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专题9 金属与人类文明 专题复习 高一下学期化学苏教版（2019）必修第二册
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这是一份专题9 金属与人类文明 专题复习 高一下学期化学苏教版（2019）必修第二册，共25页。
专题9《金属与人类文明》专题复习 苏教版（2019）高一化学必修第二册一、选择题1．天然晶体称为水晶，是古代重要宝石品种。有关的说法错误的是（ ）A．属于原子晶体 B．属于非电解质C．属于酸性氧化物 D．含有键2．下列物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是（ ）A．铁粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂B．Cl2具有漂白性，可用作纸张的漂白剂C．FeCl3溶液呈浅绿色，可用作蚀刻铜电路板D．NaHCO3具有不稳定性，可用于治疗胃酸过多3．2021年5月15日，我国火星探测器“天问一号”成功着陆火星。天问一号探测器上使用了重量轻、强度高、刚性好、宽温度范围下尺寸稳定的新型SiC增强铝基复合材料。下列说法错误的是（ ）A．SiC是一种新型硅酸盐材料B．SiC俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构C．SiC中的碳原子和硅原子通过共价键连接D．SiC具有优异的高温抗氧化性能4．下列各组物质与用途关系错误的是（ ） A．过氧化钠：供氧剂 B．二氧化硅：半导体C．明矾：净水剂 D．三氧化二铁：红色油漆5．下列有关说法错误的是（ ）A．玻璃、水泥、陶瓷都为硅酸盐产品B．目前我国流通的硬币都是由合金材料制造的C．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用D．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶6．下列有关常见元素及其化合物的说法正确的是（ ）A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉B．金属钠具有强还原性，可用金属钠和TiCl4溶液反应制备金属TiC．镁是国防金属，工业上采用电解熔融氧化镁的方法获得镁单质D．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化作用7．下列物质与其用途完全符合的是（ ） ①Na2O2﹣供氧剂 ②晶体Si﹣太阳能电池 ③AgI﹣人工降雨 ④NaCl﹣制纯碱 ⑤Al2O3﹣焊接钢轨 ⑥NaClO﹣消毒剂⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料 ⑧SO2﹣食品漂白剂 ⑨NH3﹣制冷剂．A．①④⑤⑧⑨ B．①②③⑥⑦⑨ C．①②③④⑥⑦⑨ D．①②③④⑤⑥⑦⑧⑨8．青石棉是一种致癌物质，化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2，青石棉用4mol·L-1稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是（ ） A．青石棉是一种易燃品，且易溶于水B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·FeO·2Fe2O3·8SiO2·H2OC．适量青石棉能完全溶于足量稀硝酸中，得到澄淸透明溶液D．1 mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与4mol·L-1稀硝酸完全反应，至少消耗4.5L稀硝酸9．赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（ ） A．硫酸 B．烧碱 C．盐酸 D．氢氟酸10．具备优良的抗腐蚀性，被称为未来金属，工业上可以采用铁热还原法（高温）制备，工艺流程如下；（已知：MgCl2(熔融)电解__Mg+Cl2↑）下列说法错误的是（ ）A．热还原的化学方程式为：TiCl4+2Mg高温__Ti+2MgCl2B．整个工艺流程中，元素化合价始终不变C．和高温下化学性质非常活泼，镁还原需在惰性气氛中进行D．的循环使用可以提高原料利用率，降低成本11．足量的两份铝，分别投入等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（ ）A．1:3 B．1:1 C．2:3 D．3:212．下列说法正确的是（ ）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是能发生丁达尔效应B．合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点C．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加D．因为氯气溶于水可以导电，所以氯气是电解质13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ） A．A B．B C．C D．D14．常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A．在pH=1的溶液中：Fe2+、Cl－、NO3－、Na＋B．在能使酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、SO4－、K＋C．含有大量AlO2-的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、H+D．在1mol/L的AlCl3溶液中：NH4＋、Ag＋、Na＋、NO3－二、非选择题15．以硫酸亚铁铵为原料可以制备高纯水合草酸亚铁。已知：I.水合草酸亚铁晶体为淡黄色粉末，难溶于水，溶于稀酸。II.时，易被氧气氧化。（1）制取。将硫酸亚铁铵加水制中搅拌成溶液后再与、溶液中的一种混合加入到三颈瓶中(如图)，在不断搅拌和加热的条件下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，洗涤，干燥得产品。①滴液漏斗中的溶液是 ；②上述制备反应为，其平衡常数K的数值为 。[、；。]（2）确定的化学式。准确称取0.8100 g样品溶于硫酸中，加热至60~80℃，用溶液滴定至刚变红为止，然后滴加稍过量的将全部还原为，充分反应后，除去过量的，加入适量的磷酸。再用 溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为20.00 mL。已知：(未配平)①上述实验中加入适量的磷酸的目的是调节酸性。若用盐酸代替磷酸，样品中x的测定结果将 (填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。②通过计算确定的化学式 (写出计算过程)。（3）将晶体放在坩埚中敞口充分加热，固体质量随温度的变化的曲线如图所示。加热至500℃时，所得固体的成分为 (填化学式)。16．晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅。②粗硅与干燥 HCl气体反应制得 SiHCl3：Si + 3HCl SiHCl3+ H2 ③SiHCl3与过量H2在 1000 ~1100℃反应制得纯硅已知 ①SiHCl3能与 H2O强烈反应，在空气中易自燃②普通玻璃在600℃左右融化。请回答下列问题：（1）第①步制备粗硅的化学反应方程式为 。（2）粗硅与HCl反映完全后，经冷凝得到的SiHCl3（沸点 33.0℃）中含有少量 SiCl4（沸点57.6℃） 和 HCl（沸点-84.7℃），提纯 SiHCl3 采用的方法为 。（3）用 SiHCl3 与过量 H2 反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）： ①装置B中的试剂是 。装置C中的烧瓶需要加热，其目的是 。②反应一段时间后，装置 D中观察到的现象是 ，装置 D不能采用普通玻璃管的原因是 ，装置D中发生反应的化学方程式为 。③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及 。④为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是 。A 碘水 B 氯水 C NaOH溶液 D KSCN溶液 E Na2SO3 溶液17．某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）固体B的主要用途为（只写一种即可） ； （2）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是： 、 ； （3）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是 。若往A溶液中通入足量CO2，产生的沉淀为 （填化学式）； （4）工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为 （填化学式）。 18．铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用． 回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示．原料中除铁矿石和焦炭外含有 ．除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2 ）的化学反应方程式为 、 ；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2 和 （填化学式）． （2）已知： ①Fe2O3 （s）+3C（s）=2Fe（s）+3CO（g）△H=+494kJ•mol﹣1②CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1③C（s）+ O2（g）=CO（g）△H=﹣110kJ•mol﹣1则反应Fe2O3 （s）+3C（s）+ O2（g）=2Fe（s）+3CO2 （g） 的△H= kJ•mol﹣1．理论上反应 放出的热量足以供给反应 所需的热量（填上述方程式序号）（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的 部分，主要反应的化学方程式为 ；熔融造气炉相当于高炉的 部分． （4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是 ． 19．经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：（1） mol/L。（2）为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾()。①工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式为： 、 。②试剂B是 。③若要从溶液D得到绿矾晶体，步骤③的实验操作有： 、 、过滤、洗涤、干燥。④通过检验溶液D中来判断废水中是否除尽，实验方法是 。⑤获得的需密闭保存，原因是 。⑥上述1000L废水经处理，理论上可获得的物质的量是 mol。20．某固体试样A是由一定量的Al、Mg均匀组成的混合物，为验证混合物的组成，进行如下实验：①取m g试样A，全部溶于0.5L 2mol·L－1稀硫酸溶液中，放出11.2 L气体(已换算成标准状况)，同时生成溶液B；②另取m g试样A，加入2mol·L－1的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成；③往溶液B中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化。