.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查了铁离子及亚铁离子的检验、铁及其化合物的性质，题目难度不大，把握物质的性质及物质之间的转化是解题的关键。
【解答】
A.将Fe（NO3)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe（NO3）2晶体已经变质，故A错误；
B.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液得到Fe（OH）3沉淀，向沸水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体，故B错误；
C.FeI2与足量氯气反应生成FeCl3和I2，1 molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故C错误；
D.ClO-能氧化还原性离子，Fe2+、SO32-具有还原性，所以水溶液中Fe2+、H+、SO32-、ClO-不能大量共存，故D正确。
故选D。



9.【答案】C

【解析】解：A．铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；
B．水玻璃为硅酸钠溶液，不燃烧，具有粘合性，则用于生产黏合剂和防火剂，故B正确；
C．二氧化硅为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，而与HF酸反应为其特性，可用氢氟酸蚀刻玻璃，故C错误；
D．漂白粉长期暴露在空气中，与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解，则会变质失效，故D正确；
故选：C。
A．铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构；
B．水玻璃为硅酸钠溶液，不燃烧，具有粘合性；
C．二氧化硅为酸性氧化物；
D．漂白粉长期暴露在空气中，与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解．
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．
10.【答案】C

【解析】【分析】
本题考查了离子性质、离子反应的现象、离子反应顺序等知识点，题目难度中等。
?加入NaOH溶液后，溶液中含有氢离子，在开始段没有生成沉淀，Fe3+、Al3+存在，加入氢氧化钠溶液有沉淀生成及部分沉淀溶解，中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3?H2O的反应，根据离子反应发生的条件进行判断。
【解答】
某酸性溶液中含有Fe3+、Al3+、NH4+、Cl-，向其中逐渐加入稀NaOH溶液，开始反应为：H++OH-=H2O，随氢氧化钠溶液加入，反应生成沉淀的反应为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，铵根离子交换氢氧根离子生成一水合氨，沉淀物质的量不变，随后加入氢氧化钠氢氧化铝溶解，最后沉淀物质的量不变，图象变化选择C。
故选C。
11.【答案】D

【解析】解：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，
则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，
故选：D。
根据发生的反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O来分析．
本题考查了化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，结合物质的溶解性来分析解答，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱，题目难度不大．
12.【答案】D

【解析】解：
?A．硅酸钠属于粘性的物质，能将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，故A错误；
B．Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓是强酸制弱酸，反应②Na2CO3+SiO2NaSiO3+CO2↑，是在高温条件下才能发生，两者不相互矛盾的，都可发生，故B错误；
C、石英玻璃主要成分二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，故C错误；
D、祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，故可以表示为：3BeO?Al2O3?6SiO2，故D正确；
故选D．
A．硅酸钠不能保存在磨口玻璃塞试剂瓶中；
B．Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓是强酸制弱酸，反应②Na2CO3+SiO2NaSiO3+CO2↑，是在高温条件下才能发生；
C、石英玻璃主要成分二氧化硅；
D、根据矿物质用氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水来分析．
本题考查了硅及其化合物和将矿物质的化学式改写为氧化物的方法，难度不大，掌握氧化物的形式表示时书写顺序是：活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水是解题关键．
13.【答案】D

【解析】【分析】
本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，难度中等。
【解答】
A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，故A正确；
B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，故B正确；
C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O，故C正确；
D．CuCl不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，故D错误。
故选D。
14.【答案】C

