湖北省潜江市江汉油田海南海政学校2022届高三化学上学期月考试题含解析

2022-2022学年湖北省潜江市江汉油田海南海政学校高三（上）月考化学试卷　一．选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分．每小题只有1个选项符合题意）1．合金与铁的物理性质的比较如下表所示：熔点（℃）密度（g/cm3）硬度（金刚石为10）导电性（银为100）某合金25003.007.42.3铁15357.864.517又知该合金耐腐蚀，强度大．从以上性能看，该合金不适合用作（　　）A．导线B．门窗框C．炉具D．飞机外壳　2．在溶液中加入足量的Na2O2后仍能大量共存的离子组是（　　）A．Na+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣　3．金属钠分别与下列溶液反应时，既有沉淀析出，又有气体逸出的是（　　）A．BaCl2溶液B．K2SO4溶液C．CuSO4D．NH4NO3溶液　4．某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时是白色絮状沉淀，迅速变为灰绝色，最后变成红褐色．下列结论正确的是（　　）A．一定有Fe2+存在，一定没有Fe3+、Mg2+B．一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+C．一定有Fe3+存在，可能有Fe2+，一定没有Mg2+D．一定有Fe2+存在，可能有Mg2+，一定没有Fe3+　5．将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（　　）A．3mol•L﹣1HClB．4mol•L﹣1HNO3C．8mol•L﹣1NaOHD．18mol•L﹣1浓H2SO4　6．下列做法不正确的是（　　）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，用细沙覆盖灭火　　二、选择题（本题包括6小题，每小题4分．每小题有一至二个选项符合题意．）-21-\n7．由FeO、Fe2O3和Fe3O4组成的混合物，测得其中铁元素与氧元素的质量比为21：8，则这种混合物中FeO、Fe2O3和Fe3O4的物质的量之比是（　　）A．1：1：1B．2：1：1C．1：2：1D．1：1：3　8．金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应．由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是（　　）A．Fe2O3B．NaClC．Cu2SD．Al2O3　9．将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.2molNO2和0.3molNO，下列说法正确的是（　　）A．反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为1：3D．反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为3：1　10．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（　　）ABCDXFeCl2溶液FeCl2溶液FeFeSO4溶液YFeCl3CuCl2AlFe2（SO4）3ZCl2FeNaOH溶液CuA．AB．BC．CD．D　11．下列操作所得物质为纯净物的是（　　）A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al（OH）3固体C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体　12．下列中学常见实验的现象或表述正确的是（　　）A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显血红色B．制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁C．检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴即可D．FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液　　三、简答题（本题包括3小题，共27分）13．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种．阴离子CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、Cl﹣阳离子Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+-21-\n现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀物质的量（n）与加入试剂的体积（V）关系如图所示．（1）若Y是盐酸，所得到的关系图如甲所示，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是　　　　　　，ab段发生反应的离子　　　　　　，bc段发生反应的离子方程式　　　　　　．（2）若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如乙所示，则X中一定含有的离子是　　　　　　，假设X溶液只含这几种离子，则溶液各离子物质的量之比为　　　　　　，ab段反应的离子方程式为　　　　　　．　14．（10分）（2022秋•海南校级月考）工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制备高档颜料铁红（Fe2O3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）滤液X中含有的金属阳离子是　　　　　　（填离子符号）．（2）步骤Ⅲ中可选用　　　　　　调节溶液的pH（填选项字母）．A．稀硝酸B．氨水C．氢氧化钠溶液D．高锰酸钾溶液（3）步骤Ⅳ中，FeCO3沉淀完全后，溶液中含有少量Fe2+，检验Fe2+的方法是　　　　　　．（4）步骤Ⅳ的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是　　　　　　，　　　　　　．（5）在空气中煅烧FeCO3生成产品氧化铁的化学方程式为　　　　　　．　15．铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物．（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法．实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH﹣的阴离子交换柱，使Cl﹣和OH﹣发生交换．交换完成后，流出溶液的OH﹣用0.40mol•L﹣1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL．计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：　　　　　　（列出计算过程）；-21-\n（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品；采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为　　　　　　．