全国100所名校单元检测卷化学（五）铝、铁及其化合物（全国东部）

C．应先加入KSCN溶液；

D．根据强酸制取弱酸的规律判断．

【解答】解：A．CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，且SO2可与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，可用于除杂，故A正确；

B．Cu和CuO都与硝酸反应，应用盐酸或稀硫酸除杂，故B错误；

C．应先加入KSCN溶液，因氯气可氧化Fe，故C错误；

D．将CO2通入Na2SiO3溶液中，如生成沉淀，说明证明H2CO3酸性比H2SiO3强，故D正确．

故选AD．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、除杂和性质检验等操作，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．

12．（3分）将由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充

﹣1

分溶解后，向混合溶液中滴加1mol?L的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示．下列有关判断正确的是（ ）

2+

2+2﹣

A．AB段发生反应的离子方程式为Ba+SO4═BaSO4↓

+﹣

B．BC段发生反应的离子方程式为H+OH=H2O C．D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3

﹣

D．E点时溶液中含有AlO2

【分析】由A点可知，A点白色硫酸钡沉淀，则BaCl2过量，由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，混合液中含有钡离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、硫酸根离子，则AB段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应，BC段发生酸碱中和，CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，DE段发生氢氧化铝与酸的反应，以此来解答． 【解答】解：由A点可知，A点白色硫酸钡沉淀，则BaCl2过量，由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，混合液中含有钡离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、硫酸根离子，

A．由图象可知，AB段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应，离子反应为Ba+2OH+2H+SO4﹣

=BaSO4↓+2H2O，故A错误；

+﹣

B．BC段发生酸碱中和，离子方程式为H+OH=H2O，故B正确；

﹣+

C．CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，离子反应为AlO2+H+H2O=Al（OH）3↓，所以D点表示的沉淀的化学式应为Al（OH）3、BaSO4，故C错误； D．DE段发生氢氧化铝与酸的反应生成硫酸铝，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查离子反应方程式的书写及图象，难度较大，明确A点的意义及混合液中的离子、离子反应的先后顺序是解答本题的关键． 13．（3分）镁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸中，恰好完全反应后，再加入3mol Na2O2固体使之充分反应，最终产物是（ ）

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2+

﹣

+

2

A．Mg（OH）2、Al（OH）3、NaCl B．Mg（OH）2、Al（OH）3、NaAlO2、NaCl C．Mg（OH）2、NaAlO2、NaCl D．Al（OH）3、NaAlO2、MgCl2、NaCl

2+

【分析】3 mol Na2O2可转化为6 mol NaOH，其中Mg消耗2 mol NaOH生成Mg（OH）2，

3+3+

还剩4 mol NaOH与Al反应，Al恰好完全转化为NaAlO2．

2+

【解答】解：3 mol Na2O2可转化为6 mol NaOH，其中Mg消耗2 mol NaOH生成Mg（OH）

3+3+

2，还剩4 mol NaOH与Al反应，Al恰好完全转化为NaAlO2，故最终生成为Mg（OH）2、NaAlO2、NaCl， 故选C．

【点评】本题考查混合物有关计算，明确发生的反应是关键，注意根据方程式判断，题目难度不．

14．（3分）某无色溶液仅由Ag、Na、Al、Ba、AlO2、CO3、SO4中的若干种组成．取该溶液进行以下实验：

①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，溶液依然保持澄清；下列说法中不正确的是（ ）

②向①所得溶液中加入过量碳酸氢钾溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲； ③向②所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出．

﹣+2﹣

A．一定存在的离子有CO3、AlO2、Na

+2+3+

B．一定不存在的离子有Ag、Ba、Al

2﹣

C．可能存在的离子是SO4 D．白色沉淀乙只能是BaCO3

【分析】①能够与盐酸生成气体的离子为碳酸根离子，能够与碳酸根离子反应的离子不能存在；

②说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子； ③气体为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，据此进行推断．

【解答】解：①中加入过量盐酸，有气体生成，溶液依然保持澄清，可知该溶液中一定不存在Ag，一定存在CO3，因Ba、Al与CO3均能反应，所以一定不存在Ba、Al；向①所得溶液中加入过量碳酸氢钾溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，可知一定存在AlO2；向②所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，有白色沉淀乙析出，因②所得溶液

﹣

中存在HCO3，所以白色沉淀可能只有BaCO3，也可能是BaCO3和BaSO4的混合物，即原

﹣2﹣2﹣

溶液中无法确定是否含有SO4．综上分析，溶液中一定存在CO3、AlO2，因溶液呈电

+

中性，则至少含有一种阳离子，一定存在Na，

﹣+2﹣

A、依据分析可知，一定存在：CO3、AlO2、Na，故A正确；

+2+3+

B、依据分析可知，一定不存在：Ag、Ba、Al，故B正确； C、依据分析，不能确定是否存在硫酸根离子，故C正确；

D、白色沉淀可能只有BaCO3，也可能是BaCO3和BaSO4的混合物，故D错误， 故选：D．

【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，注意根据溶液呈电中性判断溶液中存在的离子方法，本题充分考查了学生的分析、理解能力，要求熟练掌握常见离子的检验方法．

15．（3分）（2015秋?宁波期末）向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL1mol?L﹣1

