2016-2017学年湖北省武汉二中高一(上)期末化学试卷(解析版)

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2016-2017学年湖北省武汉二中高一（上）期末化学试卷　一、选择题（共16小题每题只有一个正确答案，1至8题每题2分，9至16题每题3分，共40分）1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是（　　）A．春节期间燃放的焰火的颜色是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同C．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D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁2．下列物质的用途不正确的是（　　）A．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂B．氧化铝可以作优良的耐火材料C．Fe2O3常用作红色油漆和涂料D．硅是制造光导纤维的材料3．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（　　）A．H+、Ba2+、Cl﹣、AlO2﹣B．Fe3+、SO42﹣、Na+、OH﹣C．Na+、OH﹣、SiO32﹣、Cl﹣D．Na+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣4．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．0.1molNa2O2与足量的CO2充分反应转移的电子数为0.2NAB．常温常压下，18gH2O所含的中子数为8NAC．0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，有0.3NA个电子转移D．将含0．lmolFeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成的Fe（OH）3胶粒数目为0.1NA5．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．AlCl3溶液中加过量的氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+B．过氧化钠与水反应：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑C．铁溶于稀硫酸：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣第40页（共40页） 6．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系，不全部是通过一步反应完成的是（　　）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaClB．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）37．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（　　）①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2．A．①③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤8．下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（　　）选项化合物ABCDYCO2Fe2O3SiO2FeCl3WMgOAl2O3COCuCl2A．AB．BC．CD．D9．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（　　）A．图1：制备并观察氢氧化亚铁B．图2：证明过氧化钠与水反应放热C．图3：收集二氧化氮气体D．图4：制备氨气第40页（共40页） 10．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，正确的是（　　）A．钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2B．铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中C．化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色D．密度为1.1g•cm﹣3与密度为1.2g•cm﹣3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1g•cm﹣3与1.2g•cm﹣3之间；Na﹣K合金的熔点应介于Na和K熔点之间11．向四支试管中分别加入少量不同溶液进行如下操作，结论正确的是（　　）操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣B先滴加2滴KSCN溶液，再滴几滴新制的氯水先不显红色，再滴新制的氯水后溶液变为红色原溶液中有Fe2+C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+D加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊原溶液中有CO32﹣A．AB．BC．CD．D12．下列说法正确的是（　　）①Na2O2中阴、阳离子的个数比是1：1②Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，消耗水和CO2的物质的量相等③可用石英坩埚加热氢氧化钠固体④Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色⑤区别NaHCO3与Na2CO3溶液，Ca（OH）2溶液和CaCl2溶液均可用⑥NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火⑦NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配置成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯．A．②③④B．②⑤⑦C．②④⑦D．③④⑥13．某含铬（Cr2O72﹣）废水用硫酸亚铁铵废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]第40页（共40页） 处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀经干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（　　）A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（2﹣x）molB．处理废水中Cr2O72﹣的物质的量为nx/2molC．反应中发生转移的电子数为3nxNAD．在FeO•FeyCrxO3中，3x=y14．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2mol/L盐溶液反应，实验测得生成气体的体积V（已折合为标准状况）与时间t的关系如图，则下列说法错误的是（　　）A．反应时，Na、Mg、Al均过量B．x=2.24C．钠的物质的量为0.2molD．曲线b为Mg与盐酸反应的图象15．某混合物的水溶液中可能含有以下离子中的若干种：Na+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣，现分别取100mL的两份溶液进行如下实验．①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.01mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲．②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤后的沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体，向滤液中加入AgNO3溶液又有白色沉淀产生．下列有关叙述正确的是（　　）A．由①可知原溶液存在离子为NH4+，其浓度为0.01mol/LB．原溶液一定存在Cl﹣C．原溶液肯定没有Fe3+、Mg2+，一定含有Na+第40页（共40页） D．n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42﹣）=1：1：516．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．下列有关说法不正确的是（　　）A．由工可知X中一定存在Fe2O3、CuB．无法判断混合物中是否含有Al2O3C．1.92g固体成分为CuD．原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1　二、填空题（共60分）17．现有下列十种物质：①液态氯化氢；②小苏打；③固体纯碱；④二氧化碳；⑤葡萄糖；⑥氢氧化钾；⑦氢氧化铁胶体；⑧氨水；⑨空气；⑩硫酸铁溶液．（1）上述十种物质中，属于电解质的有　　，属于非电解质的有　　．（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，该反应的化学方程式为　　．（3）除去③中少量②的操作是　　，化学方程式为　　．