在实验中，FeCl2可用铁粉和　　　　　　反应制备，FeCl3可用铁粉和　　　　　　反应制备；（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料．FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为　　　　　　．　　四、实验题（本题包括2小题，共17分）16．小苏打长期放置在空气中会变质（部分转变为Na2CO3），某研究小组欲测定某小苏打样品中NaHCO3的质量分数，设计如下实验方案：Ⅰ．加热分解法利用图1装置，充分加热小苏打样品．（1）仪器a的名称为　　　　　　．（2）在实验过程中，需要测量的实验数据有：①仪器a的质量；②　　　　　　；③　　　　　　．Ⅱ．测量气体体积法利用图2装置，测定反应生成气体的体积．（3）组装好仪器后，首先进行的操作为　　　　　　．（4）导管g的作用为　　　　　　．（5）因为CO2溶于水，为了减小实验误差，B、C中最好用　　　　　　溶液代替水．（6）待反应结束，气体冷却至室温后，利用图2示装置读取气体体积时，应注意的事项有：①　　　　　　；②　　　　　　．　17．某研究性学习小组在网上收集到信息：钠、镁等活泼金属都能在CO2气体中燃烧．他们对钠在CO2气体中燃烧后得到的白色产物进行了如下探究：[实验操作]将燃烧的钠迅速伸入装满CO2的集气瓶中，钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底有黑色颗粒，瓶壁上附着白色物质．[提出假设]假设1：白色物质是Na2O．假设2：白色物质是Na2CO3．假设3：白色物质是Na2O和Na2CO3的混合物．[设计方案]该小组对燃烧后生成的白色物质进行如下探究：实验方案实验操作实验现象结论-21-\n方案1取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液溶液变成红色白色物质为Na2O方案2①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的CaCl2溶液．②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液①出现白色沉淀．②无明显现象白色物质为Na2CO3请回答下列问题：（1）写出金属镁与二氧化碳反应的化学方程式：　　　　　　．（2）甲同学认为方案1得到的结论不正确，其理由是　　　　　　．（3）钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为　　　　　　．（4）乙同学认为白色物质有可能是氢氧化钠．你是否同意乙同学的观点，并简述理由：　　　　　　．　　五．选做题（本题包括2小题，任选作一题，两题都答者以得高分的一题计入总分（20分）．）18．双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl（OH）2CO3．关于该物质的说法正确的是（　　）A．该物质属于两性氢氧化物B．该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物C．1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+D．1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+　19．（14分）（2022秋•海南校级月考）铝是现今人类生产生活中使用广泛性仅次于铁的重要金属．工业上常以“钒土矿”为原料来冶炼金属铝．已知：钒土的主要成分是Al2O3（其中含有Fe2O3、SiO2等杂质）．为了检测某“钒土矿”样中Al2O3的含量，进行了如下实验过程：①取矿样10.0g加入过量稀盐酸溶解（假定其他未知成分的杂质都不溶于盐酸，也不和盐酸反应），过滤弃去不溶残渣．②将滤液稀释并在250mL容量瓶中定容后，取25.0mL逐滴滴加2.5mol•L﹣1的NaOH溶液，得到如图所示的变化关系．请根据有关数据回答下列问题：（1）写出滴加NaOH溶液0～3mL时发生反应的离子方程式：　　　　　　．（2）最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀的化学式为　　　　　　，其物质的量为　　　　　　．（3）该钒土矿样中Al2O3的质量分数为　　　　　　．（4）用10.0t“钒土矿”样提纯所得的Al2O3（提纯过程的损耗忽略不计）进行电解，理论上在　　　　　　极（填“阴”，“阳”）最多可制得金属铝　　　　　　t．　　六、解答题（共2小题，满分0分）-21-\n20．（2022秋•扬中市校级期中）下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是（　　）Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃﹣107℃﹣57℃1723℃A．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体B．在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高　21．（2022春•新疆校级期中）下图为几种晶体或晶胞的示意图：请回答下列问题：（1）上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是　　　　　　．（2）冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为　　　　　　．（3）NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能　　　　　　（填“大于”或“小于”）MgO晶体，原因是　　　　　　．（4）每个Cu晶胞中实际占有　　　　　　个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2+的配位数为　　　　　　．（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是　　　　　　．　　2022-2022学年湖北省潜江市江汉油田海南海政学校高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分．每小题只有1个选项符合题意）1．合金与铁的物理性质的比较如下表所示：熔点（℃）密度（g/cm3）硬度（金刚石为10）导电性（银为100）某合金25003.007.42.3-21-\n铁15357.864.517又知该合金耐腐蚀，强度大．从以上性能看，该合金不适合用作（　　）A．导线B．门窗框C．炉具D．飞机外壳【考点】金属与合金在性能上的主要差异．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】从表中可看出某合金的熔点高，密度小，硬度大，导电性差．【解答】解：A．合金的导电性差，不能做导线，故A正确；B．合金的硬度大，可做门窗框，故B错误；C．合金的熔点高，可做炉具，故C错误；D．合金的熔点高，可做炉具，故D错误．故选A．【点评】本题考查金属与合金在性能上的主要差异，题目难度不大，注意根据题目所给信息解题．　2．在溶液中加入足量的Na2O2后仍能大量共存的离子组是（　　）A．Na+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．加入过氧化钠后，亚铁离子与过氧化钠反应；B．四种离子之间不反应，加入过氧化钠都都不反应；C．加入过氧化钠后生成氢氧化钠，氢氧化钠与钙离子、镁离子、碳酸氢根离子反应；D．