根据以上过程回答下列问题：（1）溶液B中是否含有H+ (填“是”或“否”)； （2）写出②中发生反应的离子方程式 ； （3）下列能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是 ；（4）m g试样A中含Mg的质量为 g； （5）林同学通过查阅资料，发现浓硫酸与铝发生钝化，但与Mg能剧烈反应生成SO2，如果忽略钝化的反应过程，可以通过测定浓硫酸与固体试样反应产生的气体体积，来确定混合物A中镁的质量分数。郭同学认为林同学的方案可行，但考虑到如果反应结束后硫酸未保持“浓”的状态，测定结果会 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)，其依据是 。21．氢化铝钠(NaAlH4)是重要的还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3)为原料制备NaAlH4的流程如图。已知：“碱浸”时，SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8。回答下列问题：（1）加快“碱浸”速率的措施是 。(写一条)（2）“反应1”中，HCO与AlO反应的离子方程式为 。（3）为避免铝元素在“碱浸”过程中的损失，请提出一条合理化建议： 。（4）“电解2”生成的NaHCO3和NaOH可循环使用，阴极产生的物质是 (填化学式)。（5）“反应3” (填“是”或“不是”)氧化还原反应。（6）氢化铝钠遇水发生剧烈反应并产生大量气泡，当产生标准状况下8.96L气体时，该反应中转移电子的物质的量为 mol。（7）Al与LiBH4反应制备的复合材料是重要的制氢材料，对Al－LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：①请解释Al-LiBH4体系与水反应产氢比纯Al产氢具有的优势： 。②25℃和75℃时，Al－LiBH4复合材料[ω(LiBH4)=25%]与水反应一定时间后产物的X－射线衍射图谱(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示。分析图中信息可知，25℃与75℃时，Al－LiBH4复合材料中与水未完全反应的物质是 (填化学式)。22．根据所学知识填空 （1）实验室在临时配制一些FeCl2的溶液时，常将氯化亚铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了 ．稀释后还需要加入一些铁粉，其目的是 ，相关反应的离子方程式为 ． （2）氯化铁水溶液呈 性，原因是（用离子方程式表示）： ．把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 ． 23．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：OA： ； BC： ；（2）原Mg-Al合金的质量是 。 （3）原HCl溶液的物质的量浓度是 。 （4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是 。 24．镁及其化合物有着广泛用途。工业上以菱镁矿(主要成分为 ，含 以及少量 等杂质)为原料制备纳米氧化镁的实验流程如下： （1）滤渣1的主要成分为 。（2）加入 氧化时，发生反应的离子方程式为 。 （3）一定条件下 可与 反应生成 和一种弱碱，该反应的化学方程式为 。 （4）工业上还可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米 。取少量制得的该物质分散于某种液体溶剂中(两者不反应)，能说明纳米 存在的简单方法是 。如图为反应温度对纳米 产率和粒径的影响，据图分析反应的最佳温度为 。 （5）所加 不宜过量太多的原因是 。 （6）主要副产品是 。 答案解析部分1．DA．SiO2属于原子晶体，A不符合题意；B．SiO2难溶于水，在熔融状态下也不能导电，属于非电解质，B不符合题意；C．SiO2属于酸性氧化物，能和强碱反应生成硅酸盐和水，C不符合题意；D．SiO2晶体中只含有Si-O键，不含Si=O键，D符合题意；故答案为：D。 A、原子直接结合而成的物质，属于原子晶体； B、非金属氧化物属于非电解质（除水）； C、大部分非金属氧化物属于酸性氧化物，一氧化碳、一氧化氮、二氧化氮除外； D、硅和氧只有单键连接。2．AA．铁粉具有还原性，能够与食品包装袋中的氧气发生反应，因而可以防止食品氧化变质，故可用作食品的抗氧化剂，A符合题意；B．Cl2本身不具有漂白性，Cl2与水反应产生的HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此可用作纸张的漂白剂，B不符合题意；C．FeCl3溶液具有强氧化性，能够与Cu反应产生FeCl2、CuCl2而腐蚀金属Cu，故可用作蚀刻铜电路板，C不符合题意；D．NaHCO3对人无刺激性，可以与胃酸(即盐酸)发生反应，降低胃酸的浓度，因此可用于治疗胃酸过多，这与其是否具有不稳定性无关，D不符合题意；故答案为：A。 A.铁粉具有还原性； B.氯气不具有漂白性； C. FeCl3溶液呈黄色，FeCl3溶液蚀刻铜电路板利用的是其氧化性； D.碳酸氢钠能与盐酸反应，且对胃的刺激较小。3．AA．SiC属于新型陶瓷，不属于硅酸盐材料，故A符合题意；B．碳化硅俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构，熔沸点高，硬度大，可用于制造耐高温、抗氧化的新型陶瓷，B不符合题意；C．SiC属于共价化合物，碳原子和硅原子通过共价键连接，C不符合题意；D．SiC属于原子晶体，故SiC陶瓷具有耐高温、抗腐蚀等优异性能，D不符合题意；故答案为：A。 A、硅酸盐应该含有硅酸根； B、金刚砂和金刚石结构相似； C、碳原子和硅原子为共价键连接； D、结合题干可知SiC为重量轻、强度高、刚性好、宽温度范围下尺寸稳定。4．BA．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠可作供氧剂，故A不符合题意；B．二氧化硅用于制备光纤，不是半导体，故B符合题意；C．明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，可用作净水剂，故C不符合题意；D．三氧化二铁为红棕色固体，可用作红色涂料，故D不符合题意；故答案为：B。 A.过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气 ； B.依据二氧化硅导电性分析； C.依据盐类水解的性质及应用分析； D.依据氧化铁为红棕色固体分析。5．DA. 玻璃、水泥、陶瓷都为硅酸盐产品，A不符合题意； B. 目前我国流通的硬币都是由合金材料制造的，B不符合题意； C. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，C不符合题意； D. 生石灰或硅胶是干燥剂，不是抗氧化剂，为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入铁粉，D符合题意， 答案选D。A、主要考查硅酸盐产品：玻璃、水泥、陶瓷等； B、根据合金的性质解答； C、根据氧化铝保护膜的性质解答； D、防止氧化而变质，需要还原剂消耗氧气，而生石灰主要吸收水分、二氧化碳作为干燥剂，不是抗氧化剂；6．DA.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，可用Cl2与石灰乳或石灰浆反应制得，A不符合题意；B.金属Na具有强还原性，能与水溶液中的H2O直接反应，因此需用Na和熔融TiCl4反应制取Ti，B不符合题意；C.工业上常用电解熔融MgCl2制取金属镁，C不符合题意；D.SO2具有漂白性和还原性，可用作食品添加剂中，起到漂白、防腐和抗氧化作用，D符合题意；故答案为：D A、澄清石灰水中Ca(OH)2含量少，不用于制备漂白粉； B、Na能与TiCl4溶液中的H2O直接发生反应； C、工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取镁； D、少量SO2可用作食品添加剂；7．C解：①Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，故①正确；②单质硅可用作制太阳能电池，故②正确；③AgI可用于人工降雨，故③正确； ④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故④正确；⑤根利用铝氧化铁发生铝热反应可用于焊接钢轨，故⑤错误；⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO），故⑥正确； ⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料，故⑦正确； ⑧SO2有漂白作用，但本身有毒，不能用作食品漂白剂，故⑧错误；⑨NH3易液化，液氨常用作制冷剂，故D正确； 所以物质与其用途完全符合的有①②③④⑥⑦⑨；故选C；①Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气；②单质硅可用作制太阳能电池； ③AgI可用于人工降雨； ④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱；⑤根据铝热反应可用于焊接钢轨； ⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO）； ⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料 ⑧SO2有漂白作用，但本身有毒；⑨液NH3可制冷剂；8．DA．大多数复杂硅酸盐难溶于水，不燃烧，青石棉含有Si、O元素以及Na、Fe等元素，是一种硅酸盐，不燃烧、难溶于水，故A不符合题意；B．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O，故B不符合题意；C．青石棉中的二氧化硅不溶于硝酸，所以适量青石棉溶于足量稀硝酸时会有固体剩余，不能得到澄清透明溶液，故C不符合题意；D．根据元素守恒可知1 mol青石棉与稀硝酸反应时可生成2 mol NaNO3、5 mol Fe(NO3)3，根据其氧化物形式可知含有3 mol FeO，则氧化FeO还需要1 mol NO (稀硝酸被还原成NO)，所以共需要2mol+5mol´3+1mol=18 mol硝酸，所需硝酸体积为 =4.5 L，故D符合题意；故答案为：D。 A.青石棉属于复杂硅酸盐，难溶于水且不易燃烧 B.硅酸盐书写氧化物时是按照活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水的顺序，且与硝酸反应生成一氧化氮，说昆明有亚铁离子，根据原子的个数进行确定系数 C.二氧化硅不溶于硝酸 D.根据1molNa2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O~2molNaNO3~5Fe(NO3)3~1molNO，共需要18mol硝酸9．DA、硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选A项；B、烧碱与二氧化硅反应缓慢，且生成的硅酸钠具有一定的粘性，与二氧化硅难以分离，不方便刻蚀，故不选B项；C、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选C项；D、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故答案为：D二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件它可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应。10．BA．在热还原过程中，Mg将TiCl4还原为Ti，Mg被氧化为MgCl2，化学方程式为：TiCl4+2Mg高温__Ti+2MgCl2，A不符合题意；B．