海南省三亚市华侨中学2016届高三第二次月考化学试题.doc

2015-2016学年海南省三亚市华侨中学高三（上）第二次月

考化学试卷 参考答案与试题解析

一.单项选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分） 1．保存少量金属钠的方法是（ ） A．放在冰水中

【考点】钠的化学性质．

B．放在细沙中 C．放在空气中 D．放在煤油中

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】根据金属钠的性质来分析其保存方法，钠性质较活泼，能和氧气、水等物质反应． 【解答】解：A、钠能和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以钠不能保存在冰水中，故A错误． B、细沙中有氧气，钠能和氧气发生生成氧化钠而变质，所以钠不能保存在细沙中，故B错误．

C、钠能和氧气发生生成氧化钠而变质，所以钠不能保存在空气中，故C错误．

D、钠的密度大于煤油的密度，且钠和煤油不反应，所以把钠放置在煤油中而阻止了与氧气和水的反应，故D正确． 故选D．

【点评】本题以钠的储存方法的选择为载体考查了钠的性质，难度不大，会根据金属的性质选择相应的储存方法．

2．一定量的Na、Mg、Al分别与足量的盐酸反应，放出氢气的质量之比为1：2：4，则Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为（ ） A．1：1：1

B．4：2：1

C．2：3：4

D．3：3：4

【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算． 【专题】守恒思想；氧化还原反应专题．

【分析】酸足量，金属均完全反应，结合电子守恒计算．

【解答】解：酸足量，金属完全反应，放出氢气的质量之比为1：2：4，即放出氢气的物质的量比为1：2：4，

设生成氢气分别为1mol、2mol、4mol，

由电子守恒可知，Na、Mg、Al三种金属的物质的量之比为1mol：3：4， 故选D．

：=3：

【点评】本题考查氧化还原的计算，为高频考点，把握酸足量及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．

3．有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述中错误的是（ ） A．相同温度下，等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较，前者更强 B．常温时水溶性：Na2CO3＞NaHCO3

C．在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解

D．将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，前者产生沉淀，后者不产生沉淀 【考点】钠的重要化合物．

【分析】A．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子； B．Na2CO3比NaHCO3易溶于水； C．NaHCO3不稳定，加热易分解；

D．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀．

【解答】解：A．碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以相同温度下，等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较，前者更强，故A正确； B．常温时水溶性：Na2CO3＞NaHCO3，故B正确； C．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3分解，较稳定，故C正确；

D．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误； 故选：D．

【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，把握Na2CO3和NaHCO3性质是解题关键，题目难度不大．

4．鉴别Na2CO3和NaHCO3两种固体，不可以采用的方法是（ ） A．溶于水，加石灰水

B．加热，将产生的气体通入澄清石灰水

Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热不易

C．配成同浓度的溶液，测pH值 D．配成同浓度溶液，滴加同浓度的盐酸 【考点】钠的重要化合物．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．溶于水，加石灰水，生成Ca（OH）2，与Na2CO3和NaHCO3两种固体都生成沉淀；

B．NaHCO3具有不稳定性，加热分解生成CO2； C．Na2CO3水解程度比NaHCO3大； D．NaHCO3与盐酸剧烈反应生成CO2．

【解答】解：A．石灰水与水反应生成Ca（OH）2，与Na2CO3和NaHCO3都生成沉淀，不能鉴别，故A错误；

B．NaHCO3具有不稳定性，加热分解生成CO2，将产生的气体通入澄清石灰水变浑浊，而Na2CO3难以分解，故B正确；

C．Na2CO3水解程度比NaHCO3大，溶液PH大，可用PH试纸测定，可鉴别，故C正确； D．NaHCO3与盐酸剧烈反应生成CO2，而Na2CO3溶液中滴加盐酸，先生成NaHCO3，没有气体，当完全生成NaHCO3之后，最后有CO2气体生成，可鉴别，故D正确． 故选A．

【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3的鉴别，题目难度不大，本题中注意Na2CO3和NaHCO3性质的差异性，本题易错点为A，注意石灰水与水反应生成Ca（OH）与Na2CO3和NaHCO32，都生成沉淀．

5．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1：1

B．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 【考点】钠的重要化合物．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】Na2O2的电子式为，可与水及CO2反应，反应的方程式分别为

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，以此解答．

【解答】解：反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑， A．Na2O2的电子式为

，故阴、阳离子的个数比为1：2，故A错误；

B．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，故B错误； C．由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，故C正确；