（4）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是　　．（5）若在⑦中缓慢加入①的水溶液，产生的现象是　　．18．化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是　　（填写序号）．A、金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B、用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C、将0.2mol•L﹣1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体．D、稀释浓硫酸时，应将水沿器壁缓缓加入浓硫酸中，并不断用玻璃棒搅拌．第40页（共40页） E、容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制一定物质的量浓度的硫酸溶液无影响．F、使用容量瓶、分液漏斗时，首先应检验是否漏水．G、在粗盐的提纯实验中，溶解、过滤、蒸发都用到了玻璃棒．19．新型材料纳米级铁粉与普通铁粉具有不同的性质．已知：在不同温度下，纳米级铁粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时，生成FeO；高于570℃时，生成Fe3O4．（1）写出温度低于570℃时反应的化学方程式　　．（2）中学教材中用如图所示实验装置，完成铁粉与水蒸气反应的演示实验．实验中使用肥皂液的作用是　　．（3）乙同学为了探究实验后的固体产物是否存在Fe3O4（假定铁全部反应完全）设计下列实验方案：①取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸；②向①反应后的溶液中加入足量H2O2得溶液X再加氨水，充分反应后，过滤、洗涤、干燥；③将②中所得固体进行灼烧，得到红棕色固体m2g．溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为　　；m1与m2符合　　关系时，才能确定固体样品中一定只存在Fe3O4．20．某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况，在注入湖泊的3个主要水源的入口处采集水样，并进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E为五种常见化合物，均由下表中的离子形成：阳离子K+Na+Cu2+Al3+阴离子SO42﹣HCO3﹣NO3﹣OH﹣为了鉴别上述化合物．分别完成以下实验，其结果是：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；第40页（共40页） ②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀：⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：（1）写出C、D的化学式：C　　，D　　．（2）将含1molA的溶液与含lmolE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，请写出A与E反应的离子方程式：　　．（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为　　．（4）C常用作净水剂，用离子方程式和适当文字说明其净水原理　　．（5）若向含溶质0.5mol的C溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量最大为　　g．21．Ⅰ．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液（含有Fe2+、Fe3+、Cu2+）处理和资源回收很有意义．分析下面处理方案，回答下列问题：（1）试剂2是　　，固体B是　　，通往的气体C是　　．（填化学式）．（2）写出加入试剂1发生反应的离子方程式：　　、　　．Ⅱ．综合利用海水可以制备食盐、纯碱、金属镁等物质，其流程如下图所示：（1）反应①﹣⑤中，属于氧化还原反应的是　　（填符号）．（2）写出反应②的离子方程式　　．（3）X溶液中的主要阳离子是Na+和　　．第40页（共40页） （4）粗盐中含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质，为制得纯净的NaCl晶体，操作如下：①溶解；②依次加入过量的BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液；③　　；④加适量盐酸；⑤　　（请补全缺少的实验步骤）．（5）检验纯碱样品中是否含NaCl应选用的试剂是　　．22．“材料”的发现和使用往往会极大地推动生产、生活的发展，一些材料的出现甚至具有里程碑式划时代的意义．请回答下列问题：Ⅰ、石棉（CaMg3Si4O12）是常用的耐火材料，用氧化物的形式表示其组成　　．Ⅱ、某稻壳灰的成分为：组分SiO2CNa2OK2OAl2O3Fe2O3质量分数59.2038.800.250.500.640.16通过如图流程可由稻壳灰制备较纯净的二氧化硅．请回答下列问题：（1）根据氧化物的性质进行分类，稻壳灰中涉及的氧化物最多有　　类．（2）步骤①中涉及SiO2的离子反应方程式为　　．（3）滤渣A的成分有　　（填化学式）（4）步骤②洗涤沉淀的方法是：　　（5）步骤③反应的化学方程式为：　　；实验室进行步骤③用到的仪器有坩埚、　　、酒精灯、　　和三角架．23．铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛．“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．已知：Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如表：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750﹣第40页（共40页） I．（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金．你认为他的解释是否合理？　　（填“合理”或“不合理”）．（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂是　　，反应的离子方程式为　　．（3）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是　　（填序号）．A、浓硫酸B、稀硫酸　　　　C、稀硝酸D、氢氧化钠溶液Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入6mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：（1）依题意，请写出熔融物中铁与该稀的硝酸反应的离子方程式：　　（2）图中OA段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为　　．（3）在BC段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为　　；（4）熔融物中铝元素的物质的量为　　mol．（5）B点对应的沉淀的物质的量为　　mol，A点对应的氢氧化钠溶液的体积为　　mL．　第40页（共40页） 2016-2017学年湖北省武汉二中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共16小题每题只有一个正确答案，1至8题每题2分，9至16题每题3分，共40分）1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是（　　）A．春节期间燃放的焰火的颜色是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同C．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D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁【分析】A．焰色反应时能呈现出来很多的色彩；B．雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10﹣20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1﹣2微米左右；C．防止食品钡氧化变质，应放入还原性物质；D．铜为最早使用的金属，钢铁材料有着重要用途；【解答】解：A．用酒精的浓度通常是75%，此浓度杀菌消毒作用强，故A正确；B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故B正确；C．生石灰或硅胶都不具有还原性，所以不能防止食品钡氧化变质，故C错误；D．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的用途、雾霾等，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产、生活现象，题目难度不大．　第40页（共40页） 2．下列物质的用途不正确的是（　　）A．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂B．氧化铝可以作优良的耐火材料C．Fe2O3常用作红色油漆和涂料D．硅是制造光导纤维的材料【分析】A．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，碳酸氢钠能和酸反应放出气体还没有腐蚀性，不会对人体造成伤害；B．