2023高考化学一轮复习高频考点100题《金属及其化合物选择题》（含解析）

金属及其化合物选择题1．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1molD．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2【答案】C【解析】A.发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，会产生大气污染物NO，而第二种方案的反应为2Cu+O22CuO.CuO+H2SO4=CuSO4＋H2O。不会产生污染环境的物质。因此途径②更好地体现了绿色化学思想。正确。B.向CuSO4溶液中加入过量的NaOH溶液会产生Cu(OH)2悬浊液，然后再加入含有醛基的物质如葡萄糖、甲醛、甲酸等并加热煮沸，就会发生氧化还原反应得到砖红色的Cu2O沉淀。因此Y可以是葡萄糖溶液。正确。C.n(CuSO4)=16g÷160g/mol=0.1mol.根据物质在反应时的关系可知n(H2SO4)=0.1mol.但是硫酸发生的不是氧化还原反应。错误。D.途径①反应的两种方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，产生2mol的NO3－消耗2mol的硝酸，它同时提供2mol的H+。则8mol的H+中硫酸电离产生的H+的物质的量为6mol。因此小于消耗硫酸3mol。故n(H2SO4):n(HNO3)=3:2.正确。2．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图）。下列说法正确的是A.25 ℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应D.如图所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】解答本题时应注意牢记典型物质的性质，学会应用氧化还原反应原理分析具体的化学反应。A项，25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A项错误；B项，石灰乳与Cl2\n反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，既有氯的化合价升高，也有氯的化合价降低，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，B项正确；C项，Cl2与铁在点燃的条件下反应，C项错误；D项，氯化钠转化为碳酸氢钠和碳酸氢钠转化为碳酸钠，这两个反应都不是氧化还原反应，D项错误。3．下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3<NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中【答案】D【解析】NH4Cl为强酸弱碱盐的原因是HCl是强酸、NH3•H2O是弱碱，用加热法除去NaCl中的NH4Cl的原因是NH4Cl受热易分解为氨气、氯化氢气体，而NaCl的热稳定性很强，则陈述I、II均正确，但是它们没有因果关系，A项错误；Fe3+具有氧化性的原因是铁元素的化合价可以从+3价将为+2价甚至0价，用KSCN溶液可以鉴别Fe3+的原因是Fe3+遇KSCN溶液迅速显红色，则陈述I、II均正确，但是它们没有因果关系，B项错误；向碳酸钙悬浊液中通入过量二氧化碳气体可得澄清溶液，说明碳酸钙是难溶于水的钙盐，碳酸氢钙是易溶于水的钙盐，则溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)2，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠晶体，说明碳酸钠是易溶于水的钠盐，碳酸氢钠是可溶于水的钠盐，则溶解度：Na2CO3>NaHCO3，则陈述I正确，陈述II错误，C项错误；由二氧化硅的性质可知，HF是唯一能腐蚀或溶解SiO2的酸，则陈述I、II正确并且有因果关系，D项正确。【学优高考网考点定位】本题考查考生正确判断、解释和说明有关化学现象和问题的能力；考查考生对常见无机物及其应用的了解，着重考查考生对NH4Cl的热稳定性、Fe3+的氧化性和检验、碳酸盐和碳酸氢盐的溶解性、SiO2与HF反应的了解；考查对HF保存方法的了解。4．下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I—+2Cl2=2Fe3++4Cl－+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I—均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3—+OH—=MgCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO－=HClO+HSO3－正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3【答案】D【解析】A项中，Cl2过量，FeI2完全反应，2Fe2++4I—+3Cl2=2Fe3++6Cl－+2I2，A错；B项中，NaOH足量，以Mg(HCO3)2做为离子计量标准，正确离子反应方程式是Mg2++2HCO3—+2OH—=MgCO3↓+H2O+CO；C项中，离子反应产物是HClO和HSO3－，HClO是氧化性，而HSO3－是还原性，二者不可能共存，故不正确。5．下列解释实验现象的反应方程式正确的是\nA．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na+O2=Na2O2B．向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgC1+S2-=Ag2S↓+2C1-C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O【答案】B【解析】金属钠放置于空气中，其和氧气反应生成氧化钠，不可能生成过氧化钠，A错；硫化银的溶解度小于氯化银，加入硫化钠时，氯化银转化为更难溶的硫化银沉淀，B对；过氧化钠在空气中放置一段时间，最终转化为碳酸氢钠而不是碳酸钠，C错；碳酸氢钠中加入过量石灰水时，发生反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D错。【考点定位】此题结合元素化合物知识，考查了离子方程式的书写知识。6．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是（）A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D.得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【答案】D【解析】设铜镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol，A、C正确；c(HNO3)=1000×1.4×63%/63=14.0mol·L－1，C项正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7-0.06=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误。【学优高考网考点定位]本题考查科学计算。7．下列有关物质性质的应用正确的是（）A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【答案】A，ABCD错误；【解析】二氧化硅不与强酸反应，但却与氢氟酸反应，而且是唯一的一种酸，石英器皿的主要成分是二氧化硅，所以不能用石英器皿盛放氢氟酸，B错误；生石灰的成分是氧化钙，会与氯气反应，所以不能干燥氯气，C错误；电解铝应该用氧化铝而不是氯化铝，D错误。8．化学工业是国民经济的支柱产业，下列生产过程中不涉及化学变化的是(　　)A．氮肥厂用氢气和氮气合成氨B．钢铁厂用热还原法冶炼铁C．硫酸厂用接触法生产硫酸D．炼油厂用分馏法生产汽油【答案】D【解析】有新物质生成的变化属于化学变化，如氮气与氢气合成氨气，冶炼铁、生产硫酸过程中都伴随新物质生成，A、B、C错误；分馏是分离几种不同沸点的挥发性物质的混合物的一种方法，过程中没有新物质生成，只是将原来的物质分离，属于物理变化，D正确。9．等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中加入少量的CuSO4\n溶液，下图表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系，其中正确的是（）【答案】D【解析】试题分析：由于稀H2SO4是过量的，所以与Zn发生反应时放出的氢气按照Zn来计算。若其中的一份中加入少量的CuSO4溶液，就会发生反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu.这样Zn、Cu及硫酸就形成了原电池，加快娿制取氢气的速率。但是由于消耗了一部分Zn，所以放出的氢气的量比不滴加要少一些。因此表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系正确的应该为D。考点：考查原电池反应原理在实验室制取氢气的应用的知识。10．A、B、C、D、E分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：（1）A、C均能与稀H2SO4反应放出气体；（2）B与D的硝酸盐反应，置换出单质D；（3）C与强碱反应放出气体；（4）C、E在冷浓H2SO4中发生钝化反应，由此可以推断A、B、C、D、E依次为A．Fe、Cu、Al、Ag、MgB．Al、Cu、Mg、Ag、FeC．Mg、Cu、Al、Ag、FeD．Mg、Ag、Al、Cu、Fe【答案】C【解析】试题分析：（3）C与强碱反应放出气体，则C是Al;（4）C、E在冷浓H2SO4中发生钝化反应,则E是Fe;（1）A、C均能与稀H2SO4反应放出气体；则根据金属的活动性顺序可知A是Mg；（2）B与D的硝酸盐反应，置换出单质D，由于B两种金属是Cu、Ag，由于活动性Cu>Ag。活动性强的能把活动性弱的2置换出来。所以B是Cu；D是Ag。因此A、B、C、D、E依次为Mg、Cu、Al、Ag、Fe。选项为C。考点：考查金属元素的确定方法的知识。11．下列物质转化在给定条件下能实现的是①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤【答案】A【解析】试题分析：①Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+2H2O；NaAlO2+H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3。正确。②S+O2点燃=SO2,不能反应直接得到SO3．错误。③NaCl+H2O+CO2＋NH3=NaHCO3↓+NH4Cl;2NaHCO3\nNa2CO3＋CO2↑＋H2O．正确。④Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；FeCl3溶液加热最终达到的固体为Fe(OH)3．错误。⑤MgCl2+Ca(OH)2=CaCl2+Mg(OH)2↓．Mg(OH)2高温=H2O+MgO。正确。因此在物质转化中在给定条件下能实现的是①③⑤。选项为A。考点：考查物质的化学性质的知识。12．向明矾[KAl(SO4)2．12H2O]溶液中加入Ba(OH)2溶液，当SO42－恰好沉淀完全时，这时铝元素的存在形式是A．Al(OH)3沉淀B．只有AlO2－离子C．Al(OH)3沉淀和Al3＋D．Al(OH)3沉淀和〔AlO2〕－离子【答案】B【解析】试题分析：向明矾[KAl(SO4)2．12H2O]溶液中加入Ba(OH)2溶液，当SO42－恰好沉淀完全时发生反应：Al3＋+2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+2H2O+AlO2-．