电解熔融的MgCl2时，发生如下反应MgCl2Mg+Cl2↑，Cl元素化合价由-1价升高为0价，B符合题意；C．高温条件下，由于和很容易被空气中的氧气氧化，所以镁还原TiCl4时，需在惰性气氛中进行，C不符合题意；D．还原TiCl4后转化为MgCl2，MgCl2熔融电解再生成Mg，可实现镁的循环使用，从而提高原料利用率，降低生产成本，D不符合题意；故答案为：B。 A.镁的活泼性大于钛，高温下四氯化钛与镁反应生成钛和氯化镁； B.电解熔融氯化镁的反应中，氯元素化合价发生变化； C.高温下钛和镁具有较强活泼性； D.结合制备流程可知，镁可以循环利用。11．A由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知，参加反应的铝与酸碱与生成的氢气的物质的量关系为：2Al～6HCl～3H2，2Al～2NaOH～3H2，根据n=cv，则盐酸和氢氧化钠溶液物质的量之比为1：1，体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气物质的量之比是 ∶ =1∶3 故答案为：A金属铝足量，则酸、碱完全反应，根据反应的化学方程式2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑进行计算即可。12．BA．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，区分胶体的溶液的方法是是否发生丁达尔效应，故A错误； B．合金的熔点一般比各组分金属的低，故B正确； C．生铁含碳量高于普通钢和不锈钢，故C错误； D．氯气溶于水后与水反应生成了盐酸和次氯酸，这两种酸电离产生自由移动的离子，所以水溶液可以导电，但氯气是单质，所以氯气既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故答案为：B。 A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小； B．合金的熔点一般比组分金属低； C．生铁含碳量高； D．单质和混合物既不是电解质也不是非电解质分析。13．BA．向某溶液先滴加 溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解。该白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，故A不符合题意； B．向 溶液中滴加5-6滴相同浓度 溶液，充分反应后滴入 溶液，溶液变血红色，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，碘离子过量，反应后，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有铁离子，说明I-与Fe3+的反应有一定限度，故B符合题意；C．氨气极易溶于水，向某溶液加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，可能是生成氨气全部溶解在水中，没有放出，因此实验时一般需要加热，故C不符合题意；D．将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转，说明构成了原电池，锌为负极，铜为正极，水果电池产生的电流从铜片沿导线流向锌片，故D不符合题意；故答案为：B。 A.证明硫酸根离子，先加入盐酸再加入氯化钡溶液进行实验 B.铁离子量少而碘离子过量，理论上是反应完全，但是加入硫氰化钾溶液变为红色，说明含有铁离子，因此可说明是可逆反应 C.检验铵根离子时需要进行加热 D.苹果中含有酸性物质，锌和铜的活动性锌强，因此锌做负极，失去电子，因此电子是由锌到铜14．BA.NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，不可大量共存，A不符合题意；B.溶液中各离子相互间不发生反应，可大量共存，B符合题意；C.AlO2-能与H+反应生成Al(OH)3沉淀或Al3+，不可大量共存，C不符合题意；D.Cl-能与Ag+反应生成AgCl沉淀，不可大量共存，D不符合题意；故答案为：BA.NO3-在酸性条件下具有氧化性；B.能使酚酞变红的溶液显碱性；C.AlO2-能与H+反应；D.Cl-能与Ag+反应生成AgCl沉淀；15．（1）溶液；11.8（2）偏小；（3）（1）时，易被氧气氧化，三颈烧瓶中先加入硫酸溶液的同时加入硫酸亚铁铵，再向其中滴加草酸，故滴液漏斗中的溶液是溶液；②上述制备反应为，其平衡常数K的数值为 ；（2）①若草酸亚铁晶体中混有杂质（杂质不参加反应），会导致测得的x的值偏小；②，由题意可得关系式：，，，即：，，样品的化学式为；（3）将晶体放在坩埚中敞口充分加热，固体质量随温度的变化的曲线如图所示。加热至500℃时，设所得固体的成分为FexOy，故n(Fe)= =mol，n(O)==0.0074mol，故x：y=mol： 0.0074mol3：4，故所得固体的成分为。 （1）依据易被氧气氧化，需加入还原性物质；②利用平衡常数计算；（2）①考虑晶体中混有杂质；②利用关系式法计算，确定化学式；（3）根据固体质量随温度的变化的曲线，计算组分中原子的物质的量。16．（1）SiO2+2C Si+2CO↑（2）分馏（或蒸馏）（3）浓硫酸；使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化；有固体物质生成；在反应温度下，普通玻璃会软化；SiHCl3+H2 = Si+3HCl；排尽装置中的空气；BD （1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，反应方程式为SiO2+2C Si+2CO↑； （2）SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点57.6℃）和HCl（沸点-84.7℃），由于沸点差别较大，可以通过分馏除去杂质。 （3）①锌和稀硫酸的反应是放热反应，所以生成的氢气含有水蒸气，为干燥氢气，一般选用浓H2SO4 干燥；气体的反应速率较大，所以加热的目的是使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化②高温下，SiHCl3和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以D装置中的现象是有固体物质生成；由于高温下，普通玻璃会软化，所以使用石英玻璃；反应方程式为SiHCl3+H2 = Si+3HCl；③氢气是可燃性气体，当氢气的量达到一定时易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H2，排尽装置中的空气；④铁能和酸反应生成亚铁离子，亚铁离子有还原性，亚铁离子能被氯水氧化生成铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液变红色，所以可以用氯水和硫氰化钾溶液检验铁的存在，答案选BD。 本题的解题关键在于题目信息的利用 （1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳（需了解硅的制备和提纯反应） （2）由题目信息知物质的沸点相差比较大，用蒸馏 （3）由题目信息知①SiHCl3能与 H2O强烈反应，所以氢气需除杂（浓H2SO4 干燥） ②SiHCl3与过量H2在 1000 ~1100℃反应制得纯硅（反应方程式为SiHCl3+H2 = Si+3HCl），普通玻璃在600℃左右融化。所以C装置是加热（ 1000 ~1100℃），反应物转化为气体；且普通玻璃不满足要求，换成熔点更高的石英玻璃（SiO2）； ③主反应是SiHCl3+H2 = Si+3HCl，所以需排除副反应的发生，所以需先排尽装置内空气，防止氢气与氧气生成水，影响实验（SiHCl3能与 H2O强烈反应） ④亚铁离子的检验：先加硫氰化钾溶液无现象，再加氯水变红17．（1）炼铁原料或用作涂料、油漆等（2）Al2O3+2OH－＝2AlO2－+H2O；SiO2+2OH－＝ SiO32－+ H2O（3）Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+；Al(OH)3、H2SiO3（4）CO（1）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后氧化铝和二氧化硅溶解，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁，氧化铁可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等；（2）根据框图流程，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝、二氧化硅溶解，反应的离子方程式为Al2O3+2OH－＝2AlO2－+H2O、SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O；（3）试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；若往A溶液中通入足量CO2，硅酸根离子和偏铝酸根离子反应生成硅酸和氢氧化铝，因此产生的沉淀为Al(OH)3、H2SiO3；（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5 mol碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO。 （1）熟记三氧化二铁的用途； （2）书写离子反应方程式时注意：强酸、强碱以及易溶于水的盐要写成离子形式；弱酸、弱碱、单质、气体、水、氧化物均写成化学式；另外要遵循电荷守恒； （3）注意氨水属于弱电解质不拆；熟记铝及其化合物的性质； （4）根据电荷守恒，求解反应产物；18．（1）石灰石；CaCO3 CaO+CO2↑；CaO+SiO2 CaSiO3；CO（2）﹣355；②③；①（3）炉腰；Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2；炉腹（4）碱液或氢氧化钠、氨水解：（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，涉及反应有CaCO3 CaO+CO2↑，CaO+SiO2 CaSiO3，加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳，尾气中含有CO， 故答案为：石灰石；CaCO3 CaO+CO2↑；CaO+SiO2 CaSiO3；CO；（2）利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3（s）+3C（s）+ O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=（+494kJ•mol﹣1）+3×（﹣283kJ•mol﹣1）=﹣355kJ•mol﹣1，因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应，故答案为：﹣355；②③；①；（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O2 2CO以及CaCO3 CaO+CO2↑，CaO+SiO2 CaSiO3反应，则熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分，故答案为：炉腰；Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2；炉腹；（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应，可用碱液或氢氧化钠、氨水等吸收，故答案为：碱液或氢氧化钠、氨水．