耐火材料应具有较高的熔点；C．氧化铁为红棕色固体；D．光导纤维主要成分为二氧化硅．【解答】解：A．碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，能够与盐酸反应消耗盐酸，所以也可治疗胃酸过多，故A正确；B．氧化铝熔点高，可以作优良的耐火材料，故B正确；C．氧化铁为红棕色固体，常用作红色油漆和涂料，故C正确；D．光导纤维主要成分为二氧化硅，故D错误；故选：D．【点评】本题考查化学与生活、生产密切相关的知识，侧重考查物质的用途，题目难度不大，熟悉物质的性质是解题关键，注意对相关知识的积累．　3．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（　　）A．H+、Ba2+、Cl﹣、AlO2﹣B．Fe3+、SO42﹣、Na+、OH﹣C．Na+、OH﹣、SiO32﹣、Cl﹣D．Na+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣【分析】A．氢离子与偏铝酸根离子反应；B．铁离子与氢氧根离子反应；C．四种离子之间不反应，能够共存；D．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应．【解答】解：A．H+、AlO2﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．铁离子与氢氧根离子之间反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；第40页（共40页） C．Na+、OH﹣、SiO32﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．HCO3﹣、OH﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，题目难度不大，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等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　4．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．0.1molNa2O2与足量的CO2充分反应转移的电子数为0.2NAB．常温常压下，18gH2O所含的中子数为8NAC．0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，有0.3NA个电子转移D．将含0．lmolFeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成的Fe（OH）3胶粒数目为0.1NA【分析】A．0.1mol过氧化钠与二氧化碳完全反应生成0.05mol氧气，结合过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价分析；B．根据n=计算出水的物质的量，水分子中含有8个中子，据此计算出含有中子数；C．铁与氯气的反应中，0.1mol氯气完全反应最多转移0.2mol电子；D．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体．【解答】解：A．0.1molNa2O2与足量的CO2充分反应生成0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移的电子数为0.1NA，故A错误；B．18g水的物质的量为：=1mol，1mol水分子中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故B正确；C．0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，氯气不足，0.1mol氯气最多得到0.2mol电子，有0.2NA个电子转移，故C错误；D．由于氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则无法计算含有胶粒数目，故D错误；故选B．第40页（共40页） 【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　5．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．AlCl3溶液中加过量的氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+B．过氧化钠与水反应：2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑C．铁溶于稀硫酸：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣【分析】A．氯化铝与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀；B．过氧化钠不能拆开；C．铁与稀硫酸反应生成的是亚铁离子；D．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子．【解答】解：A．AlCl3溶液中加过量的氨水，二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A正确；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠不能拆开，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故B错误；C．铁溶于稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．　第40页（共40页） 6．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系，不全部是通过一步反应完成的是（　　）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaClB．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析．【解答】解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；B．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故B选；C．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl2+Na2CO3=2NaCl+MgCO3↓、MgCO3+2NaOH=Mg（OH）2+Na2CO3，所以能一步实现，故C不选；D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3中反应方程式分别是Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以能一步实现，故D不选；故选B．【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查，题目难度中等．　7．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（　　）①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2．A．①③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤第40页（共40页） 【分析】①钠和水反应生成氢氧化钠，与氯化亚铁生成氢氧化亚铁，最终生成红褐色沉淀；②氢氧化钠过量，可生成偏铝酸钠；③生成硅酸沉淀；④生成氢氧化铝沉淀；⑤生成溶解度较小的碳酸氢钠．【解答】解：①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误；②发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3↓，AlOH3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故错误；③Na2SiO3溶液中通入过量盐酸，二者反应生成白色不溶物硅酸，反应方程式为Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，所以有白色沉淀生成，故正确；④向NaAlO2溶液中通入过量CO2溶液发生的反应为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，氢氧化铝是白色沉淀，故正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确．故选D．【点评】本题考查了物质间的反应，为高频考点和常见题型，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，熟练掌握元素化合物之间的反应，题目难度不大．　8．下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（　　）选项化合物ABCDYCO2Fe2O3SiO2FeCl3WMgOAl2O3COCuCl2A．AB．BC．CD．D第40页（共40页） 【分析】置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另外一种化合物的反应，依据置换反应概念结合物质性质进行分析判断，A．二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁；B．氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁；C．二氧化硅与碳反应生成Si与CO；D．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁．【解答】解：A．二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，2Mg+CO2=C+2MgO，符合置换反应概念，属于置换反应，故A不选；B．氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，符合置换反应概念，属于置换反应，故B不选；C．二氧化硅与碳反应生成Si与CO，符合置换反应概念，属于置换反应，故C不选；D．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应，故D选；故选D．【点评】本题以置换反应的概念为载体，考查元素化合物的性质等，熟悉常见物质的性质及物质转化中的化学反应是解答的关键．　9．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（　　）A．图1：制备并观察氢氧化亚铁B．图2：证明过氧化钠与水反应放热C．图3：收集二氧化氮气体D．图4：制备氨气【分析】A．Fe与稀硫酸反应生成氢气，将装置中空气排出，关闭止水夹，利用氢气将硫酸亚铁压入含NaOH的试管中反应生成氢氧化亚铁；第40页（共40页） B．过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，脱脂棉燃烧；C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应；D．浓氨水与NaOH混合，使一水合氨电离平衡逆向移动，氨气逸出．【解答】解：A．Fe与稀硫酸反应生成氢气，将装置中空气排出，关闭止水夹，利用氢气将硫酸亚铁压入含NaOH的试管中反应生成氢氧化亚铁，则图中装置可制备并观察氢氧化亚铁，故A正确；B．过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，脱脂棉燃烧，则图中装置可证明过氧化钠与水反应放热，故B正确；C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，不能利用排水法收集，故C错误；D．浓氨水与NaOH混合，使一水合氨电离平衡逆向移动，氨气逸出，则图中装置可制备氨气，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的制备、性质实验、装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　10．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，正确的是（　　）A．钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2B．铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中C．化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色D．密度为1.1g•cm﹣3与密度为1.2g•cm﹣3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1g•cm﹣3与1.2g•cm﹣3之间；Na﹣K合金的熔点应介于Na和K熔点之间【分析】A、活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；B、金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；第40页（共40页） C、含有钠元素的物质焰色反应均为黄色；D、合金的熔点会低于任一组成金属成分的熔点．【解答】解：A、活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故A错误；B、铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝表面极易被氧化而表面形成致密的氧化膜，所以铝能稳定存在于空气中，故②错误；C、含有钠元素的物质NaCl、Na2CO3焰色反应均为黄色，故C正确；D、NaK合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生钠的性质、焰色反应以及合金的物理性质等方面知识，属于综合知识的考查，注意知识的梳理和归纳是解题的关键．　11．向四支试管中分别加入少量不同溶液进行如下操作，结论正确的是（　　）操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣B先滴加2滴KSCN溶液，再滴几滴新制的氯水先不显红色，再滴新制的氯水后溶液变为红色原溶液中有Fe2+C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+D加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊原溶液中有CO32﹣A．AB．BC．CD．D【分析】A．白色沉淀可能为AgCl；B．先不显红色，可知不含铁离子，再滴几滴新制的氯水，变为血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子；C．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；D．无色气体为二氧化碳或二氧化硫．第40页（共40页） 【解答】解：A．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故A错误；B．先不显红色，可知不含铁离子，再滴几滴新制的氯水，变为血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中有Fe2+，故B正确；C．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则由现象可知，原溶液中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；D．无色气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中有CO32﹣或SO32﹣，或HCO3﹣等，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子的检验、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　12．下列说法正确的是（　　）①Na2O2中阴、阳离子的个数比是1：1②Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，消耗水和CO2的物质的量相等③可用石英坩埚加热氢氧化钠固体④Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色⑤区别NaHCO3与Na2CO3溶液，Ca（OH）2溶液和CaCl2溶液均可用⑥NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火⑦NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配置成溶液通入过量的CO2，再低温结晶得到提纯．A．②③④B．②⑤⑦C．②④⑦D．③④⑥【分析】①Na2O2中阴离子是过氧根离子、阳离子是钠离子，所以阴、阳离子的个数比是2：1；②反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，以此解答；③二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠；④Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性；⑤NaHCO3与Na2CO3溶液都与氢氧化钙溶液反应生成沉淀；第40页（共40页） ⑥NaHCO3不稳定，加热易分解，钠着火时不能用二氧化碳扑灭；⑦Na2CO3可与过量的CO2反应生成NaHCO3．【解答】解：①Na2O2中阴离子是过氧根离子、阳离子是钠离子，所以阴、阳离子的个数比是2：1，而不是1：1，故错误；②反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成1mol的氧气消耗二氧化碳和水的物质的量都为2mol，故正确；③二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，所以不能用石英坩埚加热氢氧化钠固体，故错误；④Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正确；⑤NaHCO3与Na2CO3溶液都与氢氧化钙溶液反应生成沉淀，应用氯化钙鉴别，故错误；⑥NaHCO3不稳定，加热易分解，钠着火时生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，则不能用二氧化碳扑灭，故错误；⑦Na2CO3可与过量的CO2反应生成NaHCO3，可用于除杂，故正确；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．　13．