因此这时铝元素的存在形式AlO2－离子。故选项为B。考点：考查离子反应及离子的存在形式的知识。13．中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A．Na2O、Na2O2组成元素相同，推出与水反应产物也完全相同B．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强C．H2CO3的酸性比HClO强，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOD．根据常温下铜与浓硝酸可以制取NO2，推出常温下铁与浓硝酸也可以制取NO2【答案】C【解析】试题分析：A．Na2O、Na2O2组成元素相同，但是与水发生的反应不同，Na2O+H2O=2NaOH；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。产物也不同。错误。B．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，若将二者按照一定比例混合后，则会发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。产生的H2SO4和HCl都没有漂白性。错误。C．根据复分解反应的规律：强酸制取弱酸。由于H2CO3的酸性比HClO强，所以将CO2通入NaClO溶液中能生成HClO。正确。D．在常温下铜与浓硝酸可以制取NO2，但是由于Fe的活动性比Cu强，在常温下铁遇浓硝酸会发生钝化现象。错误。考点：考查类推法在化学学习中的应用的知识。14．下列有关说法正确的是A．陶瓷的主要成分是碳酸钙B．用铁容器存放浓盐酸C．工业上利用氨气制硝酸属于人工固氮D．硅是制造半导体的常用材料【答案】D【解析】试题分析：A、陶瓷的主要成分是硅酸盐，A不正确；B、铁能与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，因此不能用铁容器存放浓盐酸，B不正确；C、游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程属于氮固定，氨气是化合物，利用氨气制备硝酸不是氮的固定，C不正确；D、单质硅可以导电，因此硅是制造半导体的常用材料，D正确，答案选D。考点：考查硅酸盐、铁的性质以及氮的固定等15．\n某化学教师为“氯气与金属钠的反应”设计了如图所示的装置(加热装置省略)来替代相关的课本实验装置。先给钠预热，当钠熔化成圆球时，撤火，通入氯气，即可观察到钠着火燃烧，并产生大量白烟。下列叙述错误的是（）A．钠着火燃烧产生苍白色火焰B．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体C．管中部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气D．根据管右端棉花球的颜色变化可判断氯气是否被NaOH溶液完全吸收【答案】A【解析】A项错误，钠燃烧的火焰为黄色；B项正确，通入氯气，钠着火燃烧时生成大量白烟，反应为2Na＋Cl2点燃=2NaCl，生成的大量白烟是氯化钠晶体；C项正确，浸有NaOH溶液的棉花球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气，反应为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；D项正确，若氯气完全被吸收，则右端棉花球不会变蓝，若Cl2没有完全被吸收，将发生反应Cl2＋2KI=2KCl＋I2，I2能使淀粉KI溶液变蓝。16．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，对今后世界经济发展有着决定性作用。下列有关说法正确的是A．整个过程可在实验室中模拟进行B．工段②是风化过程C．在工段③④⑤中溴元素均被氧化D．工段①中除去粗盐中的、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入的药品顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸【答案】A【解析】工段②是MgCl2·6H2O加热失水的过程，而不是在空气中自然失水，不属于风化，B错。工段④中发生反应Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，溴被还原，C错。除去粗盐中的可溶性杂质，所加试剂均需过量，要注意Na2CO3溶液要在BaCl2溶液后面加，以除去过量Ba2＋，D错。17．某同学用沉淀量测定Na2CO3和NaOH混合物中NaOH的质量分数，有关叙述如下。①可以使用MgCl2溶液作沉淀剂，使OH－转化为氢氧化镁沉淀②检验是否完全沉淀的操作方法是向上层清液中继续滴加沉淀剂溶液③用氯化钡溶液代替氯化钙溶液作沉淀剂，优点是实验结果的准确度较高④用氯化钡溶液代替氯化钙溶液作沉淀剂，优点是碳酸根离子能完全转化为沉淀。其中正确的是A．①③B．②③C．②④D．①④【答案】B【解析】该测定方法应该使Na2CO3和NaOH混合物中的\n转化为碳酸盐沉淀，然后求得混合物中NaOH的质量，不能选用MgCl2溶液作沉淀剂，因为碳酸钠水解产生OH－，也可以与MgCl2反应，①错；检验是否完全沉淀的操作方法是向上层清液中继续滴加沉淀剂溶液，观察是否继续生成沉淀，②正确；碳酸钡的溶度积比碳酸钙的溶度积小，③正确；碳酸钡在水溶液中也存在溶解平衡，故碳酸根离子不能完全转化为沉淀，④错。18．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：下列有关判断中不正确的是A．溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液B．若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏大C．方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜D．实验室中方案Ⅱ更便于实施【答案】B【解析】若B为浓硝酸，铝发生钝化，铝表面生成一层致密的氧化膜，导致铝的质量偏大，故测得铜的质量分数偏小，B项不正确。19．下列实验操作中，仪器一定需要插入液面以下的是①制备Fe(OH)2时将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中所用的胶头滴管②制备氢气的简易装置中的长颈漏斗③分馏石油时控制温度的温度计④用乙醇制备乙烯时所用的温度计⑤向BaCl2溶液中滴加稀硫酸所用的胶头滴管A．③⑤B．②⑤C．①②④D．①②③④⑤【答案】C【解析】分馏石油时，温度计应放在蒸馏烧瓶的支管口处。向BaCl2溶液中滴加稀硫酸所用的胶头滴管不应插入BaCl2溶液的液面下。20．对于实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是A．实验Ⅰ：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B．实验Ⅱ：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C．实验Ⅲ：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D．装置Ⅳ：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅直至褪去\n【答案】D【解析】实验Ⅰ，逐滴滴加盐酸时，首先发生反应＋H＋===，开始没有气泡，A项错误；实验Ⅱ，充分振荡并静置后，上层为氯化铁溶液的颜色，应为浅黄色，B项错误；实验Ⅲ，加热蒸发饱和食盐水应用蒸发皿而不是坩埚，C项错误；实验Ⅳ，将浓硫酸滴入蔗糖中发生反应生成SO2和CO2气体，SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使之褪色，D项正确。21．在实验室中进行下列实验探究，其中的实验用品均能用到且正确的是选项实验探究内容实验用品A铜丝在氯气中燃烧坩埚钳、燃烧匙、氯气、铜丝B铝热反应铁架台、大蒸发皿、普通漏斗、铝粉、Fe2O3C实验室制备氨气试管、集气瓶、酒精灯、NH4Cl、Ca(OH)2D用KMnO4晶体配制500mL0.1mol·L－1KMnO4溶液容量瓶、烧杯、玻璃棒、酸式滴定管、KMnO4【答案】C【解析】铜丝在氯气中燃烧不需要燃烧匙，A错；铝热反应不用普通漏斗(用的是纸质漏斗)，B错；配制KMnO4溶液不需要酸式滴定管，D错。22．强酸X的转化关系如图：图中单质可能为（）A．CB．FeC．AlD．Cu【答案】D【解析】试题分析：A.单质C在常温下与酸不能发生反应。错误。B.Fe在常温下遇浓硫酸、浓硝酸会发生钝化，不能继续反应。也不符合题意。错误。C.在常温下Al与浓硫酸或浓硝酸发生钝化，产生Al2O3．Al2O3在常温下与水不能反应。错误。D.Cu与浓硝酸反应反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。产生的NO2在水中溶解：3NO2+H2O=2HNO3+NO。得到硝酸。正确。考点：考查物质间的转化关系及酸的性质。23．往2支分别装有浅绿色的Fe(NO3)2和FeSO4溶液的试管中,逐滴加入稀盐酸时，溶液的颜色变化应该是A．前者基本没有改变、后者变棕黄色B．前者变棕黄色、后者也变棕黄色C．前者变棕黄色、后者基本没有改变D．前者、后者都基本没有改变【答案】C【解析】试题分析：当向装有浅绿色的Fe(NO3)2\n溶液的试管中,逐滴加入稀盐酸时，发生反应：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++2H2O+NO↑，产生了Fe3+，所以溶液变为黄色；而当向装有浅绿色的FeSO4溶液的试管中,逐滴加入稀盐酸时，不会发生任何反应。所以溶液的颜色基本不变。因此选项为C。考点：考查Fe2+与NO3－在酸性条件下发生的反应及溶液的颜色的变化的知识。24．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解，问神秘的X不可能是（）A．FeCl3B．HNO3C．HClD．KNO3【答案】C【解析】试题分析：由于Cu的活动性在H之后，所以Cu与稀硫酸不发生反应。再加入某X物质，发现铜粉逐渐溶解。说明加入的物质电离产生的微粒能与硫酸的成分结合形成氧化性强的物质。或直接能与Cu发生反应。A.Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2.错误。B．3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。错误。C．HCl、H2SO4都不能与Cu发生反应，相互之间也不反应。符合题意。正确。D．KNO3与H2SO4的混合溶液起硝酸的作用，能把Cu氧化为Cu(NO3)2。错误。考点：考查Cu的化学性质的知识。25．证明某溶液只含有Fe2＋而不含有Fe3＋的实验方法是A．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色B．先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色C．滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后变为灰绿色，最后呈红褐色D．只需滴加KSCN溶液【答案】B【解析】Fe2＋和Fe3检验设计是常考的热点。设计的步骤是，先加KSCN溶液，无现象，可证明溶液中不含Fe3+，然后再滴加氯水，若溶液呈现红色，说明溶液中含有Fe2+。特别提醒的是，如果溶液中含有Fe3+，证明还含有Fe2+，如何设计，值得留意。答案选B。26．下列有关叙述中正确的是A．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B．Na2O2、Na2O组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．