（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙；加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳；（2）利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3（s）+3C（s）+ O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H，因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应；（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O2 2CO以及CaCO3 CaO+CO2↑，CaO+SiO2 CaSiO3反应；（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应．19．（1）0.01（2）；；硫酸；蒸发浓缩；冷却结晶；取少量D中溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中除尽；有还原性，易被氧化或失去结晶水；12向工业废水中加入铁粉，则Fe3+与铁粉发生氧化还原，，需要铁粉1mol；与Cu2+发生置换反应，，需要铁粉1mol；与酸发生置换，，需要铁粉5mol，则操作①中共消耗铁粉7mol，392g，溶液D中离子含有Fe2+、、Na+，固体D中含有Cu、Fe则试剂B为H2SO4，得到溶液E为FeSO4，最终得到绿矾；（1）根据电荷守恒，，则c(H+)=0.01mol/L； 故答案为：0.01；（2）①根据上述分析，废水中加入铁粉的离子方程式、；故答案为：；；②根据上述分析，试剂B为硫酸；故答案为：硫酸；③由液体到晶体需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；④检验溶液中是否含有Fe3+的方法，取少量D中溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中 Fe3+除尽；故答案为：取少量D中溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中 Fe3+除尽；⑤FeSO4 有还原性，易被氧化且 FeSO4⋅7H2O 失去结晶水，故绿矾需要密闭保存；故答案为：FeSO4 有还原性，易被氧化(或 FeSO4⋅7H2O 失去结晶水)；⑥根据上述分析，及原子守恒，工业废水中的Fe3+及操作①中加入的铁粉都完全转化为绿矾中的铁元素，；故答案为：12。 （1）根据溶液呈电中性原则，计算出氢离子浓度即可。 （2）溶液中含有的铜离子、铁离子、氢离子都可以与铁粉反应，经过计算发现，铁粉过量，操作①为过滤，固体为铜和铁，由于最后要得到硫酸亚铁，所以试剂B为稀硫酸，过滤分离出单质铜。20．（1）是（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（3）D（4）4.8（5）偏大；浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，镁的质量分数测定结果偏大（1）0.5L 2mol·L－1稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L×2mol/L＝1.0mol，最终放出氢气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，根据氢原子守恒可知硫酸过量，所以溶液B中含有H+；（2）另取m g试样A，加入2mol·L－1的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成，该过程中只有铝和氢氧化钠溶液反应，则②中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）由于溶液中B中含有硫酸、硫酸镁和硫酸铝，因此往溶液B中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化时首先发生中和反应，然后氢氧根沉淀镁离子和铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，则能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是图像D，故答案为：D；（4）与铝反应的氢氧化钠的物质的量是2mol/L×0.1L＝0.2mol，根据方程式可知2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑生成氢气是0.3mol，由于相同质量的铝与稀硫酸反应也产生0.3mol氢气，则镁生成的氢气是0.5mol－0.3mol＝0.2mol，所以根据方程式Mg+2H+＝Mg2++H2↑可知镁的质量是0.2mol×24g/mol＝4.8g；（5）由于浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，从而导致镁的质量分数测定结果偏大。镁和铝均能与稀硫酸反应生成氢气，铝只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化镁不溶于强碱，结合有关物质的物质的量和反应的方程式分析解答。21．（1）粉碎铝土矿(或增大NaOH浓度或适当升高“碱浸”温度等合理答案)（2）HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO（3）碱浸改为盐酸酸浸，过滤后，再加入NaOH溶液（4）NaOH和H2（5）不是（6）0.4（7）LiBH4与水反应产生H2和LiOH，LiOH又与铝反应生成H2(或反应速率更快且产生的氢气更多)；Al(1)根据影响反应速率的因素，加快“碱浸”速率的措施是粉碎铝土矿、增大NaOH浓度、适当升高“碱浸”温度等。(2)“反应1”中，HCO与AlO反应生成氢氧化铝沉淀和CO，反应的离子方程式为HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO；(3)碱浸改为盐酸酸浸，过滤后，再加入NaOH溶液可以避免铝元素在“碱浸”过程中的损失；(4)“电解2”是电解碳酸钠溶液，阴极反应式为，阴极产生的物质是NaOH和H2。(5)“反应3”是AlCl3和NaH反应生成NaAlH4和氯化钠，元素化合价不变，不是氧化还原反应；(6)氢化铝钠遇水发生剧烈反应并产生大量氢气，反应方程式是，生成4mol氢气转移4mol电子，当产生标准状况下8.96L气体时，该反应中转移电子的物质的量为0.4mol；(7)①LiBH4与水反应产生H2和LiOH，LiOH又与铝反应生成H2(或反应速率更快且产生的氢气更多)，所以Al-LiBH4体系与水反应产氢比纯Al产氢更具优势。②分析图中信息可知，25℃与75℃时，Al－LiBH4复合材料中与水未完全反应的物质是Al。 (1)根据影响反应速率的因素分析。(2)HCO与AlO反应生成氢氧化铝沉淀和CO；(3)盐酸酸浸；(4)依据放电顺序确定产物(5)依据元素化合价变化与否判断；(6)依据化学方程式计算；(7)①反应速率更快且产生的氢气更多；②依据图中信息分析。22．（1）抑（防）止Fe2+水解；防止Fe2+被氧化成Fe3+；2Fe3++Fe=3Fe2+（2）酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；氧化铁或Fe2O3解：（1.）配制FeCl2的溶液时，应抑制亚铁离子水解，则常将氯化亚铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了抑（防）止Fe2+水解；亚铁离子易被氧化，则稀释后还需要加入一些铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化成Fe3+，相关离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：抑（防）止Fe2+水解；防止Fe2+被氧化成Fe3+；2Fe3++Fe=3Fe2+； （2.）氯化铁水溶液中，铁离子发生水解反应溶液显酸性，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，把FeCl3溶液蒸干水解生成的氯化氢挥发，灼烧，最后得到的主要固体产物是氢氧化铁分解产物为氧化铁或Fe2O3，故答案为：酸；氧化铁或Fe2O3．（1）配制FeCl2的溶液时，应抑制亚铁离子水解，且不能引入新杂质，还应注意亚铁离子易被氧化，以此来解答；（2）氯化铁水溶液中，铁离子发生水解反应溶液显酸性，把FeCl3溶液蒸干水解生成的氯化氢挥发，灼烧，最后得到的主要固体产物是氢氧化铁分解产物，如果要从氯化铁溶液得到纯氯化铁固体，需要抑制氯化铁的水解得到氯化铁．23．（1）H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（2）5.1g（3）6mol/L（4）5mol/LMg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为；H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g。本小题答案为：5.1g。（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。本小题答案为：6mol/L。（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。根据图示可知：加入氢氧化钠之前溶液中的溶质是：HCl,MgCl2,AlCl3,因此O-A是氢氧化钠和稀盐酸反应，A-B发生的是镁离子和铝离子 变为氢氧化铝和氢氧化镁沉淀的反应，B-C发生的是氢氧化铝溶解的反应。根据数据可知氢氧化镁的沉淀是5.8g，氢氧化铝的沉淀是13.6-5.8=7.8g，根据与氢氧化铝的反应即可计算出氢氧化钠的物质的量浓度，再结合氯元素和钠元素守恒即可计算出盐酸的物质的量浓度24．（1）（2）（3）CO(NH2)2+3H2O=CO2↑+2NH3•H2O（4）用一束光照射该分散系，在侧面会看到一条光亮的通路(或该分散系能产生丁达尔效应)；50℃（5）避免调pH时，消耗过多的氨水（6）硫酸铵(或 )(1)二氧化硅不与硫酸反应，滤渣1为SiO2；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)在一定条件下CO(NH2)2可与H2O反应生成CO2和一种弱碱，依据原子守恒可知弱碱为一水合氨，反应的化学方程式为：CO(NH2)2+3H2O=CO2↑+2NH3•H2O；(4)利用丁达尔现象可鉴别胶体，所以能说明是纳米MgO存在的简单方法是用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路，图1为反应温度对纳米MgO产率和粒径的影响，50℃时氧化镁产率最大，粒径较小，温度再高，产率减小，粒径变化不大，故反应的最佳温度为50℃；(5)所加 不宜过量太多的原因是：避免调pH时，消耗过多的氨水；(6)滤液中含有硫酸镁、硫酸铵等，加入CO(NH2)2始产生沉淀，加入PVA进行分散，过滤干燥得到氢氧化镁沉淀，副产品为硫酸铵。菱铁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2）加入稀硫酸酸溶，二氧化硅不反应，过滤分离，滤渣1为SiO2，过滤得到滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤液中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，则加入一水合氨调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中含有硫酸镁、硫酸铵等，加入CO(NH2)2始产生沉淀，加入PVA进行分散，过滤干燥得到氢氧化镁沉淀，高温煅烧制备纳米氧化镁； 实验操作和现象实验结论A向某溶液先滴加 溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解。原溶液中一定有 B向 溶液中滴加5-6滴相同浓度 溶液，充分反应后滴入 溶液，溶液变血红色。 与 的反应有一定限度C向某溶液加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝。原溶液中一定无 D将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转。水果电池产生的电流从锌片沿导线流向铜片离子浓度/(mol/L)