某含铬（Cr2O72﹣）废水用硫酸亚铁铵废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀经干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（　　）A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（2﹣x）molB．处理废水中Cr2O72﹣的物质的量为nx/2molC．反应中发生转移的电子数为3nxNAD．在FeO•FeyCrxO3中，3x=y【分析】A、由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒或FeO•FeyCrxO3电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算；第40页（共40页） B、反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算；C、Cr2O72﹣中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍；D、根据得失电子守恒计算即可．【解答】解：A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），故A错误；B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72﹣的物质的量为，故B正确；C．得到nmolFeO•FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxNA，故C正确；D．FeO•FeyCrxO3中，Cr为正三价，由得失电子守恒知3x﹣y=0，即3x=y，故D正确．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应规律，难度较大，明确氧化还原反应中存在的原子个数守恒、电荷守恒规律是解题关键，注意在计算中守恒思想的应用．　14．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2mol/L盐溶液反应，实验测得生成气体的体积V（已折合为标准状况）与时间t的关系如图，则下列说法错误的是（　　）A．反应时，Na、Mg、Al均过量B．x=2.24C．钠的物质的量为0.2molD．曲线b为Mg与盐酸反应的图象【分析】第40页（共40页） 由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，由此分析．【解答】解：由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，A、Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故A错误；B、由于酸不足，所以生成氢气的量为：n（H2）=n（HCl）==0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，故B正确；C、生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，故C正确；D、按照金属活动性顺序，Na＞Mg＞Al故中间那条线是Mg与盐酸反应的图象，故D正确；故选A．【点评】本题考查钠的性质，注意钠和水反应的特点，根据物质的量的大小可与酸、水反应的特点比较生成氢气的多少，难度不大．　15．某混合物的水溶液中可能含有以下离子中的若干种：Na+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣，现分别取100mL的两份溶液进行如下实验．①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.01mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲．②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤后的沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体，向滤液中加入AgNO3溶液又有白色沉淀产生．下列有关叙述正确的是（　　）A．由①可知原溶液存在离子为NH4+，其浓度为0.01mol/LB．原溶液一定存在Cl﹣C．原溶液肯定没有Fe3+、Mg2+，一定含有Na+D．n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42﹣）=1：1：5第40页（共40页） 【分析】①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.01mol气体，无沉淀生成，0.01mol气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，且物质的量为0.01mol，无沉淀，说明原溶液中无Fe3+、Mg2+，同时得到溶液甲；②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体，说明存在Al3+，1.02g为氧化铝，n（Al3+）=×2=0.02mol；③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤后的沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体，沉淀为硫酸钡，说明原溶液存在SO42﹣，一定不存在Ba2+，n（SO42﹣）==0.05mol，向滤液中加入AgNO3溶液又有白色沉淀产生，不能确定溶液中是否存在Cl﹣，结合电荷守恒判断是否含钠离子，以此来解答．【解答】解：由上述分析可知，一定含Al3+、NH4+、SO42﹣，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+，由电荷守恒可知0.05×2＞0.01×1+0.02×3，则一定含Na+，不能确定是否含Cl﹣，A．由①可知原溶液存在离子为NH4+，其浓度为=0.1mol/L，故A错误；B．由上述分析，不能确定是否含Cl﹣，故B错误；C．由上述分析可知，原溶液肯定没有Fe3+、Mg2+，一定含有Na+，故C正确；D．n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42﹣）=0.01mol：0.02mol：0.05mol=1：2：5，故D错误；故选C．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握发生的反应、离子共存、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．　16．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．下列有关说法不正确的是（　　）第40页（共40页） A．由工可知X中一定存在Fe2O3、CuB．无法判断混合物中是否含有Al2O3C．1.92g固体成分为CuD．原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【分析】途径a：10.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知10.4gX和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少10.4g﹣6.4g=4g＞3g，则所以固体中一定还有氧化铝，其质量为1g，以此来解答．【解答】解：途径a：10.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知10.4gX和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少10.4g﹣6.4g=4g＞3g，则所以固体中一定还有氧化铝，其质量为1g，因此混合物X中由Fe2O3、Cu、SiO2、A12O3组成，A．由I可知，X和过量盐酸反应生成蓝色溶液，为铜离子的颜色，但Cu和盐酸不反应，则一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子和金属铜反应，即X中一定存在Fe2O3和Cu，故A正确；B．由上述分析可知，混合物X中由Fe2O3、Cu、SiO2、A12O3组成，故B错误；第40页（共40页） C．由上述分析可知，1.92g固体只含Cu，故C正确；D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，题目难度中等，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量．　二、填空题（共60分）17．现有下列十种物质：①液态氯化氢；②小苏打；③固体纯碱；④二氧化碳；⑤葡萄糖；⑥氢氧化钾；⑦氢氧化铁胶体；⑧氨水；⑨空气；⑩硫酸铁溶液．（1）上述十种物质中，属于电解质的有　①②③⑥　，属于非电解质的有　④⑤　．（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，该反应的化学方程式为　HCl+KOH=H2O+KCl　．（3）除去③中少量②的操作是　加热　，化学方程式为　HCl+KOH=H2O+KCl　．（4）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是　1.5mol/L　．（5）若在⑦中缓慢加入①的水溶液，产生的现象是　先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色　．