用过量的KSCN溶液除去FeCl2溶液中的少量FeCl3D．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱【答案】A【解析】Mg和Al都是活泼的金属，都可以用电解法冶炼，A正确；虽组成元素相同，但分类不同，与CO2反应的产物不完全相同，B错；过量的KSCN溶液能与FeCl3溶液反应，但生成物不是沉淀或气体，不能除去其中的杂质，何况KSCN溶液，也引进新的杂质，C错；Fe与水蒸气反应生成的产物不是碱，而是四氧化三铁，D错。答案选A。27．下列类比关系正确的是A．钠与氧气在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与氧气反应也能生成Li2O或Li2O2B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应可生成FeI3D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则Al与MnO2也能发生铝热反应【答案】D【解析】Li的金属性比钠要弱，它与氧气反应只生成Li2O，不能生成过氧化锂，A错；过氧化钠与二氧化硫反应，可生成硫酸钠，因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，B错。Fe3+有氧化性，能与还原性的I-发生反应，所以Fe与I2反应生成FeI3\n，C错；铝热反应，是冶炼金属性比铝弱，且熔点比较高，D正确。答案选D。28．下列方法不能用于鉴别Na2CO3和NaHCO3固体的是A．分别加热两种固体，将放出的气体通入澄清石灰水B．分别取两种固体溶于水，滴加Ba(OH)2溶液，观察是否生成沉淀C．分别取两种固体各1g，滴入几滴水振荡，用手触摸试管底部D．分别取等质量的固体与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧称重【答案】B【解析】碳酸钠很稳定，不分解，A正确；两者都产生沉淀，不能用于检验，B错；碳酸钠溶于水会放热，碳酸氢钠溶于水吸热，因此可以用来区别两种固体，故C正确；等质量分别与足量盐酸反应，生成的盐的质量不同，D正确。答案选B。29．下列有关物质的性质与应用不相对应的是A．Na2O2能分别与H2O、CO2反应产生氧气，可用作供氧剂B．硅胶多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥剂C．K2FeO4具有强还原性且被氧化生成Fe3＋，可用于水的消毒和净水D．液氨气化时能吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此可用作制冷剂【答案】C【解析】K2FeO4具有强氧化性且被还原成Fe3+，可用于水的消毒和净化，C项错误。30．下列关于物质的用途或变化，说法正确的是A．Al2O3熔点很高，可用作耐火材料B．高纯度的硅单质用于制作光导纤维C．铝热反应是炼铁最常用的方法D．N2与O2在放电条件下直接化合生成NO2【答案】A【解析】光导纤维不是高纯硅，A错；铝热反应不是炼铁常用的方法，不现实，成本高，常用热还原性法，如CO，C错；放电条件下N2生成NO，D错；答案选A。31．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是：A．试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物B．反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-C．结合质子（H+）的能力由弱到强的顺序是OH-＞CO32-＞AlO2-D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al【答案】B【解析】Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，SiO2和硫酸不反应，要将氧化铝和其他两种分离出来，应该选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是氧化铁和二氧化硅，即试剂X为氢氧化钠，沉淀中含有二氧化硅和氧化铁，故A错误；B、铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）中加入过量的氢氧化钠以后会生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，即CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，故B正确；\nC、结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCO3-＞Al（OH）3＞H2O，碱性：OH-＞AlO2-＞CO32-，所以结合质子能力：OH-＞AlO2-＞CO32-，故C错；D、氯化铝是共价化合物，熔融时不存在铝离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误。32．为了证明硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]晶体的成分中含有NH4+、Fe2＋、SO42-和H2O，下列实验叙述中不正确的是A．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C．取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42-D．取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，得浅绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2＋【答案】B【解析】A中有液体生成，基本上能断定是水，A正确；B中氨气溶于显碱性，应用湿润红色石蕊试纸检验，B错；C中选加入盐酸排除其它离子的干扰，再加入BaCl2，生成白色沉淀，证明有SO42-，C正确；D是检验Fe3+通常所用最合理的方法。答案选B。33．如图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列推测错误的是A．若是联碱法，溶液c可在转化流程中循环利用B．若是氨碱法，则L的主要成分是NaClC．M可在转化流程中循环利用D．X是NH3，Y是CO2【答案】AB【解析】试题分析：A、若是联碱法，则X是氨气，Y是CO2，c是氯化铵溶液不能在转化流程中循环利用，A不正确；B、若是氨碱法，则L的主要成分是CaCl2，B不正确；C、M是CO2可以循环利用，C正确；D、由于氨气极易溶于水而CO2在水中的溶解性不大，所以X是NH3，Y是CO2，D正确，答案选AB。考点：考查氨碱法和联碱法的有关判断34．1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是A．Na2CO3B．Na2O2，Na2CO3C．NaOH，Na2CO3D．Na2O2，NaOH，Na2CO3【答案】A【解析】\n试题分析：根据反应式：2NaHCO3＝Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；根据计量关系，可知2molNaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反应生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，答案选A。考点：考查过氧化钠、碳酸氢钠反应的有关计算35．将5.4gAl投入到200mL2.0mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为A．HNO3溶液B．Ba(OH)2溶液C．H2SO4溶液D．HCl溶液【答案】D【解析】试题分析：200.0mL2.0mol•L-1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0mol•L-1＝0.4mol，Al的物质的量为5.4g÷27g/mol＝0.2mol，A、因Al与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，故A错误；B、由2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，0.2molAl与0.4molBa（OH）2溶液反应时，碱过量，故B错误；C、由2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液反应，硫酸过量，故C错误；D、由2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molHCl溶液反应，Al过量，故D正确，答案选D。考点：考查铝与酸碱反应的有关计算36．部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，如附图所示流程处理，下列说法中，正确的是A．滤液A中阳离子为Fe2+、H+B．样品中金属Fe的质量为2.14gC．样品中CuO的质量为4.0gD．V＝448【答案】AD【解析】试题分析：A、生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有+3价铁离子，硫酸过量含有氢离子，故A正确；B、固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2g÷160g/mol=0.02mol，铁元素的量为0.02mol×2=0.04mol，质量为：0.04mol×56g/mol＝2.24g，故B错误；C、根据B的答案知道铁元素质量=2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24＝3.52g，故C错误；D、根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量(5.76−3.2−2.24)g÷16g/mol＝0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04＝0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，故D正确，答案选AD。考点：考查金属铁、铜及其氧化物与稀硫酸反应的有关计算37．向硫酸铝铵溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是A．NH4++SO42—+Ba2++OH—BaSO4↓+NH3·H2OB．2Al3++3SO42—+3Ba2++6OH—3BaSO4↓+2Al(OH)3↓C．Al3++2SO42—+2Ba2++4OH—2BaSO4↓+AlO2—+2H2OD．