过氧化钠能够氧化亚硫酸根离子离子．【解答】解：A．Fe2+与Na2O2发生氧化银与反应，加入Na2O2后不能大量共存，故A错误；B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣之间不反应，加入过氧化钠后也不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．加入过氧化钠后反应生成NaOH，NaOH与Ca2+、Mg2+、HCO3﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．SO32﹣与过氧化钠发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；溶液的具体反应条件，如“在溶液中加入足量的Na2O2后仍能大量共存”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　3．金属钠分别与下列溶液反应时，既有沉淀析出，又有气体逸出的是（　　）A．BaCl2溶液B．K2SO4溶液C．CuSO4D．NH4NO3溶液【考点】钠的化学性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】金属钠遇水先发生反应，生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu（OH）2蓝色沉淀，与NH4NO3溶液反应会生成一水合氨和硝酸钠．【解答】解：A、金属钠先和BaCl2溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；B、金属钠先和硫酸钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，只有气体生成，故B错误；-21-\nC、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu（OH）2蓝色沉淀，既有沉淀析出，又有气体逸出，故C正确；D、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与NH4NO3溶液反应会生成一水合氨和硝酸钠，没有沉淀生成，只有气体生成，故D错误．故选C．【点评】本题关键要知道Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气，主要看NaOH是否与选项中的溶液反应生成沉淀．　4．某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时是白色絮状沉淀，迅速变为灰绝色，最后变成红褐色．下列结论正确的是（　　）A．一定有Fe2+存在，一定没有Fe3+、Mg2+B．一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+C．一定有Fe3+存在，可能有Fe2+，一定没有Mg2+D．一定有Fe2+存在，可能有Mg2+，一定没有Fe3+【考点】常见阳离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】氢氧化钠与镁离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀；与二价铁离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定能继续被空气氧化生成氢氧化铁，现象白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；氢氧化钠与三价铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，据此解答．【解答】解：加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有铁离子存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在铁离子；镁离子与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有镁离子，故选：D．【点评】本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的检验方法，熟记各种离子的特征反应，能够根据离子反应的特性正确推断离子种类．　5．将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（　　）A．3mol•L﹣1HClB．4mol•L﹣1HNO3C．8mol•L﹣1NaOHD．18mol•L﹣1浓H2SO4【考点】镁的化学性质；铝的化学性质．【分析】Mg、Al都和稀盐酸反应生成氢气，与足量浓硫酸、硝酸发生氧化还原反应不生成氢气，只有Al和NaOH反应生成氢气，据此分析解答．【解答】解：Mg、Al与浓硫酸、硝酸发生氧化还原反应不生成氢气，因Mg、Al均与盐酸反应生成氢气，Mg不与氢氧化钠反应，只有Al与NaOH反应生成氢气，故等物质的量的镁和铝相混合反应时，与盐酸生成氢气最多，故选A．【点评】本题考查元素化合物知识，侧重考查硝酸、浓硫酸及铝的性质，难度不大，明确发生的反应即可解答．　6．下列做法不正确的是（　　）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-21-\nD．金属钠着火时，用细沙覆盖灭火【考点】钠的重要化合物．【分析】A、Na2O2与二氧化碳反应生成氧气；B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠；C、根据钠很活泼，可以将乙醇羟基上的氢置换出来判断；D、根据钠的性质分析，能和水、氧气反应．【解答】解：A、Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，则可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，所以热稳定性Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；C、钠很活泼，可以将乙醇羟基上的氢置换出来，所以乙醇可与金属钠反应放出氢气，故C正确；D、钠性质很活泼，能和水、氧气反应，所以为防止钠燃烧，必须隔绝空气和水，一般用细沙覆盖灭火，故D正确；故选B．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握相关基础知识的积累，难度不大．　二、选择题（本题包括6小题，每小题4分．每小题有一至二个选项符合题意．）7．由FeO、Fe2O3和Fe3O4组成的混合物，测得其中铁元素与氧元素的质量比为21：8，则这种混合物中FeO、Fe2O3和Fe3O4的物质的量之比是（　　）A．1：1：1B．2：1：1C．1：2：1D．1：1：3【考点】有关混合物反应的计算．【分析】因Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，要满足混合物中铁、氧元素的质量之比也为21：8，则样品中含有任意量的Fe3O4都可以，关键是FeO和Fe2O3中的元素的质量比，而FeO和Fe2O3的分子个数比为1：1时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8．【解答】解：因Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，则Fe3O4为任意量都可满足混合物中铁、氧元素的质量之比为21：8；Fe3O4可以形成FeO．