的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）的气体，在所得溶液中加入

﹣+

+

+

3+2+

﹣

2﹣2﹣

2﹣2+3+2﹣2+3+

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KSCN溶液无血红色出现．若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）

A．11.2g B．5.6g C．2.8g D．无法计算

【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），据此结合m=nM计算得到的铁的质量．

【解答】解：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）=×0.1L×1mol/L=0.05mol；

用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.05mol，质量为0.05mol×56g/mol=2.8g， 故选C．

【点评】考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用．

二、非选择题（本题包括6小题，共55分） 16．（8分）铝是生活中非常常见的一种金属，请回答下列问题：

（1）金属铝是活泼金属，在生活中应用很广泛，原因是 铝表面容易生成一层致密的氧化物保护膜，对内部的金属起到了保护作用 ．

（2）在隔绝空气的条件下，用镁条引燃四氧化三铁粉末和铝粉的均匀混合物，使其发生铝热反应，冷却后将剩余固体平均分成两等份．

①铝粉与四氧化三铁粉末反应的化学方程式为 8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3 ．

②向第一份剩余的固体中加入足量 NaOH 溶液，放出标准状况下1.344L 气体，产生气体反应的离子方程式为 2Al+2OH+2H2O═2AlO2+3H2↑ ．

③向第二份剩余的固体中加入足量盐酸，放出标准状况下 3.36L 气体，则原混合物中 Al 与 Fe3O4 的物质的量之比为 4：1 ． 【分析】（1）根据铝制容器的表面有一层氧化物保护膜； （2）①根据“铝热反应”的概念书写化学方程式；

②据铝可以和氢氧化钠及水反应生成偏铝酸钠和氢气书写； ③根据②放出标准状况下1.344L气体即可求出剩余铝的量，再向第二份剩余的固体中加入足量盐酸，放出标准状况下3.36L气体，可以求出生成的铁的量，再结合铝热反应计算． 【解答】解：（1）金属铝是一种比较活泼的金属，在常温下就很容易跟氧气发生反应，生成一层致密而坚固的氧化铝薄膜．这层薄膜可以阻止内层的铝进一步氧化，

故答案为：铝表面容易生成一层致密的氧化物保护膜，对内部的金属起到了保护作用； （2）①因铝热反应是铝和金属氧化反应得到金属和氧化铝，化学方程式为：8Al+3Fe3O4

9Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O4

9Fe+4Al2O3；

﹣

﹣

﹣

②铝可以和氢氧化钠及水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↑；

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③因为向第一份剩余的固体中加入足量 NaOH 溶液，放出标准状况下1.344L 气体，根据反应2Al+2OH+2H2O═2AlO2+3H2↑， 则剩余铝为

×=0.04mol，又向第二份剩余的固体中加入足量盐酸，放出标准

=0.09mol，再根据

×8=0.12mol，Fe3O4 的物质

﹣

﹣

状况下 3.36L 气体，所以生成铁为：8Al+3Fe3O4的量为

9Fe+4Al2O3，所以反应前铝为：0.04+

×3=0.03mol，所以原混合物中 Al 与 Fe3O4 的物质的量之比为0.12：0.03=4：

1，故答案为：4：1．

【点评】本题考查了铝金属的性质理解应用，化学方程式的书写及其根据方程式计算，题目难度中等． 17．（8分）A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图转化关系（其他产物已略去），回答下列问题：

（1）若X为一种金属单质，A、B、C均为化合物，则X为 Fe ，C为 Fe（NO3）2 ；写出反应①的化学方程式： Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O ． （2）若A为一种碱，其焰色反应为黄色，X中含有氯元素，则A为 NaOH ，X为 AlCl3 ；﹣3+

反应③的离子方程式为 3AlO2+Al+6H2O=4Al（OH）3↓ ．

【分析】（1）若X为一种金属单质，A，B，C均为化合物，由转化关系可知，X为变价金属，则X为Fe，因反应条件不同或反应物的量不同产物可能不同，则A为HNO3，B为Fe（NO3）3，C为Fe（NO3）2，符合转化关系；

（2）若A为一种碱，其焰色反应为黄色，证明A为NaOH，X中含有氯元素，结合转化关系可知X为AlCl3，B为NaAlO2，C为Al（OH）3， 【解答】解：（1）若X为一种金属单质，A，B，C均为化合物，由转化关系可知，X为变价金属，则X为Fe，因反应条件不同或反应物的量不同产物可能不同，则A为HNO3，B为Fe（NO3）3，C为Fe（NO3）2，符合转化关系；反应①的化学方程式为：Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；

故答案为：Fe；Fe（NO3）2；Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；

（2）若A为一种碱，其焰色反应为黄色，证明A为NaOH，X中含有氯元素，结合转化关系可知X为AlCl3，B为NaAlO2，C为Al（OH）3；反应③的离子方程式为：3AlO2

3+

+Al+6H2O=4Al（OH）3↓；

﹣3+

故答案为：NaOH；AlCl3；3AlO2+Al+6H2O=4Al（OH）3↓． 【点评】本题考查了物质性质的分析判断，转化关系的理解应用，注意反应特征和试剂关系，掌握基础是关键，题目难度中等． 18．（10分）现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．

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﹣