【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应；第40页（共40页） （3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳来解答；（4）根据n=计算Fe3+的物质的量，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），再根据c=计算SO42﹣的物质的量浓度；（5）胶体中加入电解质会发生聚沉，继续加入会溶解．【解答】解：（1）①液态氯化氢在水溶液中能导电，是电解质；②NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；③固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；④葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质；⑤Ba（OH）2在熔融状态下能导电，是电解质；⑥氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；⑦氢氧化铁胶体属于混合物既不是电解质也不是非电解质；⑧氨水属于混合物既不是电解质也不是非电解质；⑨空气属于混合物既不是电解质也不是非电解质；⑩硫酸铁溶液属于混合物既不是电解质也不是非电解质；故属于电解质的是：①②③⑥，非电解质的有：④⑤；故答案为：①②③⑥；④⑤；（2）离子方程式为：H++OH﹣═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如HCl+KOH=H2O+KCl；故答案为：HCl+KOH=H2O+KCl；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以除去固体纯碱中少量小苏打的操作是加热，方程式为：故答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（4）Fe3+的物质的量为=0.1mol，溶液中2n（SO42﹣）=3n（Fe3+），则SO42﹣的物质的量为0.1mol×=0.15mol，SO42﹣的物质的量浓度为=1.5mol/L；故答案为：1.5mol/L；第40页（共40页） （5）若在氢氧化铁胶体中缓慢加入盐酸，胶体发生聚沉，产生的现象是产生红褐色沉淀，继续加入盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色．【点评】本题考查了物质导电的条件，电解质和非电解质的概念，胶体的性质，离子方程式书写，物质的量有关计算等，题目综合性强，氢氧化铁胶体性质的考查是本题的难点，题目难度中等．　18．化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是　E、F、G　（填写序号）．A、金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B、用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C、将0.2mol•L﹣1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体．D、稀释浓硫酸时，应将水沿器壁缓缓加入浓硫酸中，并不断用玻璃棒搅拌．E、容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制一定物质的量浓度的硫酸溶液无影响．F、使用容量瓶、分液漏斗时，首先应检验是否漏水．G、在粗盐的提纯实验中，溶解、过滤、蒸发都用到了玻璃棒．【分析】A．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；B．碳酸氢钠分解生成水；C．制备胶体时不能搅拌；D．稀释浓硫酸，将浓硫酸注入水中；E．容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响；F．具有塞子、活塞的仪器使用前需要查漏；G．溶解利用玻璃棒搅拌，过滤利用玻璃棒引流，蒸发利用玻璃棒搅拌、防止局部温度过高．【解答】解：A．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，则不能使用灭火器，应选沙土扑灭，故A错误；B．碳酸氢钠分解生成水，则试管口应略向下倾斜，故B错误；C．制备胶体时不能搅拌，出现红褐色液体时停止加热，加热、搅拌均可使胶体发生聚沉，故C错误；第40页（共40页） D．稀释浓硫酸，将浓硫酸注入水中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故D错误；E．容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，定容时还需要加水，故E正确；F．具有塞子、活塞的仪器使用前需要查漏，则使用容量瓶、分液漏斗时，首先应检验是否漏水，故F正确；G．溶解利用玻璃棒搅拌，过滤利用玻璃棒引流，蒸发利用玻璃棒搅拌、防止局部温度过高，则在粗盐的提纯实验中，溶解、过滤、蒸发都用到了玻璃棒，故G正确；故答案为：E、F、G．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验安全、实验操作及技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　19．新型材料纳米级铁粉与普通铁粉具有不同的性质．已知：在不同温度下，纳米级铁粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时，生成FeO；高于570℃时，生成Fe3O4．（1）写出温度低于570℃时反应的化学方程式　Fe+H2O（g）FeO+H2　．（2）中学教材中用如图所示实验装置，完成铁粉与水蒸气反应的演示实验．实验中使用肥皂液的作用是　检验反应中生成的H2　．（3）乙同学为了探究实验后的固体产物是否存在Fe3O4（假定铁全部反应完全）设计下列实验方案：①取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸；②向①反应后的溶液中加入足量H2O2得溶液X再加氨水，充分反应后，过滤、洗涤、干燥；③将②中所得固体进行灼烧，得到红棕色固体m2g．溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为　2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O　；m1与m2符合　=0.97　关系时，才能确定固体样品中一定只存在Fe3O4．第40页（共40页） 【分析】（1）纳米级铁粉与水蒸气反应，温度低于570℃时，生成FeO，结合原子守恒写出化学方程式；（2）使用肥皂液的作用是检验反应中生成的H2；（3）取固体样品m1g，溶于足量的稀盐酸，双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，利用极限法来假设全部是FeO或Fe3O4计算m1与m2之比．【解答】解：（1）纳米级铁粉与水蒸气反应，温度低于570℃时，生成FeO，反应的化学方程式为：Fe+H2O（g）FeO+H2，故答案为：Fe+H2O（g）FeO+H2；（2）使用肥皂液的作用是检验反应中生成的H2，反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声时，说明“铁与水蒸气”能够进行反应，故答案为：检验反应中生成的H2；（3）双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，固体样品m1克与红棕色固体m2克所含铁元素的物质的量相同，假设全部是FeO，2FeO～Fe2O3144g160gm1与m2之比==0.9；假设全部是Fe3O4，2Fe3O4～3Fe2O3464g480gm1与m2之比为：==0.97，m1与m2之比最少应大于0.97时，固体样品中一定存在Fe3O4，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；=0.97．第40页（共40页） 【点评】本题考查铁及其化合物的性质，难度较大，③中的计算是难点，学生应充分利用信息并结合极限法来综合应用解答本题．　20．某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况，在注入湖泊的3个主要水源的入口处采集水样，并进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E为五种常见化合物，均由下表中的离子形成：阳离子K+Na+Cu2+Al3+阴离子SO42﹣HCO3﹣NO3﹣OH﹣为了鉴别上述化合物．分别完成以下实验，其结果是：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀：⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：（1）写出C、D的化学式：C　KAl（SO4）2　，D　CuSO4　．（2）将含1molA的溶液与含lmolE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，请写出A与E反应的离子方程式：　HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O　．（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为　2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O　．（4）C常用作净水剂，用离子方程式和适当文字说明其净水原理　Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物净水　．