【解析】解：A、Fe2+的溶液呈浅绿色，故当溶液呈浅绿色时，说明含Fe2+，故A错误；
B、滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿，最后变为红褐色，说明原溶液含有Fe2+，Fe3+和氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化铁沉淀，所以只能观察到红褐色沉淀，所以该实验能证明某溶液只含有Fe2+而不含Fe3+，故B正确；
C、先滴加氯水，若原溶液含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe2+，故C错误；
D、向溶液中滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液变红，则说明滴入氯水后溶液中含Fe3+，则说明原溶液中含Fe2+，是滴入的氯水将Fe2+氧化为Fe3+，故D正确．
故选：C．
A、Fe2+的溶液呈浅绿色；
B、依据氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的过程中的现象分析判断；
C、原溶液中含有铁离子进行实验操作也能出现此现象；
D、氯化铁中的铁离子和硫氰酸根离子反应生成红色溶液．
本题考查了三价铁离子、二价铁离子的检验和性质应用，关键是加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度中等．
15.【答案】C

【解析】【分析】
本题考查物质的检验及鉴别的基本方法选择及应用，涉及常见金属的重要化合物、氨的化学性质、两性氧化物和两性氢氧化物，根据物质性质的差异进行分析，平时学习中应注意基础知识的积累。?四种物质所含阳离子各不相同，选取的试剂与之反应的现象应各不相同。
【解答】
A.氨水和氯化镁、氯化铝反应都生成白色沉淀，反应的现象相同，不能鉴别，故A错误；?
B.硝酸银和MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3四种溶液反应都生成白色沉淀，反应的现象相同，不能鉴别，故B错误；?
C.NaOH溶液和MgCl2反应生成白色沉淀，和CuCl2反应生成蓝色沉淀，和FeCl3反应生成红褐色沉淀，向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液生成白色沉淀后沉淀溶解，产生不同现象，可以鉴别，故C正确；?
D.氯化钠和MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3四种物质都不反应，不能鉴别，故D错误。?
故选C。

16.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查元素及其化合物的性质，明确物质间的反应是解题的关键，题目难度不大。
【解答】
A．将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，故A错误；
B．三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故B错误；
C．镁与氢氧化钠溶液不反应，故C错误；
D．氯化铝与氢氧化钠反应先生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝可与氢氧化钠继续反应生成可溶性的偏氯酸钠，故D正确。
故选D。
17.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查了物质的性质，难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意归纳总结既能与酸又能与碱反应的物质。
【解答】
①NaHCO3与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，故①正确；
②Al2O3?与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；与盐酸反应生成氯化铝和水，故②正确；
③Al（OH）3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；与盐酸反应生成氯化铝和水，故③正确；
④Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；与盐酸反应生成氯化铝和氢气，故④正确；
⑤NaHSO4与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，和盐酸不发生反应，故⑤错误。
故选D。

18.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查离子反应、离子共存，为高频考点，明确过氧化钠性质及整个过程中发生的反应是解本题关键，注意过氧化钠的强氧化性，题目难度不大。
【解答】
加入过氧化钠，过氧化钠具有强氧化性且和水反应生成NaOH，Fe2+被氧化生成Fe3+，Al3+→AlO2-，Fe3+→Fe（OH）3，NH4+变成氨气放出，加入过量盐酸后，AlO2-和Fe（OH）3分别又生成Al3+、Fe3+，则溶液中Fe2+、NH4+减少，Al3+不变，Fe3+增加，
故选：D。
19.【答案】A

【解析】【分析】
离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应的能大量共存，据此分析解答。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、络合反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中隐含条件，题目难度不大。
【解答】
A．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故A正确；
B．Ca2+、CO32-反应生成沉淀，H+、AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，故B错误；
C．OH-、NH4+发生反应生成NH3．H2O，OH-、HCO3-反应生成H2O和CO32-，所以不能大量共存，故C错误；
D．Fe3+、SCN-发生络合反应生成Fe（SCN）3而不能大量共存，故D错误；
故选：A。
20.【答案】D

【解析】解：①NaHCO3　属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、水，故①正确；
②Al与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，故②正确；
③Al2O3属于两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝与水，故氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③正确；
④Al（OH）3属于两性氢氧化物，与盐酸反应生成氯化铝与水，故氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故④正确，
故选：D。
中学常见既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等．
本题考查元素化合物的性质，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳，注意归纳总结既能与酸又能与碱反应的物质．
21.【答案】2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；A D；氢氧化钠溶液；；BDEF；过滤；D；淀粉