NH4++Al3++2SO42—+2Ba2++4OH—2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O\n【答案】BD【解析】试题分析：铵明矾[NH4Al（SO4）2•12H2O]是一种复盐，向其溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，硫酸根沉淀钡离子，同时氢氧根离子沉淀铝离子，随滴入的氢氧化钡增多，硫酸根离子全部沉淀，同时铝离子沉淀完全，过量的氢氧根离子和铵根离子结合生成一水合氨，氢氧化铝不能溶解在氨水中，继续滴入氢氧化钡，氢氧化铝沉淀溶解，依据离子反应顺序书写离子方程式判断；A、反应中氢氧化钡先生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀；故A错误；B、NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照2：3混合反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、此时硫酸根离子过量，反应的离子方程式为2Al3++3SO42—+3Ba2++6OH—3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，B正确；C、NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照1：2恰好反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨，继续加入氢氧化钡0.5mol，氢氧化铝沉淀完全溶解，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-→2BaSO4↓+NH3•H2O+AlO2-+2H2O，C不正确；D、NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照1：2恰好反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨，反应的离子方程式为NH4++Al3++2SO42—+2Ba2++4OH—2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，故D正确，答案选BD。考点：考查离子方程式的正误判断38．下列说法中，正确的是A．利用铁加入硫酸铜溶液中的反应可以比较Cu、Fe2+的还原性B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应只产生一种气体C．氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现D．以铁为阴极、铜片为阳极、硫酸铜为电镀液可以实现铁制品镀铜【答案】D【解析】试题分析：A、利用铁加入硫酸铜溶液中的反应可以比较Cu、Fe的还原性，错误；B、随着反应的进行，浓硝酸浓度逐渐减小而变为稀硝酸，所以可得到NO2、NO气体，错误；C、N2与O2的反应条件是放电，错误；D、电镀时，镀层金属为阳极，电镀液为含镀层金属阳离子的溶液，正确。考点：本题考查氧化还原反应原理、物质的性质、电镀。39．用铝热法还原下列氧化物制得金属各1mol，消耗铝最少的是A．MnO2B．WO3C．Cr2O3D．Co3O4【答案】D【解析】用铝热法还原金属氧化物时，Al作还原剂，金属氧化物作氧化剂。在反应中金属氧化物被还原为单质，显然，在氧化物中金属化合价越高，变为单质时需获得的电子越多，消耗铝越多；金属化合价越低，得电子数越少，消耗铝越少。以上金属氧化物中金属的化合价分别为：Mn(＋4)、W(＋6)、Cr(＋3)、Co(＋)。Co化合价最低，耗铝最少。答案选D。40．下列关于100mL0.1mol/LNa2CO3溶液叙述中不正确的是A．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有CO32-的数目小于0.01NAB．热的碳酸钠溶液比冷的碳酸钠溶液洗涤餐具效果好C．用碳酸钠除去锅炉中的水垢(主要成分是CaSO4)，使之转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙。D．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中：n(CO32-)+n(HCO3-)+n(OH‑)=0.01mol【答案】D【解析】由于CO32-发生水解，A正确；水碳酸钠水解是吸热反应，且显碱性，升高温度促进水解，热的碱液促进油脂水解，B正确；碳酸钠除去水垢，转化为碳酸钙，而后用酸溶解除去，C正确。根据碳元素守恒知，n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=0.01mol，由于CO32-\n分步水解，n(OH‑)大于n(H2CO3)，所以D选项中应大于0.01mol，D错。答案选D。41．在50mLbmol·L－1的AlCl3溶液中加入50mLamol·L－1NaOH溶液。（1）当a、b满足_____________________条件时，无沉淀产生。（2）当a、b满足_____________________条件时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，此时Al（OH）3的质量为_____________________克。【答案】（1）a≥4b（2）3b＜a＜4b；3．9（4b－a）【解析】试题分析：在AlCl3溶液中加入NaOH溶液时首先发生反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl。产生白色沉淀；当NaOH过量时发生反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。沉淀又溶解。由方程式可看出n(OH-)<3n(Al3+)时，有白色沉淀，当n(OH-)=3n(Al3+)时，沉淀达到最大值。当4n(Al3+)>n(OH-)>3n(Al3+)时，沉淀逐渐溶解。当n(OH-)≥4n(Al3+)时，沉淀完全溶解。由于AlCl3溶液与NaOH溶液的体积相同，所以二者的浓度比就是二者的物质的量的比。（1）当a、b满足a≥4b条件时，无沉淀产生。（2）当沉淀达到最大值时，n(Al(OH）3)=n(Al3+)=0．05mol．m(Al(OH）3)=0．05mol×78g/mol=3．9g．当a、b满足3b＜a＜4b时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，根据方程式Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知1mol的NaOH溶解1mol的Al(OH)3。所以此时Al(OH）3的质量为3．9(4b－a）g．考点：考查AlCl3溶液与NaOH溶液反应产生的沉淀的质量关系的知识。42．将2．3g金属钠投入到足量水中，所得溶液的体积为100ml。计算：（1）产生的气体的体积（在标准状况下）；（2）所得溶液溶质的物质的量浓度。【答案】（1）1．12L（2）1mol/L【解析】试题分析：金属钠与水反应的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。n(Na)=2．3g÷23g/mol=0．1mol．由方程式可得n(H2)=1/2n(Na)=0．05mol．所以V（H2）=0．05mol×22．4L/mol=1．12L。n(NaOH)=n(Na)=0．1mol．c(NaOH)=n(NaOH)÷V(溶液)=0．1mol÷0．1L=1mol/L。考点：考查物质的量在化学反应方程式计算中的应用的知识。43．己知Ba(AlO2)2能溶于水。右图表示的是向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba(OH)2的物质的量x的关系。下列叙述正确的是A．a-b时沉淀的物质的量：Al(OH)3比BaSO4多B．c-d时溶液中离子的物质的量：AlO2-比Ba2+少C．a-d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al(OH)3D．d-e时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OH-【答案】D【解析】试题分析：从0b段表示SO42-恰好完全反应时发生反应的两种方程式为：2Al3＋＋3SO42-\n＋3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。在此段BaSO4比Al(OH)3物质的量多。在bd若继续滴加Ba(OH)2溶液，发生反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O．当达到d点时该反应恰好完全发生。在此过程中AlO2-的物质的量为Ba2+的2倍。此时的溶液为Ba(AlO2)2溶液。此后再滴加，也不会发生任何反应。溶液为Ba(AlO2)2与Ba(OH)2的混合溶液。而在a-b时沉淀的物质的量：BaSO4大于Al(OH)3。b至d由于Al(OH)3溶解消耗，所以更是物质的量BaSO4大于Al(OH)3。由于在d-e时溶液为Ba(AlO2)2与Ba(OH)2的混合溶液，当二者的物质的量的比为1:1时，溶液中离子的物质的量：Ba2+就等于OH-。正确。因此正确选项为D。考点：考查图像法在确定沉淀量与发生的反应及溶液中两种的物质的量的多少的知识。44．将0．4gNaOH和1．06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是【答案】C【解析】试题分析：n(NaOH)=0．01mol；n(Na2CO3)=0．01mol。当向含有这两种物质的混合溶液中加入滴加0．1mol·L-1稀盐酸．首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O。恰好完全时消耗HCl的体积为0．01mol÷0．1mol/L=0．1L进行滴加时发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+2NaCl。恰好完全发生反应时又消耗HCl的体积为0．01mol÷0．1mol/L=0．1L。继续滴加发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，产生气体，恰好完全发生反应时又消耗HCl的体积为=0．1L。此时产生的气体的体积达到最大值。若再滴加，不再发生任何反应。因此选项为C。考点：考查HCl与NaOH和Na2CO3混合溶液反应的先后顺序及量的多少对化学反应的影响的知识。45．等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6（相同状况），则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是A．甲、乙中都是铝过量B．甲中铝过量，乙中碱过量C．甲中酸过量，乙中铝过量D．甲中酸过量，乙中碱过量【答案】B【解析】试题分析：HCl、NaOH与Al发生反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。由方程式可以看出等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液若是与足量的Al发生反应放出的氢气体积比为1:3．。现在放出的气体的体积比为5：6>1:3，说明Al对于酸来说是过量的，对于NaOH来说是不足量的。因此选项为B。考点：考查AlyuHCl、NaOH反应放出氢气的情况的知识。46．为了验证小苏打中是否含有纯碱，下列实验操作及方法正确的是A．观察加热时是否放出气体B．观察滴加盐酸时能否放出气体\nC．溶于水中，再滴加石灰水，观察有无沉淀产生D．溶于水中，滴加少量的氯化钡溶液，观察有无白色沉淀产生【答案】D【解析】试题分析：A．小苏打NaHCO3不稳定，受热容易分解2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。产生CO2气体，而Na2CO3稳定，受热不发生分解反应，所以不能通过观察加热时是否放出气体来检验小苏打中是否含有纯碱。错误。B．滴加盐酸时都会发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑产生气体。因此不能通过观察滴加盐酸时能否放出气体来验证小苏打中是否含有纯碱。错误。C．溶于水中，再滴加石灰水，都会发生反应Ca2++OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O；CO32-+Ca2+=CaCO3↓。因此不能通过是否产生沉淀来判断小苏打中是否含有纯碱。错误。D．溶于水中，滴加少量的氯化钡溶液，若是含有Na2CO3，会发生反应：CO32-+Ba2+=BaCO3↓。产生白色沉淀，而NaHCO3与氯化钡溶液不会发生沉淀反应，因此可以验证小苏打中是否含有纯碱。正确。考点：考查小苏打中是否含有纯碱的检验方法的知识。47．下列图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的有A．