Fe2O3，即FeO．Fe2O3物质的量之比为1：1时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8，故选：AD．【点评】本题考查混合物有关计算，明确Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比恰好为21：8是关键，侧重考查学生分解能力，难度中等．　8．金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应．由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是（　　）A．Fe2O3B．NaClC．Cu2SD．Al2O3【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得．【解答】解：A．Fe用热还原法冶炼，故A不选；B．钠的性质很活泼，用电解氯化钠的方法冶炼，故B选；C．Cu用热还原法冶炼，故C不选；D．Al的性质很活泼，用电解其氧化物的方法冶炼，故D选．-21-\n故选BD．【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大．　9．将22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.2molNO2和0.3molNO，下列说法正确的是（　　）A．反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为1：3D．反应后生成的盐为Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，其物质的量之比为3：1【考点】硝酸的化学性质；铁的化学性质．【专题】守恒法；氮族元素．【分析】根据氧化还原反应中电子得失相等以及物料守恒来解答．【解答】解：铁失电子，NO2和NO得电子，得失电子守恒．0.3molNO2得0.3mol电子，0.2molNO得3×0.2mol=0.6mol电子，共得0.9mol电子；而n（Fe）==0.4mol，这些电子由0.4mol的铁提供，每1olFe3+提供3mol电子，每1olFe2+提供2mol电子．设Fe（NO3）3的物质的量为x，Fe（NO3）2的物质的量为y．联立方程组：3x+2y=0.3+0.6（电子守恒）x+y=0.4（铁守恒）解得：x=0.1，y=0.3所以，n[Fe（NO3）3]：n[Fe（NO3）2]=1：3故选：C．【点评】解这种题目需要掌握技巧，把握氧化还原反应的实质：电子的转移（严格的说，氧化还原反应的实质就是发生了电子的转移或者共用电子对的偏移，在解题中都看成电子的转移），同时还要抓住质量守恒．　10．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（　　）ABCDXFeCl2溶液FeCl2溶液FeFeSO4溶液YFeCl3CuCl2AlFe2（SO4）3ZCl2FeNaOH溶液CuA．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．氯气能将FeCl2氧化为FeCl3；B．Fe与CuCl2反应；C．铁与NaOH溶液不反应；D．Fe2（SO4）3与铜反应生成硫酸铜．【解答】解：A．氯气能将FeCl2氧化为FeCl3，而不能FeCl3将除去，应加入Fe，故A错误；B．Fe与CuCl2反应，可将杂质除去，同时生成FeCl2，故B正确；C．铝与氢氧化钠溶液反应，铁与NaOH溶液不反应，可用于除杂，故C正确；D．Fe2（SO4）3与铜反应生成硫酸铜，引入新杂质，故D错误．-21-\n故选BC．【点评】本题考查物质分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重除杂的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．　11．下列操作所得物质为纯净物的是（　　）A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al（OH）3固体C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．完全反应后溶液中的溶质是偏铝酸钠和氢氧化钠；B．完全反应后溶液中的溶质是氯化钠、氢氧化铝和氯化铝；C．氯化铝是强酸弱碱盐易水解生成氢氧化铝和氯化氢，盐酸具有挥发性；D．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．完全反应后溶液中的溶质是偏铝酸钠和氢氧化钠，且蒸干过程中，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，所以得到的固体中还含有碳酸钠，所以得到的物质是混合物，故A错误B．完全反应后溶液中的溶质是氯化钠、氢氧化铝和氯化铝，加热蒸干溶液后再灼烧，得到的固体中含有氧化铝和氯化钠，所以得不到纯净物，故B错误；C．氯化铝是强酸弱碱盐易水解生成氢氧化铝和氯化氢，盐酸具有挥发性促进氯化铝水解，最后得到的固体不是氯化铝而是氢氧化铝，故C错误；D．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝在灼烧时生成氧化铝，故D正确；故选D．【点评】本题考查了铝的化合物的性质，明确物质的性质是解本题关键，注意氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，将氯化铝溶液蒸干时得到的是氢氧化铝，如果将氯化铝溶液蒸干并灼烧得到的是氧化铝，二者不同，为易错点．　12．下列中学常见实验的现象或表述正确的是（　　）A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显血红色B．制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁C．检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴即可D．FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁元素最终被氧化为+2价；B．氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；C．氧化铁溶于盐酸，反应的氯化铁溶液，滴加KSCN溶液变红色；D．硝酸有强氧化性．-21-\n【解答】解：A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁先被硝酸氧化为三价铁，铁能和三价铁反应生成亚铁离子，铁元素最终被氧化为+2价，滴加KSCN溶液，溶液不会显红色，故A错误；B．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故B错误；C．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，故C正确；D．硝酸有强氧化性，能将二价铁离子氧化为三价铁离子，变为棕黄色，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备、检验等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　三、简答题（本题包括3小题，共27分）13．