专题9《金属与人类文明》专题复习 苏教版（2019）高一化学必修第二册一、选择题1．天然晶体称为水晶，是古代重要宝石品种。有关的说法错误的是（ ）A．属于原子晶体 B．属于非电解质C．属于酸性氧化物 D．含有键2．下列物质的性质与用途均正确，且具有对应关系的是（ ）A．铁粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂B．Cl2具有漂白性，可用作纸张的漂白剂C．FeCl3溶液呈浅绿色，可用作蚀刻铜电路板D．NaHCO3具有不稳定性，可用于治疗胃酸过多3．2021年5月15日，我国火星探测器“天问一号”成功着陆火星。天问一号探测器上使用了重量轻、强度高、刚性好、宽温度范围下尺寸稳定的新型SiC增强铝基复合材料。下列说法错误的是（ ）A．SiC是一种新型硅酸盐材料B．SiC俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构C．SiC中的碳原子和硅原子通过共价键连接D．SiC具有优异的高温抗氧化性能4．下列各组物质与用途关系错误的是（ ） A．过氧化钠：供氧剂 B．二氧化硅：半导体C．明矾：净水剂 D．三氧化二铁：红色油漆5．下列有关说法错误的是（ ）A．玻璃、水泥、陶瓷都为硅酸盐产品B．目前我国流通的硬币都是由合金材料制造的C．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用D．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶6．下列有关常见元素及其化合物的说法正确的是（ ）A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉B．金属钠具有强还原性，可用金属钠和TiCl4溶液反应制备金属TiC．镁是国防金属，工业上采用电解熔融氧化镁的方法获得镁单质D．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化作用7．下列物质与其用途完全符合的是（ ） ①Na2O2﹣供氧剂 ②晶体Si﹣太阳能电池 ③AgI﹣人工降雨 ④NaCl﹣制纯碱 ⑤Al2O3﹣焊接钢轨 ⑥NaClO﹣消毒剂⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料 ⑧SO2﹣食品漂白剂 ⑨NH3﹣制冷剂．A．①④⑤⑧⑨ B．①②③⑥⑦⑨ C．①②③④⑥⑦⑨ D．①②③④⑤⑥⑦⑧⑨8．青石棉是一种致癌物质，化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2，青石棉用4mol·L-1稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是（ ） A．青石棉是一种易燃品，且易溶于水B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·FeO·2Fe2O3·8SiO2·H2OC．适量青石棉能完全溶于足量稀硝酸中，得到澄淸透明溶液D．1 mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与4mol·L-1稀硝酸完全反应，至少消耗4.5L稀硝酸9．赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（ ） A．硫酸 B．烧碱 C．盐酸 D．氢氟酸10．具备优良的抗腐蚀性，被称为未来金属，工业上可以采用铁热还原法（高温）制备，工艺流程如下；（已知：MgCl2(熔融)电解__Mg+Cl2↑）下列说法错误的是（ ）A．热还原的化学方程式为：TiCl4+2Mg高温__Ti+2MgCl2B．整个工艺流程中，元素化合价始终不变C．和高温下化学性质非常活泼，镁还原需在惰性气氛中进行D．的循环使用可以提高原料利用率，降低成本11．足量的两份铝，分别投入等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为（ ）A．1:3 B．1:1 C．2:3 D．3:212．下列说法正确的是（ ）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是能发生丁达尔效应B．合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点C．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加D．因为氯气溶于水可以导电，所以氯气是电解质13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ） A．A B．B C．C D．D14．常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A．在pH=1的溶液中：Fe2+、Cl－、NO3－、Na＋B．在能使酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、SO4－、K＋C．含有大量AlO2-的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、H+D．在1mol/L的AlCl3溶液中：NH4＋、Ag＋、Na＋、NO3－二、非选择题15．以硫酸亚铁铵为原料可以制备高纯水合草酸亚铁。已知：I.水合草酸亚铁晶体为淡黄色粉末，难溶于水，溶于稀酸。II.时，易被氧气氧化。（1）制取。将硫酸亚铁铵加水制中搅拌成溶液后再与、溶液中的一种混合加入到三颈瓶中(如图)，在不断搅拌和加热的条件下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，洗涤，干燥得产品。①滴液漏斗中的溶液是 ；②上述制备反应为，其平衡常数K的数值为 。[、；。]（2）确定的化学式。准确称取0.8100 g样品溶于硫酸中，加热至60~80℃，用溶液滴定至刚变红为止，然后滴加稍过量的将全部还原为，充分反应后，除去过量的，加入适量的磷酸。再用 溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为20.00 mL。已知：(未配平)①上述实验中加入适量的磷酸的目的是调节酸性。若用盐酸代替磷酸，样品中x的测定结果将 (填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。②通过计算确定的化学式 (写出计算过程)。（3）将晶体放在坩埚中敞口充分加热，固体质量随温度的变化的曲线如图所示。加热至500℃时，所得固体的成分为 (填化学式)。16．晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅。②粗硅与干燥 HCl气体反应制得 SiHCl3：Si + 3HCl SiHCl3+ H2 ③SiHCl3与过量H2在 1000 ~1100℃反应制得纯硅已知 ①SiHCl3能与 H2O强烈反应，在空气中易自燃②普通玻璃在600℃左右融化。请回答下列问题：（1）第①步制备粗硅的化学反应方程式为 。（2）粗硅与HCl反映完全后，经冷凝得到的SiHCl3（沸点 33.0℃）中含有少量 SiCl4（沸点57.6℃） 和 HCl（沸点-84.7℃），提纯 SiHCl3 采用的方法为 。（3）用 SiHCl3 与过量 H2 反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）： ①装置B中的试剂是 。装置C中的烧瓶需要加热，其目的是 。②反应一段时间后，装置 D中观察到的现象是 ，装置 D不能采用普通玻璃管的原因是 ，装置D中发生反应的化学方程式为 。③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及 。④为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是 。A 碘水 B 氯水 C NaOH溶液 D KSCN溶液 E Na2SO3 溶液17．某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）固体B的主要用途为（只写一种即可） ； （2）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是： 、 ； （3）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是 。若往A溶液中通入足量CO2，产生的沉淀为 （填化学式）； （4）工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为 （填化学式）。 18．铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用． 回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示．原料中除铁矿石和焦炭外含有 ．除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2 ）的化学反应方程式为 、 ；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2 和 （填化学式）． （2）已知： ①Fe2O3 （s）+3C（s）=2Fe（s）+3CO（g）△H=+494kJ•mol﹣1②CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1③C（s）+ O2（g）=CO（g）△H=﹣110kJ•mol﹣1则反应Fe2O3 （s）+3C（s）+ O2（g）=2Fe（s）+3CO2 （g） 的△H= kJ•mol﹣1．理论上反应 放出的热量足以供给反应 所需的热量（填上述方程式序号）（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的 部分，主要反应的化学方程式为 ；熔融造气炉相当于高炉的 部分． （4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是 ． 19．经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示：（1） mol/L。（2）为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾()。①工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式为： 、 。②试剂B是 。③若要从溶液D得到绿矾晶体，步骤③的实验操作有： 、 、过滤、洗涤、干燥。④通过检验溶液D中来判断废水中是否除尽，实验方法是 。⑤获得的需密闭保存，原因是 。⑥上述1000L废水经处理，理论上可获得的物质的量是 mol。20．某固体试样A是由一定量的Al、Mg均匀组成的混合物，为验证混合物的组成，进行如下实验：①取m g试样A，全部溶于0.5L 2mol·L－1稀硫酸溶液中，放出11.2 L气体(已换算成标准状况)，同时生成溶液B；②另取m g试样A，加入2mol·L－1的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成；③往溶液B中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化。