Ⅰ、Ⅱ、ⅣB．Ⅰ、Ⅱ、III、Ⅳ、ⅥC．Ⅰ、III、Ⅴ\nD．Ⅰ、Ⅱ、III、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ【答案】D【解析】Fe(OH)2是一种白色沉淀，在空气中或含有氧气的水溶液中很容易被氧化变色，因此难以观察到它的本来颜色。要制备纯净稳定的Fe(OH)2，需要隔绝空气：图中装置Ⅰ中油脂的作用是防止空气中的O2进入硫酸亚铁溶液中。装置Ⅱ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ：其原理都是利用铁和稀硫酸现制FeSO4，并用产生的H2赶走试管和溶液中的氧气，但其装置的设计却有区别。装置Ⅲ：阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，H＋来源于水的电离，因此总反应为Fe＋2H2O=Fe(OH)2＋H2↑，产生的H2有利于赶走溶液中的氧气，液面上的汽油使溶液与空气隔开。48．FeSO4可发生如图所示的一系列反应，下列说法错误的是A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D．常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大【答案】D【解析】由图示中“FeSO4＋(NH4)2SO4→(NH4)2Fe(SO4)2(s)”知，(NH4)2Fe(SO4)2的溶解度比FeSO4小，D错误。49．34gFeSO4·7H2O样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法中正确的是A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2OB．温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4·3H2OC．在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4FeO＋SO3↑D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3【答案】D\n【解析】A项，FeSO4·7H2O的物质的量为，生成M时质量减小：8.34g－6.72g＝1.62g，故n(H2O)＝0.09mol，所以M的分子式为FeSO4·4H2O；B项，生成N时，，所以N的分子式为FeSO4·H2O；C项，生成P时，，所以P的分子式为FeSO4；D项，生成P后继续加热为FeSO4的分解反应：2FeSO4=Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。50．下列有关金属及其化合物的说法正确的是A．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B．Na2O2、Na2O组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．用过量的KSCN溶液除去FeCl2溶液中的少量FeCl3D．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱【答案】A【解析】工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁，用电解熔融氧化铝的方法制取铝；Na2O与CO2化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，反应产物不同；KSCN是检验Fe3＋的试剂，除去FeCl2中少量的FeCl3，可用铁粉，B错；Mg可与热水反应生成Mg(OH)2和H2，Fe只能在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，没有碱生成，D错。51．部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋B．样品中Fe元素的质量为2.24gC．样品中CuO的质量为4.0gD．V＝896mL【答案】B【解析】根据题意，3.2g滤渣一定是铜，而铜与Fe3＋不共存，则A项错误；最后的3.2g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24g，B项正确；样品中Cu元素和O元素共5.76g－2.24g＝3.52g，则C项错误；2.24gFe元素不可能全是单质，故标准状况下生成的H2的体积小于896mL，D项错误。52．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A．标准状况下，反应过程中得到7.84L的气体B．最终得到的溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)C．最终得到7.8g的沉淀\nD．最终得到的溶液中c(Na＋)＝1.5mol·L－1【答案】C【解析】2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑2mol　　0.4mol　0.1mol2Al ＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑2mol 0.4mol　　 0.2mol　0.3mol由以上两个方程式可知：生成的气体体积为：(0.1mol＋0.3mol)＝0.4mol，为8.96L，故A错；n(Na＋)＝0.4mol，则c(Na＋)＝0.4mol/0.2L＝2mol·L－1，故D错。反应后剩余0.2molNaOH，故0.3molHCl先与其反应后，剩余的0.1molHCl再与NaAlO2反应，生成0.1molAl(OH)3沉淀，质量为7.8g，故C正确；最终得到的是0.1molNaCl和0.1molNaAlO2的混合溶液，据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c()，由于c(H＋)≠c()，故B错。53．常温常压下过氧化钠可与CO2反应，与CO不反应。现将CO2、CO的混合气体在一定条件下和足量过氧化钠充分反应后，若固体质量增加了28g，下列说法正确的是A．反应过程中，电子转移数为2NAB．固体生成物的质量为106gC．CO可能有剩余D．反应后一定生成11.2L氧气【答案】B【解析】2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2　Δm88g  56gx    28g所以1molNa2O2反应，转移电子数为NA，固体生成物的质量为106g，CO不参与反应，一定剩余，反应后在标准状况下生成11.2LO2。54．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是    A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3【答案】D【解析】本题以流程图为载体，考查了实验基础、氧化还原反应和化学方程式的书写。由后续流程可知，反应①中试剂X的作用是将铝元素转移到溶液中，从而与Fe2O3分离。由于Al2O3属于两性氧化物，而Fe2O3属于碱性氧化物，所以应选用氢氧化钠溶液溶解Al2O3，A、B均错误；流程最后一步电解Al2O3\n制取Al时元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；由反应①分析，溶液乙的溶质是NaAlO2；反应②的产物是Al(OH)3和NaHCO3，说明通入物质不仅含有碳元素，而且在水中显酸性，Y是CO2。根据元素守恒，反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3，D项正确。55．在1L含0.1molNaAlO2和0.1molBa(OH)2的混合溶液中，逐滴加入浓度为0.1mol·L－1H2SO4溶液，下列图像中能表示反应产生沉淀的物质的量与加入硫酸溶液体积之间关系的是【答案】A【解析】混合溶液中加入H2SO4，首先发生Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O,0.1molH2SO4刚好与0.1molBa(OH)2完全反应生成0.1molBaSO4沉淀，且H2SO4电离出的H＋与Ba(OH)2电离出的OH－也刚好完全中和，再加入H2SO4，则发生反应：＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，即加入0.5molH2SO4时生成Al(OH)3为0.1mol，继续加入H2SO4，则Al(OH)3会溶解，最终只有BaSO4沉淀。56．下列叙述中正确的是①铁在过量氧气中燃烧生成Fe2O3②铝在常温下不能与氧气反应③能用同一离子方程式表示:浓氨水滴入Al2(SO4)3溶液和Al2(SO4)3溶液滴入浓氨水的反应④铝粉与氧化镁共热可制取金属镁⑤用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+⑥除去Al(OH)3中混有的少量Mg(OH)2:加入过量的烧碱溶液充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤⑦除去FeCl2溶液中混有的FeCl3:加入过量铜粉,过滤⑧生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加A.①②⑤⑦B.②③⑥⑧C.②④⑥⑦D.③⑥【答案】D【解析】①生成Fe3O4;②铝与氧气反应形成致密氧化膜,阻止Al进一步与氧气反应,错误;③因为氨水是弱碱,正确;④铝的活泼性小于Mg,所以铝不能置换出氧化镁中的镁,错误;⑤过量的氨水与Fe3+、Al3+反应均生成沉淀,错误;⑥Al(OH)3与过量的烧碱反应生成NaAlO2,过滤除去Mg(OH)2,滤液中的NaAlO2与H2O、CO2反应生成Al(OH)3,正确;⑦又掺进了新的杂质Cu2+,错误;⑧生铁中含碳量最高,错误。57．下列实验与对应示意图的关系正确的是    \nABCDNaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量【答案】C【解析】A项，＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，应是1∶3，错误；B项，Al(OH)3不溶于NH3·H2O，错误；C项，在溶解Al(OH)3时，会增加BaSO4沉淀，所以质量仍增加，正确；D项，CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，错误。58．物质的量为0．10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为A．3．2gB．4．0gC．4．2gD．4．6g【答案】D【解析】发生的反应有：①②若0．10mol镁条全部参与反应①，反应后固体的质量m＝0．10mol×40g·mol－1＝4．0g。若0．10mol镁条全部参与反应②，反应后固体的质量m＝0．10mol×40g·mol－1＋0．05mol×12g·mol－1＝4．6g。若CO2和O2的量不足，Mg条不能完全燃烧，则反应后固体的质量可能小于4．0g，但不会等于或大于4．6g，故D项错误。59．据国外媒体报道，“火星快车”号和“金星快车”号探测器分别在火星和金星大气层中发现了一种非常特殊的气态化合物。这种化合物的存在不但会导致金星上的温室效应被成倍的放大，而且可能会在火星上也诱发温室效应的产生。它的结构式为16O=C=18O。下列说法正确的是A．16O与18O为同种原子B．16O=C=18O与16O=C=16O互为同位素C．16O=C=18O与16O=C=16O的化学性质几乎相同D．16O=C=18O与NaO2反应生成的氧气中含18O【答案】C【解析】16O与18O为氧元素的同位素，属于两种不同的核素，A项错误；同位素的研究对象为原子，而16O=C=18O与16O=C=16O为化合物，B项错误；二氧化碳与过氧化钠的反应为过氧化钠的歧化反应，生成的氧气中的氧原子来源于过氧化钠，D项错误。