D．Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故原理不同，故D错误． 故选C．

【点评】本题考查过氧化钠的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能基础知识的综合运用，注意把握反应的化学方程式，根据方程式可解答该题，难度不大．

6．利用焰色反应，人们在烟花中有意识地加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩．下列说法中正确的是（ ）

A．非金属单质燃烧时火焰均为无色 B．NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同 C．焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察 D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色 【考点】焰色反应．

【专题】元素及其化合物．

【分析】A、氢气在氧气中燃烧发出淡蓝色火焰； B、NaCl与Na2CO3中均含有钠元素；

C、只有钾元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃片观察；

D、焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应．

【解答】解：A、氢气在氧气中燃烧发出淡蓝色火焰，在氯气中燃烧发出苍白色火，焰故A错误；

B、NaCl与Na2CO3灼烧时均表现钠元素的焰色反应颜色，火焰颜色均为黄色，故B正确； C、只有钾元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃片观察，防止钠元素的干扰，故C错误；

D、焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，故D错误； 故选B．

【点评】本题主要考查了焰色反应，焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，平时须熟记常见的元素的焰色．

7．世界组织把铝确定为食品污染源之一，应加以控制使用．下列应用时应加以控制的是（ ）

①制铝合金 ②制电线 ③制炊具 ④明矾净水 ⑤明矾与苏打制食品膨松剂 ⑥用氢氧化铝凝胶制胃舒平药片 ⑦银色漆颜料 ⑧易拉罐 ⑨包装糖果和小食品． A．③⑤⑧⑨

【考点】铝的化学性质．

B．①②⑥⑧⑨ C．③⑤⑨ D．③④⑤⑥⑧⑨

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】根据人体摄入铝的途径判断，人体摄入铝元素主要是通过消化系统完成的，凡是使用铝制炊具、餐具、食品包装，或吃含有铝的药物、食品都会摄入过多的铝，即凡与人的食用物品及口腔接触的物品都必须控制铝的使用，都需要加以控制．

【解答】解：①制铝合金用于制炊具外的材料，不必严加控制，这些材料不会直接接触消化系统，难以被吸收，故①不必控制；

②制电线后，电线不会直接接触消化系统，难以被吸收，故②不必控制；

③用铝制炊具，势必有部分铝元素通过食物进入人体，这种做法必须控制，故③需控制； ④明矾是十二水硫酸铝钾，其中含有铝，在净化水的过程中铝可能随水进入人体，故④需控制；

⑤明矾是十二水硫酸铝钾，其中含有铝，用明矾及小苏打做食物膨化剂也可能进入人体，故⑤需控制；

⑥用氢氧化铝凝胶剂加工成胃舒平药片，人在服药时铝元素也会进入人体，这种做法必须控制，故⑥需控制；

⑦银色油漆不会直接接触消化系统，难以被吸收，故⑦不必控制；

⑧用铝易拉罐，饮料中就会含有铝元素，其中的铝元素会随饮料喝进人体内，故⑧需控制； ⑨用铝包装糖果和小食品，铝会污染糖果和小食品，食品中的铝元素就会通过食物进入人体，故⑨需控制．

所以③④⑤⑥⑧⑨需控制． 故选：D．

【点评】运用所学知识去解决实际问题，在实践中领会知识，解答本题要掌握铝可能进入人体的途径，例如铝可以通过饮食、药物等途径进入人体从而危害人体健康．

8．铝有较强的抗腐蚀性能，主要是因为（ ） A．与氧气在常温下不反应 B．铝性质不活泼

C．铝表面形成了一层致密的氧化膜 D．铝耐酸耐碱

【考点】铝的化学性质．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】铝性质活泼，铝有较强的抗腐蚀性能是由于在表面生成一层致密的氧化物膜． 【解答】解：通常情况下铝很耐腐蚀，这是因为铝在常温下与空气中的氧气发生化学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化． 故选C

【点评】本题主要考查了铝的性质，可以依据已有的知识进行，注意基础知识的积累掌握．

9．关于氧化镁和氧化铝比较的结论中不正确的是（ ） A．都能溶于浓盐酸或浓硝酸中 B．都能溶于氢氧化钠溶液中

C．它们的熔点都很高，常用做耐火材料 D．常温下都不能与水反应 【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、金属氧化物能溶于酸； B、碱性氧化物不与碱反应； C、氧化镁和氧化铝的熔点很高； D、根据氧化镁和氧化铝的溶解性判断．