根据以上过程回答下列问题：（1）溶液B中是否含有H+ (填“是”或“否”)； （2）写出②中发生反应的离子方程式 ； （3）下列能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是 ；（4）m g试样A中含Mg的质量为 g； （5）林同学通过查阅资料，发现浓硫酸与铝发生钝化，但与Mg能剧烈反应生成SO2，如果忽略钝化的反应过程，可以通过测定浓硫酸与固体试样反应产生的气体体积，来确定混合物A中镁的质量分数。郭同学认为林同学的方案可行，但考虑到如果反应结束后硫酸未保持“浓”的状态，测定结果会 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)，其依据是 。21．氢化铝钠(NaAlH4)是重要的还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3)为原料制备NaAlH4的流程如图。已知：“碱浸”时，SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8。回答下列问题：（1）加快“碱浸”速率的措施是 。(写一条)（2）“反应1”中，HCO与AlO反应的离子方程式为 。（3）为避免铝元素在“碱浸”过程中的损失，请提出一条合理化建议： 。（4）“电解2”生成的NaHCO3和NaOH可循环使用，阴极产生的物质是 (填化学式)。（5）“反应3” (填“是”或“不是”)氧化还原反应。（6）氢化铝钠遇水发生剧烈反应并产生大量气泡，当产生标准状况下8.96L气体时，该反应中转移电子的物质的量为 mol。（7）Al与LiBH4反应制备的复合材料是重要的制氢材料，对Al－LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：①请解释Al-LiBH4体系与水反应产氢比纯Al产氢具有的优势： 。②25℃和75℃时，Al－LiBH4复合材料[ω(LiBH4)=25%]与水反应一定时间后产物的X－射线衍射图谱(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示。分析图中信息可知，25℃与75℃时，Al－LiBH4复合材料中与水未完全反应的物质是 (填化学式)。22．根据所学知识填空 （1）实验室在临时配制一些FeCl2的溶液时，常将氯化亚铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了 ．稀释后还需要加入一些铁粉，其目的是 ，相关反应的离子方程式为 ． （2）氯化铁水溶液呈 性，原因是（用离子方程式表示）： ．把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 ． 23．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：OA： ； BC： ；（2）原Mg-Al合金的质量是 。 （3）原HCl溶液的物质的量浓度是 。 （4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是 。 24．镁及其化合物有着广泛用途。工业上以菱镁矿(主要成分为 ，含 以及少量 等杂质)为原料制备纳米氧化镁的实验流程如下： （1）滤渣1的主要成分为 。（2）加入 氧化时，发生反应的离子方程式为 。 （3）一定条件下 可与 反应生成 和一种弱碱，该反应的化学方程式为 。 （4）工业上还可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米 。取少量制得的该物质分散于某种液体溶剂中(两者不反应)，能说明纳米 存在的简单方法是 。如图为反应温度对纳米 产率和粒径的影响，据图分析反应的最佳温度为 。 （5）所加 不宜过量太多的原因是 。 （6）主要副产品是 。 答案解析部分1．DA．SiO2属于原子晶体，A不符合题意；B．SiO2难溶于水，在熔融状态下也不能导电，属于非电解质，B不符合题意；C．SiO2属于酸性氧化物，能和强碱反应生成硅酸盐和水，C不符合题意；D．SiO2晶体中只含有Si-O键，不含Si=O键，D符合题意；故答案为：D。 A、原子直接结合而成的物质，属于原子晶体； B、非金属氧化物属于非电解质（除水）； C、大部分非金属氧化物属于酸性氧化物，一氧化碳、一氧化氮、二氧化氮除外； D、硅和氧只有单键连接。2．AA．铁粉具有还原性，能够与食品包装袋中的氧气发生反应，因而可以防止食品氧化变质，故可用作食品的抗氧化剂，A符合题意；B．Cl2本身不具有漂白性，Cl2与水反应产生的HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此可用作纸张的漂白剂，B不符合题意；C．FeCl3溶液具有强氧化性，能够与Cu反应产生FeCl2、CuCl2而腐蚀金属Cu，故可用作蚀刻铜电路板，C不符合题意；D．NaHCO3对人无刺激性，可以与胃酸(即盐酸)发生反应，降低胃酸的浓度，因此可用于治疗胃酸过多，这与其是否具有不稳定性无关，D不符合题意；故答案为：A。 A.铁粉具有还原性； B.氯气不具有漂白性； C. FeCl3溶液呈黄色，FeCl3溶液蚀刻铜电路板利用的是其氧化性； D.碳酸氢钠能与盐酸反应，且对胃的刺激较小。3．AA．SiC属于新型陶瓷，不属于硅酸盐材料，故A符合题意；B．碳化硅俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构，熔沸点高，硬度大，可用于制造耐高温、抗氧化的新型陶瓷，B不符合题意；C．SiC属于共价化合物，碳原子和硅原子通过共价键连接，C不符合题意；D．SiC属于原子晶体，故SiC陶瓷具有耐高温、抗腐蚀等优异性能，D不符合题意；故答案为：A。 A、硅酸盐应该含有硅酸根； B、金刚砂和金刚石结构相似； C、碳原子和硅原子为共价键连接； D、结合题干可知SiC为重量轻、强度高、刚性好、宽温度范围下尺寸稳定。4．BA．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠可作供氧剂，故A不符合题意；B．二氧化硅用于制备光纤，不是半导体，故B符合题意；C．明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，可用作净水剂，故C不符合题意；D．三氧化二铁为红棕色固体，可用作红色涂料，故D不符合题意；故答案为：B。 A.过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气 ； B.依据二氧化硅导电性分析； C.依据盐类水解的性质及应用分析； D.依据氧化铁为红棕色固体分析。5．DA. 玻璃、水泥、陶瓷都为硅酸盐产品，A不符合题意； B. 目前我国流通的硬币都是由合金材料制造的，B不符合题意； C. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，C不符合题意； D. 生石灰或硅胶是干燥剂，不是抗氧化剂，为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入铁粉，D符合题意， 答案选D。A、主要考查硅酸盐产品：玻璃、水泥、陶瓷等； B、根据合金的性质解答； C、根据氧化铝保护膜的性质解答； D、防止氧化而变质，需要还原剂消耗氧气，而生石灰主要吸收水分、二氧化碳作为干燥剂，不是抗氧化剂；6．DA.漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，可用Cl2与石灰乳或石灰浆反应制得，A不符合题意；B.金属Na具有强还原性，能与水溶液中的H2O直接反应，因此需用Na和熔融TiCl4反应制取Ti，B不符合题意；C.工业上常用电解熔融MgCl2制取金属镁，C不符合题意；D.SO2具有漂白性和还原性，可用作食品添加剂中，起到漂白、防腐和抗氧化作用，D符合题意；故答案为：D A、澄清石灰水中Ca(OH)2含量少，不用于制备漂白粉； B、Na能与TiCl4溶液中的H2O直接发生反应； C、工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取镁； D、少量SO2可用作食品添加剂；7．C解：①Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，故①正确；②单质硅可用作制太阳能电池，故②正确；③AgI可用于人工降雨，故③正确； ④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故④正确；⑤根利用铝氧化铁发生铝热反应可用于焊接钢轨，故⑤错误；⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO），故⑥正确； ⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料，故⑦正确； ⑧SO2有漂白作用，但本身有毒，不能用作食品漂白剂，故⑧错误；⑨NH3易液化，液氨常用作制冷剂，故D正确； 所以物质与其用途完全符合的有①②③④⑥⑦⑨；故选C；①Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气；②单质硅可用作制太阳能电池； ③AgI可用于人工降雨； ④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱；⑤根据铝热反应可用于焊接钢轨； ⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO）； ⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料 ⑧SO2有漂白作用，但本身有毒；⑨液NH3可制冷剂；8．DA．大多数复杂硅酸盐难溶于水，不燃烧，青石棉含有Si、O元素以及Na、Fe等元素，是一种硅酸盐，不燃烧、难溶于水，故A不符合题意；B．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O，故B不符合题意；C．青石棉中的二氧化硅不溶于硝酸，所以适量青石棉溶于足量稀硝酸时会有固体剩余，不能得到澄清透明溶液，故C不符合题意；D．根据元素守恒可知1 mol青石棉与稀硝酸反应时可生成2 mol NaNO3、5 mol Fe(NO3)3，根据其氧化物形式可知含有3 mol FeO，则氧化FeO还需要1 mol NO (稀硝酸被还原成NO)，所以共需要2mol+5mol´3+1mol=18 mol硝酸，所需硝酸体积为 =4.5 L，故D符合题意；故答案为：D。 A.青石棉属于复杂硅酸盐，难溶于水且不易燃烧 B.硅酸盐书写氧化物时是按照活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水的顺序，且与硝酸反应生成一氧化氮，说昆明有亚铁离子，根据原子的个数进行确定系数 C.二氧化硅不溶于硝酸 D.根据1molNa2O•3FeO•Fe2O3•8SiO2•H2O~2molNaNO3~5Fe(NO3)3~1molNO，共需要18mol硝酸9．DA、硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选A项；B、烧碱与二氧化硅反应缓慢，且生成的硅酸钠具有一定的粘性，与二氧化硅难以分离，不方便刻蚀，故不选B项；C、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选C项；D、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故答案为：D二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件它可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应。10．BA．在热还原过程中，Mg将TiCl4还原为Ti，Mg被氧化为MgCl2，化学方程式为：TiCl4+2Mg高温__Ti+2MgCl2，A不符合题意；B．电解熔融的MgCl2时，发生如下反应MgCl2Mg+Cl2↑，Cl元素化合价由-1价升高为0价，B符合题意；C．高温条件下，由于和很容易被空气中的氧气氧化，所以镁还原TiCl4时，需在惰性气氛中进行，C不符合题意；D．