60．向一定量的Fe、Fe0、Fe304的混合物中加人100mL1mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，生成224mL(标准状况)气体，向溶液中滴加KSCN溶液无红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量为A．2．8gB．5．6gC．11．2gD．无法计算\n【答案】A【解析】试题分析：由题意知溶液是氯化亚铁溶液，其物质的量是氯离子的一半，所以n（Fe2+）=0．05mol，根据元素守恒，用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的物质的量仍为0．05mol，所以质量是2．8g，答案选A。考点：考查元素守恒法在化学计算中的应用61．足量的二氧化碳通入到1mol/LNaOH溶液中，下列说法错误的是A．溶液中Na+离子个数为NA（NA表示阿伏加德罗常数）B．溶液中的CO32—离子浓度先增大后减小C．微热反应后的溶液，溶液的pH会升高D．当恰好生成Na2CO3时，溶液中离子浓度大小存在以下关系：【答案】A【解析】试题分析：A、溶液体积未知所以Na+离子个数未知，错误；B、二氧化碳与氢氧化钠反应先生成碳酸钠，CO32—离子浓度先增大，后二氧化碳与CO32—离子生成碳酸氢根离子，CO32—离子浓度减小，正确；C、加热反应后的溶液会促进碳酸氢根离子的水解，溶液碱性增强，pH升高，正确；D、符合电荷守恒规律，正确，答案选A。考点：考查二氧化碳与氢氧化钠的反应，离子浓度的变化，溶液酸碱性的变化，电荷守恒规律的应用62．按图装置通入X气体，并在管P处点燃，实验结果是澄清石灰水变浑浊，则X、Y可能是(　　)。A．H2和Fe2O3B．CO和CuOC．H2和Na2CO3D．CO和Na2CO3【答案】B【解析】实验结果是澄清石灰水变浑浊，说明X气体与Y反应后的产物之一为二氧化碳，结合示意图分析得出B项符合题意。63．铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98g(用精密天平测量)Cu(OH)2，固体，将其加热，有铜的氧化物生成，剩余固体质量随温度变化的曲线如图1所示。另外，某同学绘制了三条表示铜的氧化物的质量与其所含铜元素质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是(　　)。\nA．图1中产物a、b的化学式分别为Cu2O和CuOB．图1整个过程中共生成0.26gH2OC．图2三条曲线中，表示CuO和其所含Cu元素质量的关系曲线是曲线AD．图2中绘制错误的曲线共2条【答案】D【解析】0.98gCu(OH)2的物质的量为0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g·mol－1＝0.80g，所以a点是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g·mol－1＝0.72g，所以b点是Cu2O，A错误。根据化学方程式Cu(OH)2CuO＋H2O,4CuO2Cu2O＋O2↑，反应过程中产生0.01molH2O，即0.18g，B错误。CuO和其所含铜元素的质量关系(以CuO的质量为10g计算)为10gCuO中含8g铜元素，观察图2知，曲线B符合上述质量关系(表示的是CuO)。而曲线A上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其所含金属元素的质量，这是错误的，曲线C不符合Cu2O和其所含的铜元素的质量关系，所以C错误、D正确。64．某地污水中含有Zn2＋、Hg2＋、Fe3＋、Cu2＋四种阳离子。甲、乙、丙三位同学设计的从该污水中回收金属铜的方案如下：下列判断正确的是(　　)。A．三种实验方案都能制得纯净的铜B．乙方案中加过量铁粉可以将四种阳离子全部还原C．甲方案中的反应涉及置换、分解、化合、复分解四种反应类型D．丙方案会产生环境污染【答案】D【解析】甲方案得到的滤渣中含有Hg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2，加热后得到HgO、Fe2O3\n和CuO，通H2还原后不能得到纯净的铜；乙方案中加入过量铁粉，过滤所得的滤渣中含有铁、铜、汞等物质，最后也不能得到纯净的铜；丙方案中用盐酸溶解了滤渣中过量的铁，最后可以得到纯净的铜。因为锌比铁活泼，所以乙方案中加入的铁不能还原Zn2＋。甲方案中没有涉及化合反应。丙方案可能会产生汞和酸性废水，从而导致环境污染。65．硝酸铜是一种重要的工业产品，化学上有很多方法可以制取硝酸铜：①将铜溶于硝酸中、②先将铜与O2反应生成CuO，再溶于硝酸中、③将铜溶于N2O4的乙酸乙酯(溶剂，不参加反应)溶液中生成硝酸铜和一氧化氮。下列认识或判断错误的是(　　)。A．方法③是最经济和环保的B．方法①中，若从经济和环保的角度考虑，用稀硝酸比用浓硝酸好C．方法②需要消耗能源，对环境不产生污染D．方法③中N2O4既是氧化剂又是还原剂【答案】A【解析】①、③都生成污染性气体，制取同样的硝酸铜，用稀硝酸比用浓硝酸耗酸量少，②不生成污染性气体且HNO3全部转化为Cu(NO3)2。66．氢化亚铜(CuH)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可生成CuH。下列叙述中错误的是(　　)。A．“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应可能产生H2C．CuH与足量稀硝酸反应：CuH＋3H＋＋NO3-=Cu2＋＋NO↑＋2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH＋Cl2=CuCl＋HCl【答案】D【解析】A项，用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可生成CuH，Cu元素由＋2价变为＋1价，则CuSO4作氧化剂，“某物质”为还原剂，表现出还原性；B项，CuH与盐酸发生氧化还原反应：2CuH＋4HCl=2CuCl2＋3H2↑；C项，HNO3具有强氧化性，与CuH反应时，＋1价Cu、－1价H均被氧化成最高价态；D项，Cl2具有强氧化性，CuH具有强还原性，二者反应会生成CuCl2和HCl。67．钓鱼岛群岛的东海海域及部分太平洋海域探明为海底热水矿床。海底热水矿床是沉积着由岩浆热气从地底喷出的金、铜、锌、稀有金属等区域。下列说法正确的是(　　)。A．金不溶于任何溶液B．铜、锌在空气中均能被氧化成对应的氧化物C．铜锌合金的熔点低于铜或锌的熔点D.的质子数和中子数之差为34【答案】C【解析】金能够溶于王水，A项错误；铜在空气中被腐蚀生成铜锈，主要成分是Cu2(OH)2CO3，B项错误；合金的熔点一般比成分金属的都低，C项正确；的质子数和中子数之差为(63－29)－29＝5，D项错误。68．已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是(　　)。M＋NQQ溶液M＋NA．NaB．AlC．FeD．Cu【答案】D\n【解析】Na、Al、Fe均为活泼金属，电解相关溶液不能制取其单质；电解铜盐溶液可以生成铜单质，转化关系可能是Cu＋Cl2CuCl2CuCl2溶液Cu＋Cl2。69．日本地震后，导致福岛第一核电站引发核危机。核反应堆的第一层护罩是锆锡合金外壳，第二层护罩是压力仓，第三层护罩是用最坚固的钢和混凝土制成的非常厚的球体。下列叙述错误的是(　　)。A．锆锡合金、钢、混凝土都属于混合物B．钢的硬度和熔沸点都高于纯铁C．锆锡合金和钢属于金属材料，混凝土属于传统的硅酸盐材料D．在高温下，钢和水蒸气可发生反应产生氢气【答案】B【解析】钢是铁碳合金，其硬度大于纯铁，但熔点低于纯铁。70．向含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为8.96L(0℃，1.01×105Pa)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2气体的体积关系图像正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)()。【答案】C\n【解析】本题涉及的化学反应方程式：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O①2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O②BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2③Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3④当未通入CO2气体时，溶液中离子的物质的量为0.2molNa＋、0.1molBa2＋、0.4molOH－；当通入2.24LCO2气体时，发生反应①，此时溶液中离子的物质的量为0.2molNa＋、0.2molOH－；当通入4.48LCO2时，发生反应②，此时溶液中离子的物质的量为0.2molNa＋、0.1molCO32-；当通入6.72LCO2时，发生反应④，此时溶液中离子的物质的量为0.2molNa＋、0.2molHCO3-；当通入8.96LCO2时，发生反应③，此时溶液中离子的物质的量为0.2molNa＋、0.1molBa2＋、0.4molHCO3-。对比图像可知选项C正确。71．有3份等质量的小苏打，第1份直接与盐酸恰好完全反应；第2份首先加热，使其部分分解后，再与盐酸恰好完全反应；第3份首先加热，使其完全分解后，再与盐酸恰好完全反应。假若盐酸的物质的量浓度相同，消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是()。A．V1>V2>V3B．V1>V3>V2C．V2>V3>V1D．V1＝V2＝V3【答案】D【解析】3份小苏打质量相等，无论是直接与盐酸反应，还是部分分解或完全分解后与盐酸反应，最终得到的都是NaCl溶液，其中Cl－来自于盐酸，Na＋来自于NaHCO3，3份消耗盐酸的体积相同。72．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是()。A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同种盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多C．向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀，而Na2CO3溶液中加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠反应【答案】A【解析】Na2CO3、NaHCO3分别与HCl反应，有关物质的质量关系是：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑106g73g44gNaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑84g36.5g44g显然，等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与盐酸反应，NaHCO3产生的二氧化碳多，Na2CO3消耗盐酸多，故A正确，B不正确；向NaHCO3溶液中滴加Ba(OH)2溶液有如下反应：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O，CO32-＋Ba2＋=BaCO3↓，C选项不正确；Na2CO3溶液不与NaOH反应，D选项不正确。73．向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋。若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为()。A．6.4gB．4.8gC．2.4gD．