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种．阴离子CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、Cl﹣阳离子Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀物质的量（n）与加入试剂的体积（V）关系如图所示．（1）若Y是盐酸，所得到的关系图如甲所示，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是　SiO32﹣、AlO2﹣　，ab段发生反应的离子　CO32﹣　，bc段发生反应的离子方程式　Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O　．（2）若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如乙所示，则X中一定含有的离子是　Al3+、Mg2+、NH4+、Cl﹣　，假设X溶液只含这几种离子，则溶液各离子物质的量之比为　2：1：4：12　，ab段反应的离子方程式为　NH4++OH﹣=NH3•H2O　．【考点】离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【分析】（1）无色溶液中不会含有Fe3+，加入盐酸后能形成的沉淀有Al（OH）3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图象知溶液中肯定含有AlO2﹣、SiO32﹣．oa段发生反应的离子为AlO2﹣、SiO32﹣，ab段为CO32﹣，bc段则是Al（OH）3溶解．（2）当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，ab段是NH4+与OH﹣之间发生反应，因Mg2+、Al3+不能与CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣共存，故此时溶液中阴离子只有Cl﹣．结合图象，溶解Al（OH）3、与NH4+作用、生成Al（OH）3消耗的NaOH体积比为1：2：3；由此可求出与Mg2+反应时消耗的NaOH体积与溶解Al（OH）3消耗NaOH溶液一样多，故溶液中n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，再利用电荷守恒原理求出n（Cl﹣），最后就得到各种离子物质的量比．【解答】解：（1）某无色稀溶液X中，无色溶液中不会含有Fe3+，加入盐酸后能形成的沉淀有Al（OH）3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，所以由图象知溶液中含有SiO32﹣-21-\n、AlO2﹣；则oa段发生反应的离子为AlO2﹣、SiO32﹣；ab段发生的反应沉淀的量不变，所以ab段为盐酸与CO32﹣反应，bc段沉淀减少，则是Al（OH）3溶解于盐酸，其反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．故答案为：AlO2﹣、SiO32﹣；CO32﹣；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl﹣；当a﹣b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH﹣═NH3•H2O，即溶液中含NH4+；当b﹣c段时沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，即bc段的反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．即则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl﹣；由于溶液中有Al3+、Mg2+，故oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH﹣═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl﹣），故n（Cl﹣）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl﹣）=2：1：4：12．故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl﹣；2：1：4：12；NH4++OH﹣═NH3•H2O．【点评】本题考查离子检验及离子反应，根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量，同时考查学生思维的缜密性、考虑问题的全面性，题目较难．　14．（10分）（2022秋•海南校级月考）工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制备高档颜料铁红（Fe2O3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）滤液X中含有的金属阳离子是　Fe2+、Fe3+　（填离子符号）．（2）步骤Ⅲ中可选用　B　调节溶液的pH（填选项字母）．A．稀硝酸B．氨水C．氢氧化钠溶液D．高锰酸钾溶液（3）步骤Ⅳ中，FeCO3沉淀完全后，溶液中含有少量Fe2+，检验Fe2+的方法是　取试液少许于试管中，先加KSCN溶液，不变色，再加氯水，溶液变红，说明含Fe2+　．（4）步骤Ⅳ的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是　防止NH4HCO3分解　，　减少Fe2+的水解　．（5）在空气中煅烧FeCO3生成产品氧化铁的化学方程式为　4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2　．-21-\n【考点】制备实验方案的设计．【分析】硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节pH后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁．（1）硫铁矿烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，依据酸浸后铁的氧化物和酸反应溶解，二氧化硅不与酸反应分析判断；（2）依据步骤Ⅱ加入过量铁粉滤液中阳离子为亚铁离子，步骤Ⅲ加入试剂调节溶液PH至5﹣6.5，试剂不能氧化亚铁离子，不能是碱性强的溶液；（3）检验铁离子可以使用硫氰化钾溶液，亚铁离子，无法使用硫氰化钾溶液检验，检验亚铁离子，可用氧化剂氧化在进行检验；（4）温度过高碳酸氢铵会分解，温度升高促进亚铁离子的水解；（5）空气中煅烧碳酸亚铁，是碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，原子守恒配平写出．【解答】解：（1）硫铁矿烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，酸浸后铁的氧化物和酸反应溶解，二氧化硅不与酸反应，氧化铁溶解后生成铁离子，氧化亚铁溶解后生成亚铁离子，故答案为：Fe2+、Fe3+；（2）由步骤Ⅱ加入过量铁粉滤液中阳离子为亚铁离子，步骤Ⅲ加入试剂调节溶液pH至5﹣6.5，试剂不能氧化亚铁离子，强碱性溶液会沉淀亚铁离子，A．稀硝酸具有氢氧化性能氧化亚铁离子，故A不符合；B．氨水是弱碱，可以调节溶液PH，故B符合；C．氢氧化钠溶液是强碱溶液，加入会沉淀亚铁离子，故C不符合；D．