【解析】解：Ⅰ（1）铝和氧化铁在高温下发生反应生成氧化铝和铁，反应的方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，
故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
（2）若铝热反应能够进行，制取的金属的还原性应该比金属铝还原性弱，选项中金属Na、Mg还原性强于Al，所以无法通过铝热反应制取，可用铝热法冶炼Mn和Fe，
故答案为：AD；
（3）铝可与氢氧化钠溶液反应，如含有铝，则加入氢氧化钠溶液生成氢气，NaOH为离子化合物，其电子式为，
故答案为：氢氧化钠溶液；；
Ⅱ（1）灼烧固体用坩埚加热，常用仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，故答案为：BDEF；
（2）带灼烧成灰烬后，将灰烬转移到烧杯中，加适量的蒸馏水，用玻璃棒充分搅拌，煮沸后，过滤，故答案为：过滤；
（3）双氧水是绿色氧化剂，不产生污染物，也不引入杂质，所以最好的氧化剂是双氧水，故答案为：D；
（4）滴加淀粉溶液，如果溶液显蓝色，则证明海带中含有碘，故答案为：淀粉．
Ⅰ（1）铝和氧化铁在高温下发生反应生成氧化铝和铁；
（2）铝热反应中制取的金属的还原性应该小于铝的还原性；
（3）铝可与氢氧化钠溶液反应，以此进行实验设计；
Ⅱ．（1）灼烧固体用坩埚加热；
（2）分离固体和液体用过滤的方法；
（3）氧化时，注意不能引入新的杂质；
（4）可用淀粉检验碘单质．
本题考查较为综合，设计铝热反应、碘的提取和检验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关实验原理、方法的把握，难度不大．
22.【答案】（1）Fe（OH）3
（2）H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓
（3）0.02
（4）120


【解析】【分析】
本题考查了铝、镁及其化合物性质的分析判断，图象分析方法，对于图象分析题的解题规律：要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析，题目难度中等。
【解答】
向所得浊液中，逐滴加入1mol/L盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：
①0-10ml，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量不变，
说明A点沉淀是Fe（OH）3，m[Fe（OH）3]=1.07g，NaOH、AlCl3、FeCl3组成的混合物，溶于足量水发生反应是：FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl；
AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，NaOH有剩余，溶液是NaCl、NaAlO2和NaOH的混合液，该阶段发生反应是：NaOH+HCl=NaCl+H2O；
②10ml处，加入10ml盐酸刚好中和未反应的NaOH，溶液为NaCl、NaAlO2；
③10ml-30ml，即A点→B点，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量增加，该阶段发生反应是：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，离子方程式是：H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓
④30ml处，NaAlO2与盐酸恰好反应，需盐酸体积为：30ml-10ml=20ml，沉淀质量达到最大，溶液为NaCl溶液；
⑤30ml-C点，随盐酸的体积增加，沉淀的质量减少，发生反应是：Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O；Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；
⑥C点，Fe（OH）3和Al（OH）3完全反应，溶液为FeCl3、AlCl3和NaCl混合液．
（1）A处的沉淀为Fe（OH）3，因为加入10.0mlHCl恰好中和过量的NaOH，再加HCl沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（2）10ml-30ml，即A点→B点，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量增加，该阶段发生反应是：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，离子方程式是：H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓，故答案为：H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓；
（3）选30ml处，计算NaOH的质量，此时，溶液为NaCl溶液，溶液中Cl-来源于原混合物中的AlCl3、FeCl3和加入的30mlHCl，溶液中Na+来源于原混合物中的NaOH．
???NaAlO2 +HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl
0.02mol ?0.02L×1mol/L=0.02mol
由Al原子守恒得原混合物中n（AlCl3）=n（NaAlO2）=0.02mol，氯化铝的质量=0.02mol×133.5g/mol=2.67g
由Fe原子守恒得原混合物中，FeCl3的质量=0.01mol×162.5g/mol=1.625g；
故答案为：0.02；?
（4）由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=3n（FeCl3）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.01mol×3+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.12mol，C点溶液为FeCl3、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n（HCl）=n（NaOH）=0.12mol；C点所表示盐酸的体积为：，故答案为：120。