1.6g【答案】C【解析】向混合物中加入盐酸时发生如下反应：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、2FeCl3＋Cu=CuCl2＋2FeCl2，由题意可知：Cu与Fe2O3的物质的量相等，设二者的物质的量均为x，则有6x＝0.3L×1mol·L－1＝0.3mol，x＝0.05\nmol；若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量即为氧原子的质量：0.05mol×3×16g·mol－1＝2.4g。74．部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是()。A．滤液A中的阳离子为Fe3＋、Fe2＋、H＋B．样品中Fe元素的质量为2.24gC．样品中CuO的质量为4.0gD．V＝896【答案】B【解析】根据题意，3.2g滤渣一定是铜，而铜与Fe3＋不共存，则A项错误；最后的3.2g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24g，B正确；样品中Cu元素和O元素共5.76g－2.24g＝3.52g，则C项错误；因2.24gFe元素已部分氧化，且Fe还与Fe3＋、Cu2＋发生反应，故生成的氢气的体积应小于896mL，D错误。75．用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是()。选项实验现象解释或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积水溶液颜色变浅c(Fe3＋)变小C加入足量Fe粉溶液颜色变成浅绿色2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋D将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应ΔH＞0【答案】A【解析】向黄色的FeCl3溶液中加入FeCl3固体，溶液浓度增大，溶液黄色变深，但FeCl3的水解程度变小，A错误。往黄色的FeCl3溶液中加入等体积水，溶液被稀释，c(Fe3＋)变小，溶液颜色变浅，B正确；在黄色的FeCl3溶液中加入足量Fe粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液颜色变成浅绿色，C正确；水解反应是吸热反应，将FeCl3溶液微热可加速FeCl3的水解，溶液变成红褐色，D正确。76．下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是()。\nA．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③④D．②③④⑤【答案】B【解析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③的原理为铁作阳极产生Fe2＋，与电解水产生的OH－结合生成Fe(OH)2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；⑤中液面加苯阻止了空气进入；④由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。77．向某晶体的溶液中加入含Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，由此得出下列的结论错误的是()。A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强B．该晶体中一定含有SCN－C．Fe2＋与SCN－不能形成红色化合物D．Fe2＋被溴氧化成Fe3＋【答案】A【解析】某晶体的溶液中没有与Fe2＋发生反应显红色的离子，当加入溴水后，Fe2＋一定被氧化成Fe3＋，此时溶液出现红色，说明原晶体是含有SCN－的盐，很明显判断出B、C、D均正确，在Br2与Fe2＋反应中，Fe3＋是氧化产物，Br2是氧化剂，所以Br2的氧化性应比Fe3＋氧化性强。78．下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是()。A．MgCl2B．FeCl2C．AlCl3D．CuCl2\n【答案】D【解析】MgCl2、AlCl3既能由单质间发生化合反应制得，又能由金属单质与盐酸发生置换反应得到。单质铁与盐酸反应生成FeCl2，单质铁在Cl2中燃烧则生成FeCl3，铜在Cl2中燃烧生成CuCl2，铜与盐酸不反应。79．下列关于铁的叙述正确的是()。①铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀②在人体内的血红蛋白中含有铁元素③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧⑤铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3⑥不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3A．①③B．②④C．②⑤D．④⑥【答案】B【解析】当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；铁位于元素周期表的第Ⅷ族，而不是第ⅧB族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe3＋，但若铁过量，则Fe3＋被Fe还原为Fe2＋，所以，Fe与HNO3反应的产物可能因铁过量而生成Fe(NO3)2；FeCl2、Fe(OH)3可分别通过化合反应Fe＋2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3制得。故选项B正确。80．下列关于钠及其化合物的说法正确的是(　　)。A．将金属钠投入水中，再经过一步转化可得碳酸氢钠B．分别向Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加少量盐酸，产生CO2较快的为NaHCO3C．等物质的量的Na2O2、NaHCO3在密闭容器中加热，反应后得到的产物为纯净物D．钠与O2反应时，由于O2的量不同，可分别生成Na2O或Na2O2【答案】B【解析】选项A，Na→NaOH→Na2CO3→NaHCO3，所以还需经过两步转化才能得到NaHCO3。选项B，Na2CO3与H＋反应，需两步反应生成CO2，NaHCO3只需一步反应生成CO2，前者反应相对较慢，后者则相对较快，故可用盐酸进行鉴别。选项C，反应后得到NaOH、Na2CO3和O2的混合物。选项D，钠与O2反应，由于反应条件不同，可分别生成Na2O或Na2O2。81．将0.05molNa分别投入到盛有100mL水、100mL盐酸、100mL硫酸铜溶液的X、Y、Z三个烧杯中，下列有关说法错误的是(　　)。A．三个烧杯中一定均会发生的离子反应有：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑B．三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，相比而言，X烧杯中的反应平缓些C．Z烧杯中一定会有沉淀生成，但沉淀不是单质铜D．三个烧杯中置换生成气体的物质的量一定相同【答案】A【解析】钠与盐酸反应的本质是Na与H＋反应，当酸足量时钠只与酸反应，A错；三种溶液中，水中氢离子浓度最小，故反应速率最低，B对；Z烧杯中的沉淀是Cu(OH)2，C对；三个烧杯中生成的气体均是H2，而且H2物质的量相同，D对。82．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是(　　)。A．Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等D．Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同\n【答案】C【解析】Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1∶2，A错误；生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B项错；由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C项正确；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成不稳定的无色物质，故原理不同，D项错误。83．下列事实及其解释不正确的是(　　)。A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3B．钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气C．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应D．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应【答案】A【解析】A项，对NaHCO3溶液微热，红色加深，是因为HCO的水解程度增大，溶液碱性增强。84．下列关于钠及其化合物的叙述正确的是(　　)。A．将足量的Na2O2和Na2O分别加入酚酞试液中，最终溶液均为红色B．用钠与空气反应制纯净的Na2O2，空气必须经过碱石灰处理后，才能与钠反应C．钠与钠离子都具有强还原性D．在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2【答案】B【解析】Na2O2、Na2O分别加入酚酞试液中，均先与试液中的水反应生成碱而使试液变红色，但因Na2O2具有漂白性，最后又将变成红色的酚酞漂白，故A不正确。用Na与空气反应制Na2O2，空气中的CO2和水可与生成的Na2O2反应引入杂质，所以空气必须经碱石灰处理，故B正确。钠原子最外层只有一个电子，容易失去最外层电子形成钠离子，表现强还原性，而钠离子具有稳定的电子层结构，不具有还原性，只具有弱氧化性，故C不正确。D项反应中，氧化剂和还原剂均为Na2O2，故D不正确。85．下列说法不正确的是(　　)。A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C．乙醇可与金属钠反应放出氢气D．金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火【答案】B【解析】NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、H2O，而Na2CO3加热不易分解，故B不正确。86．下列关于金属钠的叙述错误的是(　　)。A．金属钠保存在煤油中B．钠的密度比水小C．钠在空气中燃烧生成Na2OD．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶【答案】C【解析】金属钠容易与空气中的H2O、O2反应，钠的密度比煤油大且钠不溶于煤油，故钠可以保存在煤油中，A对；钠的密度比水小，B对；钠在空气中燃烧生成Na2O2，C错；金属钠比较活泼，实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶，D对。\n87．向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋。若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为(　　)。A．6.4gB．4.8gC．2.4gD．1.6g【答案】C【解析】向混合物中加入盐酸时发生如下反应：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、2FeCl3＋Cu=CuCl2＋2FeCl2，由题意可知：Cu与Fe2O3的物质的量相等，设二者的物质的量均为x，则有6x＝0.3L×1mol·L－1＝0.3mol，x＝0.05mol；若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量即为氧原子的质量：0.05mol×3×16g·mol－1＝2.4g。