高锰酸钾溶液具有氢氧化性，能氧化亚铁离子，故D不符合；故答案为：B；（3）三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色硫氰合铁络合物，检验铁离子可以使用硫氰化钾溶液，亚铁离子，无法使用硫氰化钾溶液检验，检验亚铁离子，取试液少许于试管中，先加KSCN溶液，不变色，再滴加氯水后，氯气和亚铁离子反应生成铁离子：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，铁离子和硫氰根离子络合Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，呈血红色，说明含Fe2+，故答案为：取试液少许于试管中，先加KSCN溶液，不变色，再加氯水，溶液变红，说明含Fe2+；（4）步骤Ⅳ的反应温度一般需控制在35℃以下，温度过高碳酸氢铵会分解，温度升高促进亚铁离子的水解，故答案为：防止NH4HCO3分解，减少Fe2+的水解；（5）空气中煅烧碳酸亚铁，是碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，由原子守恒配平后反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．【点评】本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的流程和制备原理，题目难度中等．　15．铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物．-21-\n（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法．实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH﹣的阴离子交换柱，使Cl﹣和OH﹣发生交换．交换完成后，流出溶液的OH﹣用0.40mol•L﹣1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL．计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：　3　（列出计算过程）；（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品；采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为　10%　．在实验中，FeCl2可用铁粉和　盐酸　反应制备，FeCl3可用铁粉和　氯气　反应制备；（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料．FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为　2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O　．【考点】化学方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】（1）由离子交换关系，氢氧根离子物质的量等于氯离子物质的量等于氢离子物质的量，据此计算0.54gFeClx中氯离子物质的量计算x值；（2）根据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比，进而计算氯化铁质量分数；氯化亚铁用铁和稀酸反应生成，氯化铁可以直接用铁和氯气反应得到；（3）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，配平书写离子方程式．【解答】解：（1）n（Cl﹣）=n（H+）=n（OH﹣）=0.0250L×0.40mol•L﹣1=0.010mol，则=0.010mol，解得x=3，故答案为：3；（2）设混合物中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：y=9：1，氯化铁物质的量分数=×100%=10%；在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸反应得到，FeCl3可用铁粉和氯气反应生成，故答案为：10%；盐酸；氯气；（3）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，同时生成氯化钾与水，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．【点评】本题考查滴定计算、混合物计算、离子方程式等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　四、实验题（本题包括2小题，共17分）16．小苏打长期放置在空气中会变质（部分转变为Na2CO3），某研究小组欲测定某小苏打样品中NaHCO3的质量分数，设计如下实验方案：Ⅰ．加热分解法利用图1装置，充分加热小苏打样品．（1）仪器a的名称为　坩埚　．（2）在实验过程中，需要测量的实验数据有：①仪器a的质量；②　加热前坩埚和样品的总质量　；③　加热冷却后坩埚和受热后样品的总质量　．Ⅱ．测量气体体积法利用图2装置，测定反应生成气体的体积．（3）组装好仪器后，首先进行的操作为　检查装置的气密性　．-21-\n（4）导管g的作用为　平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的体积误差　．（5）因为CO2溶于水，为了减小实验误差，B、C中最好用　饱和NaHCO3　溶液代替水．（6）待反应结束，气体冷却至室温后，利用图2示装置读取气体体积时，应注意的事项有：①　移动C管，使B，C两管中的液体高度相同　；②　读数时视线与凹液面最低处相平　．【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【分析】Ⅰ（1）该仪器名称是坩埚；（2）采用热分解法测定碳酸氢钠质量分数时要测定坩埚质量、加热前坩埚和样品质量、加热后坩埚和残留物的质量；Ⅱ（3）连接后仪器后在实验前要检查装置气密性；（4）g的作用有平衡气压、减少误差的作用；（5）二氧化碳能溶于水，但难溶于饱和碳酸氢钠溶液，从而减少误差；（6）读数时，B、C两管液面相平、视线与液面最低处相平．【解答】解：Ⅰ（1）根据装置图可知，仪器a的名称是坩埚，故答案为：坩埚；（2）采用热分解法测定碳酸氢钠质量分数时要测定坩埚质量、加热前坩埚和样品质量、加热后坩埚和残留物的质量，利用质量差进行计算，所以②加热前，仪器a和样品的总质量；③加热冷却后，仪器a坩埚和残留物的总质量，故答案为：②加热前坩埚和样品的总质量；③加热冷却后坩埚和受热后样品的总质量；Ⅱ（3）连接后仪器后在实验前要检查装置气密性，否则可能导致实验失败，故答案为：检查装置的气密性；（4）导管g使分液漏斗与锥形瓶向联通，能平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下，否则稀硫酸不易流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的体积误差，而使测量更准确，故答案为：平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的体积误差；（5）二氧化碳能溶于水，但难溶于饱和碳酸氢钠溶液，从而减少误差，所以可以用饱和碳酸氢钠代替水，故答案为：饱和NaHCO3；（6）读数时，B、C两管液面相平、视线与液面最低处相平，否则易产生误差，导致计算结果有误差，故答案为：移动C管，使B，C两管中的液体高度相同；读数时视线与凹液面最低处相平．