【解答】解：A、金属氧化物能溶于酸，所以氧化镁和氧化铝都能溶于浓盐酸或浓硝酸中生成硝酸盐，故A正确；

B、碱性氧化物不与碱反应，所以MgO与氢氧化钠溶液不反应，故B错误； C、氧化镁和氧化铝的熔点很高，高于2000多度，所以常用做耐火材料，故C正确； D、氧化镁和氧化铝难溶于水，不与水反应，故D正确． 故选B．

【点评】本题考查了金属氧化物的性质，题目涉及金属氧化物的物理性质和化学性质，题目难度不大．

10．下列物质混合时，既能生成沉淀，又能产生气体的一组是（ ） A．碳酸钠和稀盐酸

B．金属钠和硫酸铜溶液

C．金属镁和硫酸铜溶液 D．铝粉和氢氧化钠溶液 【考点】镁的化学性质；钠的化学性质；铝的化学性质．

【分析】A、碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；

B、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀； C、镁和硫酸铜溶液反应生成硫酸镁和铜；

D、铝粉和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气．

【解答】解：A、碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故A错误；

B、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，故B正确；

C、镁和硫酸铜溶液反应生成硫酸镁和铜，反应为：CuSO4+Mg=Cu+MgSO4，故C错误； D、铝粉和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查了元素及其化合物的性质应用，题目难度一般，主要考查反应生成沉淀和气体的判断，掌握物质发生的化学反应是解题的关键．

11．下列除去杂质的方法不正确的是（ ）

A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥

B．用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+

C．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水

D．Al（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤

【考点】物质的分离、提纯和除杂；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐； B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中； C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液；

D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀．

【解答】解：A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故A正确；

B、Fe3+和Al3+均和氨水反应分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；

C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸馏，分离出乙醇，故C正确；

D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，故D正确． 故选B．

【点评】本题考查学生物质的分离和除杂的方法，要求学生掌握化学实验的基本操作知识，学以致用．

12．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为（ ）

A．6：1

B．3：1

C．2：1

D．1：2

【考点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算． 【专题】图像图表题．

【分析】首先发生反应Mg2++2OH═Mg（OH）2↓、Al3++3OH═Al（OH）3↓，然后发生反

﹣

﹣

应Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体

﹣

﹣﹣

积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．

【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH═Mg（OH）2↓、Al3++3OH═Al（OH）3↓，然后发

﹣

﹣

生反应Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液

﹣

﹣﹣

的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL﹣30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×20mL：×30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1=1：2，故选D．

【点评】考查镁铝化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键．

13．下列变化不可能通过一步实验直接完成的是（ ） A．Al（OH）3→Al2O3 C．Al→AlO2

﹣

B．Al2O3→Al（OH）3 D．Al3+→Al（OH）3

【考点】镁、铝的重要化合物． 【专题】元素及其化合物．

【分析】A．难溶性氢氧化物加热分解为相应的氧化物；

B．Al2O3不与水反应；

C．Al与NaOH发生反应生成AlO2； D．铝盐与弱碱反应生成氢氧化铝．

【解答】解：A．氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A不选； B．Al2O3→Al（OH）3转化，应先生成Al3+或AlO2后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al

﹣

﹣

（OH）3，故B选；

C．Al与NaOH发生反应生成AlO2，可以一步实现，故C不选； D．铝盐与弱碱（氨水）反应生成氢氧化铝，故D不选，故选B．

【点评】本题考查元素化合物的性质，难度不大，学习中注意把握相关物质的性质，特别是铝三角知识，为热点问题．

14．将mg钠和铝的混和物放入ng水中，待反应停止后，得到ag沉淀，则滤液中的溶质是（ ） A．NaAlO2

B．NaAlO2和NaOH C．Al（OH）3

﹣

D．NaOH

【考点】离子方程式的有关计算．

【分析】将mg钠和铝的混和物放入ng水中，待反应停止后，得到ag沉淀，则沉淀为反应后剩余的Al，则Na完全反应，分析可能发生的化学反应，然后判断溶液中溶质的成分． 【解答】解：mg钠、铝的混合物，放入n g水中，发生的化学反应有： 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑ 两个方程式相加得：

2Na+2Al+4H2O=2NaAlO2+4H2↑，

沉淀为金属Al，则Na完全反应，根据方程式知：溶液中的溶质为NaAlO2． 故选A．

【点评】本题考查的是钠、铝的化学性质，正确理解钠铝之间的化学反应关系是解本题的关键，题目难度不大．

15．红珊瑚栖息于200～2000米的海域，产于台湾海峡、南中国海，它与琥珀、珍珠被统称为有机宝石．在中国，珊瑚是吉祥富有的象征，一直用来制做珍贵的工艺品．红珊瑚是无数