还原TiCl4后转化为MgCl2，MgCl2熔融电解再生成Mg，可实现镁的循环使用，从而提高原料利用率，降低生产成本，D不符合题意；故答案为：B。 A.镁的活泼性大于钛，高温下四氯化钛与镁反应生成钛和氯化镁； B.电解熔融氯化镁的反应中，氯元素化合价发生变化； C.高温下钛和镁具有较强活泼性； D.结合制备流程可知，镁可以循环利用。11．A由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知，参加反应的铝与酸碱与生成的氢气的物质的量关系为：2Al～6HCl～3H2，2Al～2NaOH～3H2，根据n=cv，则盐酸和氢氧化钠溶液物质的量之比为1：1，体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气物质的量之比是 ∶ =1∶3 故答案为：A金属铝足量，则酸、碱完全反应，根据反应的化学方程式2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑进行计算即可。12．BA．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，区分胶体的溶液的方法是是否发生丁达尔效应，故A错误； B．合金的熔点一般比各组分金属的低，故B正确； C．生铁含碳量高于普通钢和不锈钢，故C错误； D．氯气溶于水后与水反应生成了盐酸和次氯酸，这两种酸电离产生自由移动的离子，所以水溶液可以导电，但氯气是单质，所以氯气既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故答案为：B。 A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小； B．合金的熔点一般比组分金属低； C．生铁含碳量高； D．单质和混合物既不是电解质也不是非电解质分析。13．BA．向某溶液先滴加 溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解。该白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，故A不符合题意； B．向 溶液中滴加5-6滴相同浓度 溶液，充分反应后滴入 溶液，溶液变血红色，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，碘离子过量，反应后，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有铁离子，说明I-与Fe3+的反应有一定限度，故B符合题意；C．氨气极易溶于水，向某溶液加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，可能是生成氨气全部溶解在水中，没有放出，因此实验时一般需要加热，故C不符合题意；D．将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转，说明构成了原电池，锌为负极，铜为正极，水果电池产生的电流从铜片沿导线流向锌片，故D不符合题意；故答案为：B。 A.证明硫酸根离子，先加入盐酸再加入氯化钡溶液进行实验 B.铁离子量少而碘离子过量，理论上是反应完全，但是加入硫氰化钾溶液变为红色，说明含有铁离子，因此可说明是可逆反应 C.检验铵根离子时需要进行加热 D.苹果中含有酸性物质，锌和铜的活动性锌强，因此锌做负极，失去电子，因此电子是由锌到铜14．BA.NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，不可大量共存，A不符合题意；B.溶液中各离子相互间不发生反应，可大量共存，B符合题意；C.AlO2-能与H+反应生成Al(OH)3沉淀或Al3+，不可大量共存，C不符合题意；D.Cl-能与Ag+反应生成AgCl沉淀，不可大量共存，D不符合题意；故答案为：BA.NO3-在酸性条件下具有氧化性；B.能使酚酞变红的溶液显碱性；C.AlO2-能与H+反应；D.Cl-能与Ag+反应生成AgCl沉淀；15．（1）溶液；11.8（2）偏小；（3）（1）时，易被氧气氧化，三颈烧瓶中先加入硫酸溶液的同时加入硫酸亚铁铵，再向其中滴加草酸，故滴液漏斗中的溶液是溶液；②上述制备反应为，其平衡常数K的数值为 ；（2）①若草酸亚铁晶体中混有杂质（杂质不参加反应），会导致测得的x的值偏小；②，由题意可得关系式：，，，即：，，样品的化学式为；（3）将晶体放在坩埚中敞口充分加热，固体质量随温度的变化的曲线如图所示。加热至500℃时，设所得固体的成分为FexOy，故n(Fe)= =mol，n(O)==0.0074mol，故x：y=mol： 0.0074mol3：4，故所得固体的成分为。 （1）依据易被氧气氧化，需加入还原性物质；②利用平衡常数计算；（2）①考虑晶体中混有杂质；②利用关系式法计算，确定化学式；（3）根据固体质量随温度的变化的曲线，计算组分中原子的物质的量。16．（1）SiO2+2C Si+2CO↑（2）分馏（或蒸馏）（3）浓硫酸；使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化；有固体物质生成；在反应温度下，普通玻璃会软化；SiHCl3+H2 = Si+3HCl；排尽装置中的空气；BD （1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，反应方程式为SiO2+2C Si+2CO↑； （2）SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点57.6℃）和HCl（沸点-84.7℃），由于沸点差别较大，可以通过分馏除去杂质。 （3）①锌和稀硫酸的反应是放热反应，所以生成的氢气含有水蒸气，为干燥氢气，一般选用浓H2SO4 干燥；气体的反应速率较大，所以加热的目的是使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化②高温下，SiHCl3和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以D装置中的现象是有固体物质生成；由于高温下，普通玻璃会软化，所以使用石英玻璃；反应方程式为SiHCl3+H2 = Si+3HCl；③氢气是可燃性气体，当氢气的量达到一定时易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H2，排尽装置中的空气；④铁能和酸反应生成亚铁离子，亚铁离子有还原性，亚铁离子能被氯水氧化生成铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液变红色，所以可以用氯水和硫氰化钾溶液检验铁的存在，答案选BD。 本题的解题关键在于题目信息的利用 （1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳（需了解硅的制备和提纯反应） （2）由题目信息知物质的沸点相差比较大，用蒸馏 （3）由题目信息知①SiHCl3能与 H2O强烈反应，所以氢气需除杂（浓H2SO4 干燥） ②SiHCl3与过量H2在 1000 ~1100℃反应制得纯硅（反应方程式为SiHCl3+H2 = Si+3HCl），普通玻璃在600℃左右融化。所以C装置是加热（ 1000 ~1100℃），反应物转化为气体；且普通玻璃不满足要求，换成熔点更高的石英玻璃（SiO2）； ③主反应是SiHCl3+H2 = Si+3HCl，所以需排除副反应的发生，所以需先排尽装置内空气，防止氢气与氧气生成水，影响实验（SiHCl3能与 H2O强烈反应） ④亚铁离子的检验：先加硫氰化钾溶液无现象，再加氯水变红17．（1）炼铁原料或用作涂料、油漆等（2）Al2O3+2OH－＝2AlO2－+H2O；SiO2+2OH－＝ SiO32－+ H2O（3）Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+；Al(OH)3、H2SiO3（4）CO（1）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后氧化铝和二氧化硅溶解，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁，氧化铁可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等；（2）根据框图流程，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝、二氧化硅溶解，反应的离子方程式为Al2O3+2OH－＝2AlO2－+H2O、SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O；（3）试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；若往A溶液中通入足量CO2，硅酸根离子和偏铝酸根离子反应生成硅酸和氢氧化铝，因此产生的沉淀为Al(OH)3、H2SiO3；（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5 mol碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO。 （1）熟记三氧化二铁的用途； （2）书写离子反应方程式时注意：强酸、强碱以及易溶于水的盐要写成离子形式；弱酸、弱碱、单质、气体、水、氧化物均写成化学式；另外要遵循电荷守恒； （3）注意氨水属于弱电解质不拆；熟记铝及其化合物的性质； （4）根据电荷守恒，求解反应产物；18．（1）石灰石；CaCO3 CaO+CO2↑；CaO+SiO2 CaSiO3；CO（2）﹣355；②③；①（3）炉腰；Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2；炉腹（4）碱液或氢氧化钠、氨水解：（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，涉及反应有CaCO3 CaO+CO2↑，CaO+SiO2 CaSiO3，加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳，尾气中含有CO， 故答案为：石灰石；CaCO3 CaO+CO2↑；CaO+SiO2 CaSiO3；CO；（2）利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3（s）+3C（s）+ O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=（+494kJ•mol﹣1）+3×（﹣283kJ•mol﹣1）=﹣355kJ•mol﹣1，因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应，故答案为：﹣355；②③；①；（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O2 2CO以及CaCO3 CaO+CO2↑，CaO+SiO2 CaSiO3反应，则熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分，故答案为：炉腰；Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2；炉腹；（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应，可用碱液或氢氧化钠、氨水等吸收，故答案为：碱液或氢氧化钠、氨水．