【点评】本题考查了测定碳酸氢钠质量分数方法，题目涉及基本实验操作、实验分析、对比能力等，明确实验原理是解本题关键，注意滴定管刻度遵循“上小下大”原则，难点是分析导管g的作用，题目难度中等．　17．某研究性学习小组在网上收集到信息：钠、镁等活泼金属都能在CO2气体中燃烧．-21-\n他们对钠在CO2气体中燃烧后得到的白色产物进行了如下探究：[实验操作]将燃烧的钠迅速伸入装满CO2的集气瓶中，钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底有黑色颗粒，瓶壁上附着白色物质．[提出假设]假设1：白色物质是Na2O．假设2：白色物质是Na2CO3．假设3：白色物质是Na2O和Na2CO3的混合物．[设计方案]该小组对燃烧后生成的白色物质进行如下探究：实验方案实验操作实验现象结论方案1取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液溶液变成红色白色物质为Na2O方案2①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的CaCl2溶液．②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液①出现白色沉淀．②无明显现象白色物质为Na2CO3请回答下列问题：（1）写出金属镁与二氧化碳反应的化学方程式：　2Mg+CO22MgO+C　．（2）甲同学认为方案1得到的结论不正确，其理由是　因为碳酸钠水解生成的氢氧化钠使溶液呈碱性，也能使酚酞试液变红色　．（3）钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为　4Na+3CO22Na2CO3+C　．（4）乙同学认为白色物质有可能是氢氧化钠．你是否同意乙同学的观点，并简述理由：　不同意，反应物是钠和二氧化碳，仅三种元素，没有氢元素　．【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】（1）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C；（2）加入无色酚酞试液，溶液变红，可知溶液显碱性；（3）钠在二氧化碳中，瓶底有黑色颗粒为C，瓶壁上附着白色物质，由实验可知为碳酸钠，则燃烧生成碳酸钠和C；（4）结合元素守恒可知，反应前后没有H元素．【解答】解：（1）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，反应为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（2）甲同学认为方案1得到的结论不正确，其理由是因为碳酸钠水解生成的氢氧化钠使溶液呈碱性，也能使酚酞试液变红色，故答案为：因为碳酸钠水解生成的氢氧化钠使溶液呈碱性，也能使酚酞试液变红色；（3）钠在二氧化碳中，瓶底有黑色颗粒为C，瓶壁上附着白色物质，由实验可知为碳酸钠，则燃烧生成碳酸钠和C，反应为4Na+3CO22Na2CO3+C，故答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C；（4）由质量守恒定律可知，反应物是钠和二氧化碳，仅三种元素，没有氢元素，则结论不同意，故答案为：不同意，反应物是钠和二氧化碳，仅三种元素，没有氢元素．-21-\n【点评】本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及实验现象与结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　五．选做题（本题包括2小题，任选作一题，两题都答者以得高分的一题计入总分（20分）．）18．双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl（OH）2CO3．关于该物质的说法正确的是（　　）A．该物质属于两性氢氧化物B．该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物C．1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+D．1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】A．该物质不属于碱，是碱式复盐；B．双羟基铝碳酸钠是一种盐；C．羟基（实际为氢氧根）与碳酸根能盐酸反应；D．羟基（实际为氢氧根）与碳酸根能盐酸反应．【解答】解：A．NaAl（OH）2CO3中的阴离子为OH﹣和CO32﹣离子，不全是OH﹣，该物质不属于碱该物质不属于碱是碱式复盐，不是氢氧化物，故A错误；B．NaAl（OH）2CO3属于纯净物，不是混合物，故B错误；C．NaAl（OH）2CO3和酸发生反应：NaAl（OH）2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+，故C正确；D．NaAl（OH）2CO3和酸发生反应：NaAl（OH）2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，1molNaAl（OH）2CO3最多可消耗4molH+，故D正确．故选：CD．【点评】本题考查碱和盐的概念，可以根据NaAl（OH）2CO3含有的阴离子，用混合物氢氧化铝、碳酸钠的性质理解其性质，但注意实际为一种盐．　19．（14分）（2022秋•海南校级月考）铝是现今人类生产生活中使用广泛性仅次于铁的重要金属．工业上常以“钒土矿”为原料来冶炼金属铝．已知：钒土的主要成分是Al2O3（其中含有Fe2O3、SiO2等杂质）．为了检测某“钒土矿”样中Al2O3的含量，进行了如下实验过程：①取矿样10.0g加入过量稀盐酸溶解（假定其他未知成分的杂质都不溶于盐酸，也不和盐酸反应），过滤弃去不溶残渣．②将滤液稀释并在250mL容量瓶中定容后，取25.0mL逐滴滴加2.5mol•L﹣1的NaOH溶液，得到如图所示的变化关系．请根据有关数据回答下列问题：（1）写出滴加NaOH溶液0～3mL时发生反应的离子方程式：　H++OH﹣=H2O　．（2）最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀的化学式为　Fe（OH）3　，其物质的量为　2.5×10﹣3mol　．（3）该钒土矿样中Al2O3的质量分数为　76.5%　．（4）用10.0t“钒土矿”样提纯所得的Al2O3（提纯过程的损耗忽略不计）进行电解，理论上在　阴　极（填“阴”，“阳”）最多可制得金属铝　4.05t　t．-21-\n【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】钒土的主要成分是Al2O3（其中含有Fe2O3、SiO2等杂质），用过量稀盐酸溶解得AlCl3、FeCl3、HCl溶液，以及不溶残渣SiO2，向滤液中加氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反应，盐酸被完全中和后，AlCl3、FeCl3与氢氧化钠反应生成Al（OH）3、Fe（OH）3，再加氢氧化钠溶液，Al（OH）3溶解，Al（OH）3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀为Fe（OH）3，根据图象中用去的氢氧化钠溶液的体积进行计算，结合电解原理分析答题．