珊瑚虫分泌的石灰质大量堆积形成的干支状物，其红色是因为在海底长期积淀某种元素，该元素是（ ） A．Na

B．Fe

C．Si D．Cu

【考点】铁的氧化物和氢氧化物． 【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】红珊瑚的化学成分主要是CaC03，矿物成分以徽晶方解石集合体形式存在．成分中还有一定数量的有机质，红珊瑚整体形态多呈树枝状，上面有纵条纹．每个单体珊瑚是红色、粉红色、橙红色最为珍贵，是我们通常所说的宝石级和收藏级的珊瑚．红色是珊瑚在生长过程中吸收海水中1%左右的氧化铁而形成的，所以红色是铁元素形成的氧化铁呈现的，依据海水中的铁元素被氧化为红色的三氧化二铁，被珊瑚吸收形成的分析判断；每升海水超过100毫克的元素．称为常量元素．最主要的常量元素有氧、钠、镁、硫、钙、钾、溴、碳、鳃、硼、氟11种，约占化学元素总含量的99.8～99.9．其他化学元素含量极少，其中，每升海水含有l～100毫克的元素．称为微量元素．如铁、钼、钾、铀、碘等．每升海水含有1毫克以下的元素称为痕量元素．如金、银、镉等．溶解于海水中的化学元素绝大多数是以盐类离子的形式存在的，其中氯化钠最多．

【解答】解：A、钠形成的化合物无红色物质形成，故A不符合；

B、铁元素形成氧化铁呈红色，珊瑚在生长过程中吸收氧化铁形成红色，故B符合； C、海水中硅元素含量很低，硅元素形成的物质中无红色物质生成，故C不符合； D、溶解于海水中的化学元素绝大多数是以盐类离子的形式存在的，海水中铜的含量低到仪器检测不到，铜离子在溶液中呈蓝色，故D不符合； 故选B．

【点评】本题考查了红珊瑚的知识应用，较简单，熟练掌握铁及其化合物的性质和颜色，了解珊瑚的形成过程是关键．

16．将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN溶液，不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是（ ） A．Fe2O3

B．FeCl3

C．Fe2（SO4）3

D．FeO

【考点】氯气的化学性质；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物． 【专题】元素及其化合物．

【分析】将铁的化合物X溶于盐酸，滴加硫氰化钾溶液不发生颜色变化，则不含三价铁，再加入适量氯水，溶液立即呈红色，说明原物质中含有+2价铁，以此来解答．

【解答】解：滴加硫氰化钾溶液没有颜色变化，说明溶液中没有三价铁离子，Fe2O3、FeCl3、Fe2（SO4）3溶于盐酸，溶液中滴加KSCN都呈红色，虽然氧化亚铁和稀盐酸反应生成的氯化亚铁溶液中虽然没有铁离子，但加入氯水后，氯水具有很强的氧化性，会把亚铁离子氧化成铁离子，遇硫氰酸钾变红， 故选D．

【点评】本题考查了铁及其化合物的有关的化学性质，为高频考点，侧重于三价铁离子的检验方法，培养灵活应用知识的能力，难度不大．

17．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．向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质为“蓝色固体”

【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜金属及其重要化合物的主要性质．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【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、氢氧化铜受热容易分解．

【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、CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，生成蓝色沉淀氢氧化铜，但是氢氧化铜受热容易分解，放入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物质多为氧化铜，故D错误． 故选C．

【点评】本题考查学生三价铁的检验方法、氢氧化亚铁以及氢氧化铜的性质等方面的知识，难度不大．

18．为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：

能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有（ ） 方案

现象或产物

铁片上有亮红色物质析出 产物分别为FeCl3和CuCl2 产物分别为Fe2（SO4）3和CuSO4 铁片上有气泡，铜片上不产生气泡

铁片溶解，铜片上有气

①将铁片置于CuSO4溶液中 ②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧 ③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中 ④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中

⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接 泡产生 A．2种

B．3种

C．4种 D．5种

【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．

【分析】金属的金属性强弱判断方法：金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，活泼性较强的金属能置换出较不活泼金属，金属和酸或水反应越剧烈，据此分析解答． 【解答】解：金属的金属性强弱判断方法：金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，活泼性较强的金属能置换出较不活泼金属，金属和酸或水反应越剧烈，