（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙；加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳；（2）利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3（s）+3C（s）+ O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H，因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应；（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O2 2CO以及CaCO3 CaO+CO2↑，CaO+SiO2 CaSiO3反应；（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应．19．（1）0.01（2）；；硫酸；蒸发浓缩；冷却结晶；取少量D中溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中除尽；有还原性，易被氧化或失去结晶水；12向工业废水中加入铁粉，则Fe3+与铁粉发生氧化还原，，需要铁粉1mol；与Cu2+发生置换反应，，需要铁粉1mol；与酸发生置换，，需要铁粉5mol，则操作①中共消耗铁粉7mol，392g，溶液D中离子含有Fe2+、、Na+，固体D中含有Cu、Fe则试剂B为H2SO4，得到溶液E为FeSO4，最终得到绿矾；（1）根据电荷守恒，，则c(H+)=0.01mol/L； 故答案为：0.01；（2）①根据上述分析，废水中加入铁粉的离子方程式、；故答案为：；；②根据上述分析，试剂B为硫酸；故答案为：硫酸；③由液体到晶体需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；④检验溶液中是否含有Fe3+的方法，取少量D中溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中 Fe3+除尽；故答案为：取少量D中溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中 Fe3+除尽；⑤FeSO4 有还原性，易被氧化且 FeSO4⋅7H2O 失去结晶水，故绿矾需要密闭保存；故答案为：FeSO4 有还原性，易被氧化(或 FeSO4⋅7H2O 失去结晶水)；⑥根据上述分析，及原子守恒，工业废水中的Fe3+及操作①中加入的铁粉都完全转化为绿矾中的铁元素，；故答案为：12。 （1）根据溶液呈电中性原则，计算出氢离子浓度即可。 （2）溶液中含有的铜离子、铁离子、氢离子都可以与铁粉反应，经过计算发现，铁粉过量，操作①为过滤，固体为铜和铁，由于最后要得到硫酸亚铁，所以试剂B为稀硫酸，过滤分离出单质铜。20．（1）是（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（3）D（4）4.8（5）偏大；浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，镁的质量分数测定结果偏大（1）0.5L 2mol·L－1稀硫酸溶液中硫酸的物质的量是0.5L×2mol/L＝1.0mol，最终放出氢气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，根据氢原子守恒可知硫酸过量，所以溶液B中含有H+；（2）另取m g试样A，加入2mol·L－1的NaOH溶液，当加到100mL时，气体不再生成，该过程中只有铝和氢氧化钠溶液反应，则②中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）由于溶液中B中含有硫酸、硫酸镁和硫酸铝，因此往溶液B中加入2mol/L NaOH，至沉淀不再发生变化时首先发生中和反应，然后氢氧根沉淀镁离子和铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，则能表示过程③产生的沉淀质量W与加入NaOH溶液体积V的关系是图像D，故答案为：D；（4）与铝反应的氢氧化钠的物质的量是2mol/L×0.1L＝0.2mol，根据方程式可知2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑生成氢气是0.3mol，由于相同质量的铝与稀硫酸反应也产生0.3mol氢气，则镁生成的氢气是0.5mol－0.3mol＝0.2mol，所以根据方程式Mg+2H+＝Mg2++H2↑可知镁的质量是0.2mol×24g/mol＝4.8g；（5）由于浓硫酸变稀后会与铝反应，使生成的气体偏多，从而导致镁的质量分数测定结果偏大。镁和铝均能与稀硫酸反应生成氢气，铝只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化镁不溶于强碱，结合有关物质的物质的量和反应的方程式分析解答。21．（1）粉碎铝土矿(或增大NaOH浓度或适当升高“碱浸”温度等合理答案)（2）HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO（3）碱浸改为盐酸酸浸，过滤后，再加入NaOH溶液（4）NaOH和H2（5）不是（6）0.4（7）LiBH4与水反应产生H2和LiOH，LiOH又与铝反应生成H2(或反应速率更快且产生的氢气更多)；Al(1)根据影响反应速率的因素，加快“碱浸”速率的措施是粉碎铝土矿、增大NaOH浓度、适当升高“碱浸”温度等。(2)“反应1”中，HCO与AlO反应生成氢氧化铝沉淀和CO，反应的离子方程式为HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO；(3)碱浸改为盐酸酸浸，过滤后，再加入NaOH溶液可以避免铝元素在“碱浸”过程中的损失；(4)“电解2”是电解碳酸钠溶液，阴极反应式为，阴极产生的物质是NaOH和H2。(5)“反应3”是AlCl3和NaH反应生成NaAlH4和氯化钠，元素化合价不变，不是氧化还原反应；(6)氢化铝钠遇水发生剧烈反应并产生大量氢气，反应方程式是，生成4mol氢气转移4mol电子，当产生标准状况下8.96L气体时，该反应中转移电子的物质的量为0.4mol；(7)①LiBH4与水反应产生H2和LiOH，LiOH又与铝反应生成H2(或反应速率更快且产生的氢气更多)，所以Al-LiBH4体系与水反应产氢比纯Al产氢更具优势。②分析图中信息可知，25℃与75℃时，Al－LiBH4复合材料中与水未完全反应的物质是Al。 (1)根据影响反应速率的因素分析。(2)HCO与AlO反应生成氢氧化铝沉淀和CO；(3)盐酸酸浸；(4)依据放电顺序确定产物(5)依据元素化合价变化与否判断；(6)依据化学方程式计算；(7)①反应速率更快且产生的氢气更多；②依据图中信息分析。22．（1）抑（防）止Fe2+水解；防止Fe2+被氧化成Fe3+；2Fe3++Fe=3Fe2+（2）酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；氧化铁或Fe2O3解：（1.）配制FeCl2的溶液时，应抑制亚铁离子水解，则常将氯化亚铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了抑（防）止Fe2+水解；亚铁离子易被氧化，则稀释后还需要加入一些铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化成Fe3+，相关离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：抑（防）止Fe2+水解；防止Fe2+被氧化成Fe3+；2Fe3++Fe=3Fe2+； （2.）氯化铁水溶液中，铁离子发生水解反应溶液显酸性，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，把FeCl3溶液蒸干水解生成的氯化氢挥发，灼烧，最后得到的主要固体产物是氢氧化铁分解产物为氧化铁或Fe2O3，故答案为：酸；氧化铁或Fe2O3．（1）配制FeCl2的溶液时，应抑制亚铁离子水解，且不能引入新杂质，还应注意亚铁离子易被氧化，以此来解答；（2）氯化铁水溶液中，铁离子发生水解反应溶液显酸性，把FeCl3溶液蒸干水解生成的氯化氢挥发，灼烧，最后得到的主要固体产物是氢氧化铁分解产物，如果要从氯化铁溶液得到纯氯化铁固体，需要抑制氯化铁的水解得到氯化铁．23．（1）H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（2）5.1g（3）6mol/L（4）5mol/LMg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为；H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g。本小题答案为：5.1g。（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。本小题答案为：6mol/L。（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。根据图示可知：加入氢氧化钠之前溶液中的溶质是：HCl,MgCl2,AlCl3,因此O-A是氢氧化钠和稀盐酸反应，A-B发生的是镁离子和铝离子 变为氢氧化铝和氢氧化镁沉淀的反应，B-C发生的是氢氧化铝溶解的反应。根据数据可知氢氧化镁的沉淀是5.8g，氢氧化铝的沉淀是13.6-5.8=7.8g，根据与氢氧化铝的反应即可计算出氢氧化钠的物质的量浓度，再结合氯元素和钠元素守恒即可计算出盐酸的物质的量浓度24．（1）（2）（3）CO(NH2)2+3H2O=CO2↑+2NH3•H2O（4）用一束光照射该分散系，在侧面会看到一条光亮的通路(或该分散系能产生丁达尔效应)；50℃（5）避免调pH时，消耗过多的氨水（6）硫酸铵(或 )(1)二氧化硅不与硫酸反应，滤渣1为SiO2；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)在一定条件下CO(NH2)2可与H2O反应生成CO2和一种弱碱，依据原子守恒可知弱碱为一水合氨，反应的化学方程式为：CO(NH2)2+3H2O=CO2↑+2NH3•H2O；(4)利用丁达尔现象可鉴别胶体，所以能说明是纳米MgO存在的简单方法是用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路，图1为反应温度对纳米MgO产率和粒径的影响，50℃时氧化镁产率最大，粒径较小，温度再高，产率减小，粒径变化不大，故反应的最佳温度为50℃；(5)所加 不宜过量太多的原因是：避免调pH时，消耗过多的氨水；(6)滤液中含有硫酸镁、硫酸铵等，加入CO(NH2)2始产生沉淀，加入PVA进行分散，过滤干燥得到氢氧化镁沉淀，副产品为硫酸铵。菱铁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2）加入稀硫酸酸溶，二氧化硅不反应，过滤分离，滤渣1为SiO2，过滤得到滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤液中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，则加入一水合氨调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中含有硫酸镁、硫酸铵等，加入CO(NH2)2始产生沉淀，加入PVA进行分散，过滤干燥得到氢氧化镁沉淀，高温煅烧制备纳米氧化镁； 实验操作和现象实验结论A向某溶液先滴加 溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不溶解。原溶液中一定有 B向 溶液中滴加5-6滴相同浓度 溶液，充分反应后滴入 溶液，溶液变血红色。 与 的反应有一定限度C向某溶液加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝。原溶液中一定无 D将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转。水果电池产生的电流从锌片沿导线流向铜片离子浓度/(mol/L)
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