88．氢化亚铜(CuH)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可生成CuH。下列叙述中错误的是(　　)。A．“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应可能产生H2C．CuH与足量稀硝酸反应：CuH＋3H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO↑＋2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH＋Cl2=CuCl＋HCl【答案】D【解析】A项，用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可生成CuH，Cu元素由＋2价变为＋1价，则CuSO4作氧化剂，“某物质”为还原剂，表现出还原性；B项，CuH与盐酸发生氧化还原反应：2CuH＋4HCl=2CuCl2＋3H2↑；C项，HNO3具有强氧化性，与CuH反应时，＋1价Cu、－1价H均被氧化成最高价态；D项，Cl2具有强氧化性，CuH具有强还原性，二者反应会生成CuCl2和HCl。89．用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是(　　)。选项实验现象解释或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积水溶液颜色变浅c(Fe3＋)变小C加入足量Fe粉溶液颜色变成浅绿色2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋D将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应ΔH>0【答案】A【解析】向黄色的FeCl3溶液中加入FeCl3固体，溶液浓度增大，溶液黄色变深，但FeCl3的水解程度变小，A错误。往黄色的FeCl3溶液中加入等体积水，溶液被稀释，c(Fe3＋)变小，溶液颜色变浅，B正确；在黄色的FeCl3溶液中加入足量Fe粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液颜色变成浅绿色，C正确；水解反应是吸热反应，将FeCl3溶液微热可加速FeCl3的水解，溶液变成红褐色，D正确。90．下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是(　　)。\nA．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③④D．②③④⑤【答案】B【解析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③的原理为铁作阳极产生Fe2＋，与电解水产生的OH－结合生成Fe(OH)2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；⑤中液面加苯阻止了空气进入；④由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。91．向某晶体的溶液中加入含Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现红色，由此得出下列的结论错误的是(　　)。A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强B．该晶体中一定含有SCN－C．Fe2＋与SCN－不能形成红色化合物D．Fe2＋被溴氧化成Fe3＋【答案】A【解析】某晶体的溶液中没有与Fe2＋发生反应显红色的离子，当加入溴水后，Fe2＋一定被氧化成Fe3＋，此时溶液出现红色，说明原晶体是含有SCN－的盐，很明显判断出B、C、D均正确，在Br2与Fe2＋反应中，Fe3＋是氧化产物，Br2是氧化剂，所以Br2的氧化性应比Fe3＋氧化性强。92．下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是(　　)。A．MgCl2B．FeCl2C．AlCl3D．CuCl2\n【答案】D【解析】MgCl2、AlCl3既能由单质间发生化合反应制得，又能由金属单质与盐酸发生置换反应得到。单质铁与盐酸反应生成FeCl2，单质铁在Cl2中燃烧则生成FeCl3，铜在Cl2中燃烧生成CuCl2，铜与盐酸不反应。93．将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。①一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；②一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；③一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是(　　)。A．V1＝V3＞V2B．V2＞V1＝V3C．V1＝V2＞V3D．V1＞V3＞V2【答案】A【解析】发生反应的化学方程式为：8Al＋3Fe3O4高温=4Al2O3＋9Fe则第一份和第三份都是8molAl失去24mol电子提供给氢离子生成氢气，故得到的氢气是相等的；第二份，由化学方程式可知8molAl失去24mol电子，生成9molFe，而9molFe只能失去18mole－提供给氢离子生成氢气，故生成的氢气比第一份和第三份少，答案A正确。94．3g镁铝合金与100mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4g，则原硫酸的物质的量浓度为(　　)。A．1mol·L－1B．1.5mol·L－1C．2mol·L－1D．2.5mol·L－1【答案】B【解析】由镁铝合金到无水硫酸盐，固体增加的质量为SO42－的质量，则n(H2SO4)＝mol＝0.15mol，故c(H2SO4)＝＝1.5mol·L－1，B对。95．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是(　　)。A．AlB．Al(OH)3C．AlCl3D．Al2O3【答案】A【解析】假设上述四种物质均为1g，则物质的量分别为mol，mol，mol，mol，完全溶解转化为NaAlO2时，所需NaOH的物质的量分别为mol、mol，×4mol＝mol，×2mol＝mol，所以选A。96．美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，关于氢铝化合物的推测不正确的是(　　)。A．氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气B．氢铝化合物中铝显＋3价，氢显－1价C．铝与水蒸气在高温下反应可生成氢铝化合物D．氢铝化合物具有强还原性【答案】C【解析】由化合物中元素正负化合价代数和为零，并结合\nH、Al原子结构特点可知氢铝化合物中Al为＋3价、H为－1价；该化合物中H元素处于最低价态，具有强还原性，可与水发生氧化还原反应生成氢气，同时生成氢氧化铝。97．下列有关铝及其化合物的叙述正确的是(　　)。A．铝粉与氧化镁共热可制取金属镁B．足量铝分别与含1molHCl、1molNaOH的溶液反应，产生相同量的氢气C．工业上用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝D．在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生钝化【答案】C【解析】镁比铝活泼，不能用铝粉制取镁，A错误；根据关系式2Al～6HCl～3H2，2Al～2NaOH～3H2，当铝足量时，等物质的量的HCl和NaOH产生H2的体积比为1∶3，B错误；浓H2SO4溶解于浓HNO3中放出大量热，同时也促进HNO3挥发，使两种酸的浓度减小，铝片不钝化，D错误。98．现有25mL2mol·L－1Na2CO3和75mL1mol·L－1的稀盐酸：①将Na2CO3溶液缓缓滴到稀盐酸中；②将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，在标准状况下产生气体的体积情况是(　　)。A．均为0.84LB．均为0.56LC．①＞②D．②＞①【答案】C【解析】①将Na2CO3溶液逐滴加入到盐酸中，开始时，HCl过量，有关反应为：Na2CO3＋　2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O1mol2mol22.4L0．05mol0.075molV1生成CO2的体积用HCl的量计算：V1＝＝0.84L②将盐酸逐滴加入到Na2CO3溶液中，开始时，Na2CO3过量，反应分两步进行：Na2CO3＋　HCl　=　NaHCO3＋NaCl1mol1mol1mol0．05mol0.05mol0.05molNaHCO3＋　HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑1mol1mol22.4L0．05mol(0.075－0.05)molV2生成的CO2用剩余HCl的量计算：V2＝＝0.56L，所以V1＞V2。99．下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法错误的是(　　)。A．热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3B．与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3＜Na2CO3C．相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3＜Na2CO3D．等物质的量浓度溶液的pH：NaHCO3＜Na2CO3【答案】B【解析】与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3＜NaHCO3。100．下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常用作红色涂料\nBSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有氧化性SO2可使溴水褪色【答案】A【解析】试题分析：A、因为Fe2O3是红棕色粉末，所以常用作红色涂料，正确；B、Ⅰ、Ⅱ均正确，但不存在因果关系，错误；C、Al2O3难溶于水说的是水溶性，Al2O3可用作耐火材料说的是熔点，二者无关，错误；D、SO2可使溴水褪色说明二氧化硫具有还原性，与Ⅰ不存在因果关系，错误，答案选A。考点：考查物质的性质、用途之间的关系101．相同质量的两份铝，分别放入足量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之比为A.3:2B.2:3C.1:3D.1:1【答案】D【解析】试题分析：由2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，答案选D。考点：考查铝与氢氧化钠以及盐酸反应的有关计算102．通常情况下，微粒A和B为分子,C和E为阳离子,D为阴离子,它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。阳离子E是（）A.可能是Al3+，也可能是Mg2+B.只能是Al3+C.只能是Mg2+D.以上说法都不对【答案】A【解析】试题分析：常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F-、OH-，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH-，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2+或Al3+，答案选A。考点：考查无机物推断