①将铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，Fe能置换出硫酸铜中的铜，说明金属性铁＞铜，故正确；

②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧，产物分别为FeCl3和CuCl2，Fe元素化合价变化大于Cu，不能根据金属失电子多少判断金属性强弱，故错误；

③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2（SO4）3和CuSO4，Fe元素化合价变化大于Cu，不能根据金属失电子多少判断金属性强弱，故错误；

④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中，铁片上有气泡，铜片上不产生气泡，说明金属性Fe＞Cu，故正确；

⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片溶解，铜片上有气泡产生，说明Fe能置换出氢气、铜不能置换出氢气，则金属性Fe＞Cu，故正确； 故选B．

【点评】本题考查金属的金属性强弱判断，为高频考点，金属的金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少无关，易错选项是②．

19．在杠杆的两端分别挂着质量和体积都相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡．然后将两球分别浸没在氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液中片刻（如图所示），则下列说法正确的是（ ）

A．两烧杯中均无气泡产生 B．左边烧杯中的溶液质量减少了 C．去掉两烧杯，杠杆仍平衡 D．右边铁球上出现红色

【考点】铝的化学性质；铁的化学性质．

【分析】在金属活动性顺序中，铝与氢氧化钠反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，由此分析解答．

【解答】解：A、左边是铝与氢氧化钠反应生成氢气，故A错误； B、Al与硫酸反应生成硫酸铝和氢气， 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑△m 54 6 48 △m为正值，故溶液质量增加，故B错误；

C、去掉烧杯后，铝球质量减少，铁球质量增加，杠杆不平衡，故C错误；

D、铁与硫酸铜反应生成铜，覆盖在铁的表面，因此右边铁球出现红色，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了金属活动性顺序的应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序及其意义进行．

20．在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁屑，反应结束后滤出固体物质，滤液中的阳离子可能是 （ ） ①只有Fe2+； ②Fe2+和Fe3+； ③Fe2+和Cu2+； ④Cu2+和Fe3+． A．①③

B．②④

C．①④

D．②③

【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铜金属及其重要化合物的主要性质． 【专题】元素及其化合物．

【分析】根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+；可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+、Cu2+无剩余，据此进行判断．

【解答】解：由于Fe3+能氧化Fe、Cu，充分反应后滤去固体物质，固体为Cu或Fe、Cu，所以滤液中一定无Fe3+，可排除②④，固体物质存在两种可能：

1、当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+，故①正确

2、当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+； 综上可知：滤液中一定含有Fe2+，故③正确， 故选：A．

【点评】本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．

二.填空题（共40分）

21．（12分）（2015秋?海南校级月考）下列图象中，纵坐标为沉淀量，横坐标为某溶液中加入的反应物的物质的量，选择合适图象对应的字母填空．

（1）AlCl3溶液中加入氨水至过量 ③ ． （2）AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量 ⑥ ．

（3）AlCl3、MgCl2混合溶液中加入NaOH溶液至过量 ① ． （4）澄清石灰水中通入过量CO2 ② ．

（5）含有少量盐酸的AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液 ⑤ ． （6）含有少量HCl的AlCl3溶液中加入过量氨水 ④ ． 【考点】镁、铝的重要化合物．

【专题】图像图表题；元素及其化合物．

【分析】（1）氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后不能溶解在过量氨水中； （2）氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先生成沉淀，后沉淀溶解至最后消失，根据方程式判断前后两部分两部分消耗的氢氧化钠物质的量关系；

（3）AlCl3、MgCl2的混合溶液中加入过量NaOH溶液，先生成氢氧化镁、氢氧化铝两种沉淀，然后氢氧化铝与氢氧化钠反应使沉淀的量减少，但不会完全溶解；

（4）澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；

（5）含少量盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，氢氧化钠先与盐酸反应，不产生沉淀，然后氢氧化钠与氯化铝与反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，最后沉淀完全溶解，根据方程式判断沉淀生成与溶解前后两部分两部分消耗的氢氧化钠的物质的量；

（6）含有少量HCl的AlCl3溶液中加入过量氨水，氨水先与盐酸发生反应，不产生沉淀，然后AlCl3溶液和氨水反应，沉淀达到最大后不能溶解在过量氨水中．

【解答】解：（1）氯化铝中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为Al3++3OH═Al（OH）3↓，沉淀达到最大值后不能溶解在过量氨水中，故图象③符

﹣

合；

（2）氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液先发生Al3++3OH═Al（OH）3↓生成沉淀，后发生Al