（5）若向含溶质0.5mol的C溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量最大为　233　g．【分析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；第40页（共40页） ②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；③进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是氢氧化钠；④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠，以此来解答．【解答】解：综上所述可知，A为NaHCO3，B为KNO3，C为KAl（SO4）2，D为CuSO4，E为NaOH，（1）C、D的化学式分别为KAl（SO4）2、CuSO4，故答案为：KAl（SO4）2；CuSO4；（2）含1molA的溶液与含lmolE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物为碳酸钠，A与E反应的离子方程式为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；（3）A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故答案为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；（4）C常用作净水剂，用离子方程式和适当文字说明其净水原理为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物净水，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物净水；（5）含溶质0.5mol的C溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，质量质量最大时生成硫酸钡和偏铝酸钾，由硫酸根离子守恒可知，生成硫酸钡为0.5mol×2×233g/mol=233g，故答案为：233．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握发生的反应、离子共存、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．　第40页（共40页） 21．Ⅰ．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液（含有Fe2+、Fe3+、Cu2+）处理和资源回收很有意义．分析下面处理方案，回答下列问题：（1）试剂2是　HCl　，固体B是　Cu　，通往的气体C是　Cl2　．（填化学式）．（2）写出加入试剂1发生反应的离子方程式：　Fe+2Fe3+=3Fe2+　、　Fe+Cu2+=Fe2++Cu　．Ⅱ．综合利用海水可以制备食盐、纯碱、金属镁等物质，其流程如下图所示：（1）反应①﹣⑤中，属于氧化还原反应的是　⑤　（填符号）．（2）写出反应②的离子方程式　Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O　．（3）X溶液中的主要阳离子是Na+和　NH4+　．（4）粗盐中含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质，为制得纯净的NaCl晶体，操作如下：①溶解；②依次加入过量的BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液；③　过滤　；④加适量盐酸；⑤　蒸发结晶　（请补全缺少的实验步骤）．（5）检验纯碱样品中是否含NaCl应选用的试剂是　稀硝酸、AgNO3溶液　．【分析】Ⅰ．利用废液再生FeCl3刻蚀液，应除去溶液中的Cu2+，废液与过量的Fe反应置换出Cu，过滤，固体A为Cu与Fe的混合物，滤液中溶质为FeCl2，固体A与盐酸反应生成FeCl2，过滤除去Cu，FeCl2用氯气氧化得到FeCl3；Ⅱ．将海水蒸发浓缩、冷却结晶得到粗盐和母液，向母液中加入Ca（OH）2，发生反应Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，过滤得到Mg（OH）2沉淀，将Mg（OH）2溶于稀盐酸中发生反应Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2.6H2O，将MgCl2.6H2O晶体在HCl氛围中加热得到固体第40页（共40页） MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg，发生反应为MgCl2Mg+Cl2↑；将粗盐提纯得到NaCl溶液，向溶液中通入氨气和二氧化碳，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，碳酸氢钠溶解度小于NaCl而析出，所以得到溶液X为NH4Cl溶液，将NaHCO3加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，最后得到碳酸钠固体，（1）从元素的化合价是否发生变化的角度判断是否属于氧化还原反应；（2）根据氢氧化镁沉淀与盐酸反应生成氯化镁和水写出离子方程式；（3）根据“候氏制碱法”的原理分析；（4）为制得纯净的NaCl晶体，先将粗盐溶解，然后将杂质离子形成沉淀，过滤，再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；（5）根据氯离子的检验方法．【解答】解：Ⅰ．利用废液再生FeCl3刻蚀液，应除去溶液中的Cu2+，废液与过量的Fe反应置换出Cu，过滤，固体A为Cu与Fe的混合物，滤液中溶质为FeCl2，固体A与盐酸反应生成FeCl2，过滤除去Cu，FeCl2用氯气氧化得到FeCl3；（1）由上述分析可知，试剂2是HCl，固体B是Cu，通入的气体C是Cl2，故答案为：HCl；Cu；Cl2；（2）加入试剂1发生反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Ⅱ．将海水蒸发浓缩、冷却结晶得到粗盐和母液，向母液中加入Ca（OH）2，发生反应Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，过滤得到Mg（OH）2沉淀，将Mg（OH）2溶于稀盐酸中发生反应Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2.6H2O，将MgCl2.6H2O晶体在HCl氛围中加热得到固体MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg，发生反应为MgCl2Mg+Cl2↑；将粗盐提纯得到NaCl溶液，向溶液中通入氨气和二氧化碳，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，碳酸氢钠溶解度小于NaCl而析出，所以得到溶液X为NH4Cl溶液，将NaHCO3加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，最后得到碳酸钠固体，第40页（共40页） （1）①石灰乳与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，元素化合价不变，非氧化还原反应；②氢氧化镁沉淀与盐酸反应生成氯化镁和水，元素化合价不变，非氧化还原反应；③氯化镁溶液蒸发浓缩得到氯化镁晶体，元素化合价不变，非氧化还原反应；④氯化镁晶体分解得到氯化镁和水，元素化合价不变，非氧化还原反应；⑤电解氯化镁得到镁和氯气，元素化合价发生变化，氧化还原反应；故选⑤，故答案为：⑤；（2）氢氧化镁沉淀与盐酸反应生成氯化镁和水，方程式为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，离子方程式为：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；（3）向氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，发生反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，所以溶液中含有NH4Cl和NaHCO3，则溶液中的主要阳离子是Na+和NH4+；故答案为：NH4+；（4）首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；故答案为：过滤；蒸发结晶；（5）氯离子能和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以检验纯碱样品中是否含NaCl应选用的试剂是稀硝酸、AgNO3溶液；故答案为：稀硝酸、AgNO3溶液．【点评】本题考查物质制备方案、物质分离提纯综合应用、海水的综合利用，涉及金属制备、候氏制碱法、粗盐提纯等，侧重考查学生对原理、试剂、操作的分析评价，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．　第40页（共40页） 22．“材料”的发现和使用往往会极大地推动生产、生活的发展，一些材料的出现甚至具有里程碑式划时代的意义．请回答下列问题：Ⅰ、石棉（CaMg3Si4O12）是常用的耐火材料，用氧化物的形式表示其组成　CaO•3MgO•4SiO2　．Ⅱ、某稻壳灰的成分为：组分SiO2CNa2OK2OAl2O3Fe2O3质量分数59.2038.800.250.500.640.16通过如图流程可由稻壳灰制备较纯净的二氧化硅．