【解答】解：钒土的主要成分是Al2O3（其中含有Fe2O3、SiO2等杂质），用过量稀盐酸溶解得AlCl3、FeCl3、HCl溶液，以及不溶残渣SiO2，向滤液中加氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反应，盐酸被完全中和后，AlCl3、FeCl3与氢氧化钠反应生成Al（OH）3、Fe（OH）3，再加氢氧化钠溶液，Al（OH）3溶解，Al（OH）3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀为Fe（OH）3，（1）滴加NaOH溶液0～3mL时，盐酸与氢氧化钠发生中和反应，反应的离子方程式为H++OH﹣=H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O；（2）25.0mL样品溶液中，根据上面的分析可知，最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀的化学式为Fe（OH）3，根据图象可知Al（OH）3～NaOH～NaAlO2，用于溶解氢氧化铝的氢氧化钠溶液的体积为6mL，所以生成氢氧化铝用去的氢氧化钠溶液的体积为18mL，滴加NaOH溶液0～3mL时，氢氧化钠与盐酸反应，所以与铁离子反应生成氢氧化铁用去的氢氧化钠溶液的体积为24mL﹣3mL﹣18mL=3mL，根据Fe（OH）3～3NaOH，Fe（OH）3物质的量为=2.5×10﹣3mol，故答案为：Fe（OH）3；2.5×10﹣3mol；（3）25.0mL样品溶液中，根据图象可知Al（OH）3～NaOH～NaAlO2，用于溶解氢氧化铝的氢氧化钠溶液的体积为6mL，则n（Al）=6×10﹣3L×2.5mol•L﹣1=0.015mol，所以该钒土矿样中Al2O3的质量分数为×100%=76.5%，故答案为：76.5%；（4）电解Al2O3，阳极上氧离子失去电子得氧气，阴极上铝离子得电子生成铝，根据铝元素守恒可知，10.0t“钒土矿”最多可制得金属铝的质量为=4.05t，故答案为：阴；4.05t．【点评】本题为生产工艺流程题，涉及电解、计算等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，本题难度中等．　六、解答题（共2小题，满分0分）20．（2022秋•扬中市校级期中）下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是（　　）-21-\nNa2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃﹣107℃﹣57℃1723℃A．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体B．在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高【考点】晶体熔沸点的比较．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．金属单质含有金属阳离子是金属晶体，不是离子晶体；B．BCl3分子中B原子只达到6电子结构；C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同；D．Na的熔点比AlCl3低．【解答】解：A．金属单质含有金属阳离子是金属晶体，不是离子晶体，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故A错误；B．BCl3分子中B原子只达到6电子结构，故B错误；C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；D．Na的熔点比AlCl3低，所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，故D正确，故选AB．【点评】本题考查晶体的类型以及性质，题目难度不大，注意比较表中不同物质的性质．　21．（2022春•新疆校级期中）下图为几种晶体或晶胞的示意图：请回答下列问题：（1）上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是　金刚石晶体　．（2）冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为　金刚石、MgO、CaCl2、冰、干冰　．（3）NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能　小于　（填“大于”或“小于”）MgO晶体，原因是　MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，且r（Mg2+）＜r（Na+）、r（O2﹣）＜r（Cl﹣）　．（4）每个Cu晶胞中实际占有　4　个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2+的配位数为　8　．（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是　H2O分子之间能形成氢键　．-21-\n【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）原子晶体中原子间以共价键结合；（2）熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，同种晶体根据微粒间的作用力大小比较；（3）离子半径越小，离子带电荷越多，晶格能越大；（4）Cu原子占据面心和顶点，根据均摊法计算；根据图可知，每个Ca2+周围有8个Cl﹣，而每个Cl﹣周围有4个Ca2+；（5）分子间含有氢键时，其熔沸点较高．【解答】解：（1）原子晶体中原子间以共价键结合，则粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石晶体；故答案为：金刚石晶体；（2）熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，冰和干冰属于分子晶体，熔点：冰＞干冰，MgO和CaCl2属于离子晶体，熔点：MgO＞CaCl2，金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的顺序为：金刚石、MgO、CaCl2、冰、干冰；故答案为：金刚石、MgO、CaCl2、冰、干冰；（3）因为MgO中离子带两个电荷，NaCl中离子带一个电荷，氧离子半径小于氯离子，根据离子半径越小，离子带电荷越多，晶格能越大，可得MgO晶体的晶格能大于NaCl晶体的晶格能，故答案为：MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，且r（Mg2+）＜r（Na+）、r（O2﹣）＜r（Cl﹣）；（4）Cu原子占据面心和顶点，则每个Cu晶胞中实际占有的原子数为×8+×6=4；根据氯化钙的晶胞图可知，每个Ca2+周围有8个Cl﹣，而每个Cl﹣周围有4个Ca2+，所以CaCl2晶体中Ca2+的配位数为8；故答案为：4；8；（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，水分子间含有氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以其熔沸点较高；故答案为：H2O分子之间能形成氢键．【点评】本题考查物质结构与性质，涉及晶体的熔点比较、晶胞结构、晶格能、均摊法在晶胞计算中的应用、氢键等，题目难度中等，解题时要注意基础知识的应用．　-21-