﹣

（OH）3+OH═AlO2+2H2O沉淀溶解，故先产生沉淀，后沉淀溶解，所用NaOH溶液体积为3：1，故图象⑥符合；

（3）AlCl3、MgCl2混合溶液中滴加NaOH溶液发生Al3++3OH═Al（OH）3↓、Mg2++2OH

﹣

﹣

﹣﹣

═Mg（OH）2↓生成两种沉淀，然后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，先产生沉淀，后沉淀量减少但不会完全溶解，故图象①符合；

（4）石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1：1，故图象②符合；

（5）含有少量盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，先发生盐酸与氢氧化钠反应，不产生沉淀，然后发生氯化铝与氢氧化钠反Al3++3OH═Al（OH）3↓，生成氢氧化铝沉淀，沉淀达

﹣

最大后，发生氢氧化铝与氢氧化钠反应Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O，沉淀溶解至最后消失，沉淀生成与溶解前后两部分两部分消耗的氢氧化钠的物质的量3：1，故图象⑤符合； （6）含有少量HCl的AlCl3溶液中加入过量氨水，氨水先与盐酸发生反应，不产生沉淀，然后AlCl3溶液和氨水反应，沉淀达到最大后不能溶解在过量氨水中，故图象④符合． 故答案为：③；⑥；①；②；⑤；④．

【点评】本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系．

22．（12分）（2013秋?长沙校级期中）A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃气体．而C、D还生成一种无色无味气体 H，该气体能使澄清石灰水变浑浊．D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体． 请回答下列问题：

（1）写出A的化学式 NaOH ．

（2）写出F和H反应的化学方程式 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ． （3）写出下列反应的离子方程式：

①D+盐酸 HCO3+H+=CO2↑+H2O ．②B+水 2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑ ．

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﹣

﹣﹣

【考点】无机物的推断．

【专题】物质检验鉴别题．

【分析】因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，根据钠及其化合物的性质，可推知各物质．E为NaCl，可燃气体是氢气，B为Na；无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为Na2O2，C为Na2CO3，C、D与盐酸反应生成一种无色无味气体H，D和A可反应生成C，则D为NaHCO3，A为NaOH，以此解答该题．

【解答】解：因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，根据钠及其化合物的性质，可推知各物质．E为NaCl，可燃气体是氢气，B为Na；无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为Na2O2，C为Na2CO3，C、D与盐酸反应生成一种无色无味气体H，D和A可反应生成C，则D为NaHCO3，A为NaOH，

（1）由以上分析可知A为NaOH，故答案为：NaOH；

（2）F为Na2O2，可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）D为NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2↑+H2O，N为Na，与水反

﹣

应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑，

﹣

故答案为：HCO3+H+=CO2↑+H2O；2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑．

﹣

﹣

【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于考查学生的综合分析能力，不但要求同学们具备有关物质的基础知识，而且要有实验操作的经历和分析、解决化学实验问题的能力．解题时需要认真分析题目给出的条件，联系实际，逐一分析推断，题目难度不大．

23．（16分）（2015秋?海南校级月考）A至I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示（部分反应物、生成物没有列出），且已知G为地壳中含量最多的金属元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元 素．

请填写下列空白：

（1）写出下列物质的化学式：A Fe ，G Al2O3 ，B Fe3O4 ；

（2）若C→D为化合反应，则此时的化学方程式为： 2FeCl2+Cl2═2FeCl3 ； （3）写出E→F的化学方程式： 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 ； （4）写出反应④的离子方程式： 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑ ． 【考点】无机物的推断．

﹣﹣

【分析】G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在H中燃烧生成B，铝在高温下能发生铝热反应，则B是金属氧化物，A是金属单质，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，结合对应单质、化合物的性质解答该题．

【解答】解：G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在H中燃烧生成B，铝在高温下能发生铝热反应，则B是金属氧化物，A是金属单质，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3， （1）推断可知，A为Fe，G为Al2O3，B为Fe3O4； 故答案为：Fe，Al2O3，Fe3O4；

（2）C为FeCl2，D为FeCl3，若C→D为化合反应，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应方程式为：2FeCl2+Cl2═2FeCl3， 故答案为：2FeCl2+Cl2═2FeCl3；

（3）E→F的反应是氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的反应，反应的化学方程式为：4Fe（OH）

2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（4）反应④的反应是铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑．

【点评】本题考查无机物的推断，注意推断的关键点：①G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明为Al2O3，②铝和B高温下发生反应，说明为铝热反应，再结合物质的其它性质分析解答，题目难度中等．

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