请回答下列问题：（1）根据氧化物的性质进行分类，稻壳灰中涉及的氧化物最多有　3　类．（2）步骤①中涉及SiO2的离子反应方程式为　SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O　．（3）滤渣A的成分有　C和Fe2O3　（填化学式）（4）步骤②洗涤沉淀的方法是：　往漏斗里的沉淀中注入蒸馏水致水浸没沉淀，让水自然流下，重复2﹣3次　（5）步骤③反应的化学方程式为：　H2SiO3SiO2+H2O　；实验室进行步骤③用到的仪器有坩埚、　泥三角　、酒精灯、　坩埚钳　和三角架．【分析】Ⅰ、石棉（CaMg3Si4O12）是常用的耐火材料，用氧化物的形式表示其组成，书写顺序是：活泼金属元素氧化物、较活泼金属元素氧化物、二氧化硅、水；Ⅱ、稻壳灰用足量的氢氧化钠浸泡，过滤得A为硅酸钠、氢氧化钠、氢氧化钾、偏铝酸钠的混合溶液，滤渣A含有C以及氧化铁，A溶液中加入盐酸生成硅酸沉淀，过滤、洗涤得滤渣B为硅酸，煅烧硅酸可得二氧化硅，据此分析作答．【解答】解：Ⅰ、石棉（CaMg3Si4O12）是常用的耐火材料，用氧化物的形式表示其组成，书写顺序是：活泼金属元素氧化物、较活泼金属元素氧化物、二氧化硅、水，所以为：CaO•3MgO•4SiO2；故答案为：CaO•3MgO•4SiO2；第40页（共40页） Ⅱ、（1）二氧化硅为酸性氧化物，氧化钠、氧化铁为碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，所以最多涉及3中氧化物，故答案为：3；（2）二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；（3）氧化钠、氧化钾均能与水反应生成可溶性碱，氧化铝为两性氧化物能够与强碱反应生成可溶性偏铝酸盐，二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成可溶性硅酸钠，三氧化二铁、碳与氢氧化钠不反应，所以过滤剩余的滤渣为C和Fe2O3，故答案为：C和Fe2O3；（4）沉淀的洗涤方法：向漏斗中注入蒸馏水致水浸没沉淀，让水自然流下后，再重复2﹣3次，故答案为：往漏斗里的沉淀中注入蒸馏水致水浸没沉淀，让水自然流下，重复2﹣3次；（5）硅酸不稳定受热易分解生成二氧化硅和水，其反应方程式为：H2SiO3SiO2+H2O；灼烧固体需要的仪器有：坩埚钳、酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角，故答案为：H2SiO3SiO2+H2O；泥三角；坩埚钳．【点评】本题以硅及其化合物性质为载体考查物质的制备以及分离提纯，侧重于学生分析、实验能力的考查，解答本题时注意熟悉氧化物的分类，明确硅及其化合物性质，题目难度中等．　23．铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛．“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．已知：Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如表：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750﹣第40页（共40页） I．（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金．你认为他的解释是否合理？　合理　（填“合理”或“不合理”）．（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂是　NaOH溶液　，反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．（3）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是　B　（填序号）．A、浓硫酸B、稀硫酸　　　　C、稀硝酸D、氢氧化钠溶液Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入6mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：（1）依题意，请写出熔融物中铁与该稀的硝酸反应的离子方程式：　8Fe+30H++3NO3﹣═8Fe3++3NH4++9H2O　（2）图中OA段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为　H++OH﹣═H2O　．（3）在BC段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为　NH4++OH﹣═NH3•H2O　；（4）熔融物中铝元素的物质的量为　0.012　mol．（5）B点对应的沉淀的物质的量为　0.048　mol，A点对应的氢氧化钠溶液的体积为　15　mL．【分析】I．（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金；（2）根据铝与NaOH溶液反应的性质设计实验方案；（3）A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解；第40页（共40页） B．活泼金属与稀硫酸反应；C．稀硝酸与金属反应生成污染性气体；D．铁不与NaOH溶液反应；Ⅱ．（1）熔融物与稀硝酸反应过程中气体产生，可推断出还原产物应为NH4+；（2）OA之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，OA之间发生的反应酸碱中和反应，以此书写反应的离子方程式；（3）BC段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，以此书写离子方程式；（4）CD段发生的反应是Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，根据消耗的NaOH的物质的量可得Al（OH）3的，即为熔融物中铝元素的物质的量；（5）B点对应的沉淀为Fe（OH）3和Al（OH）3，若Fe和Al用M代替，则有关系式8M～3NH4+～3OH﹣，通过BC段消耗的OH﹣即可求出沉淀的物质的量，通过Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓和Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓计算AB段消耗的氢氧化钠溶液的体积，即可得到A点对应的氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：Ⅰ．：（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金，故答案为：合理；（2）铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的化学方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝，故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解，故A错误；B．活泼金属与稀硫酸反应，熔融物可溶解于稀硫酸中，故B正确；C．稀硝酸与金属反应生成污染性气体，不是最佳选择，故C错误；D．铁不与NaOH溶液反应，不能将熔融物全部溶解，故D错误．故答案为：B；Ⅱ．（1）熔融物与稀硝酸反应过程中气体产生，可推断出还原产物应为NH4+，所以铁与该稀的硝酸反应的离子方程式为8Fe+30H++3NO3﹣═8Fe3++3NH4++9H2O，第40页（共40页） 故答案为：8Fe+30H++3NO3﹣═8Fe3++3NH4++9H2O；（2）OA之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，OA之间发生的是硝酸和氢氧化钠的中和反应，离子方程式为H++OH﹣═H2O，故答案为：H++OH﹣═H2O；（3）BC段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，离子方程式为NH4++OH﹣═NH3•H2O，故答案为：NH4++OH﹣═NH3•H2O；（4）CD段发生的反应是Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（NaOH）=0.002L×6mol/L=0.012mol，则n（Al（OH）3）=0.012mol，即熔融物中铝元素的物质的量为0.012mol，故答案为：0.012；（5）由8Fe+30H++3NO3﹣═8Fe3++3NH4++9H2O、8Al+30H++3NO3﹣═8Al3++3NH4++9H2O、NH4++OH﹣═NH3•H2O可得关系式8（Fe和Al）～3NH4+～3OH﹣，BC段消耗的OH﹣的物质的量为6mol•L﹣1×（42﹣39）×10﹣3L=0.018mol，则Fe和Al的物质的量之和为0.018mol×=0.048mol，所以B点对应的沉淀Fe（OH）3和Al（OH）3的物质的量为0.048mol，AB段消耗的氢氧化钠溶液物质的量为0.048mol×3=0.144mol，AB段消耗的氢氧化钠的体积为=0.024L=24ml，所以A点对应的氢氧化钠溶液的体积为39﹣24=15，故答案为：0.048；15．【点评】本题考查较为综合，涉及铝热反应、金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点，题目难度中等，解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用．　第40页（共40页） 2017年5月18日第40页（共40页）