23.【答案】可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量 ? 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ? 当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降 ? Mg（OH）2 ? FeO42- ? AlO2- ? 8：3

【解析】解：（1）为避免后续反应消耗较多的氢氧化钠，则“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多，
故答案为：可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量；
（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（3）题给信息中FeO42-在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3催化作用下会发生分解，由图象可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降，
故答案为：当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降；
（4）滤渣2含有氢氧化镁，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH-、Cl-、SO42-、FeO42-、AlO2-，
故答案为：Mg（OH）2；FeO42-、AlO2-；
（5）K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe（OH）3，反应中Fe元素化合价由+6价降低为+3价，S元素化合价由-2价升高为+6价，则K2FeO4与H2S的物质的量之比为8：3，
故答案为：8：3。
硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）加入稀硫酸、过氧化氢，滤纸为二氧化硅，滤液中含有铁离子、氯离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液，混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH-、Cl-、SO42-、FeO42-、AlO2-，可用重结晶法提纯，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等。
24.【答案】（1）Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O； SiO2?；?
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；? ?
（3）生成Fe（OH）3和Al（OH）3?沉淀? ；过滤、洗涤和干燥；? ?
（4）由步骤2在2.855g样品中：160g?mol-1×n（Fe2O3）=0.4000g，
n（Fe2O3）=0.0025mol，相当于5.710g样品中含n（Fe2O3）=0.0050mol，
由步骤1在5.710g样品中：102g?mol-1×n（Al2O3）+160g?mol-1×n（Fe2O3）=3.350g，
102g?mol-1×n（Al2O3）=3.350g-2×0.4000g
n（Al2O3）=0.025mol
n（Al）/n（Fe）==5：1 。

【解析】【分析】
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。
铝土矿和硫铁矿烧渣（配料中含Al2O3、Fe2O3，FeO及SiO2等）加入盐酸酸溶，发生反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O，SiO2不溶，过滤，故滤渣1为SiO2，滤液为含有金属离子Fe3+、Al3+、Fe2+的酸性溶液，向滤液加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，再加入NaOH溶液调节pH=3发生聚合反应生成聚合碱式氯化铝铁，通过过滤、洗涤、干燥得到产品，最后将产品溶于足量氢氧化钠溶液得到氢氧化铁沉淀，灼烧得到氧化铁的质量，可得铁的量，将产品与氨水反应得到沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，灼烧得到氧化铁和氧化铝的总质量，由原子守恒计算，据此分析。
【解答】
（1）步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3被溶解的化学程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；SiO2不溶于盐酸，过滤，故滤渣1为SiO2；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；SiO2；
（2）步骤Ⅳ为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）经过步骤Ⅳ得到的溶液主要有Fe3+、Al3+，故步骤V若将溶液pH调成6，可能造成的影响是得到的是Fe（OH）3和Al（OH）3；调节pH=3发生聚合反应生成聚合碱式氯化铝铁，通过过滤、洗涤、干燥得到产品；
故答案为：生成Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀?；过滤、洗涤和干燥；
（4）由步骤2?在2.855g样品中：160g?mol-1?×n（Fe2O3）=0.4000g，
n?（Fe2O3）=0.0025mol，相当于5.710g样品中含n（Fe2O3）=0.0050mol，
由步骤1在5.710g样品中：102g?mol-1×n（Al2O3）+160g?mol-1×n（Fe2O3）=3.350g，
102g?mol-1×n（Al2O3）=3.350g-2×0.4000g
n（Al2O3）=0.025mol
n（Al）/n（Fe）==5：1；
故答案为：产品中n（Al）/n（Fe）的比值为5：1。