2022年高三化学二轮复习 考点综合训练 金属及其化合物（含解析）

2022年高三化学二轮复习 考点综合训练 金属及其化合物（含解析）1、下列说法正确的是（） A某物质灼烧时焰色反应为黄色,则一定只含钠元素,不含其他元素B铝制品在生活中十分普遍,是因为铝不活泼C碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多D地壳中含量最多的金属是铁【答案】C【解析】试题分析：A不正确，因为K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察，所以A中不能排除K元素；铝是活泼的金属，在其表明容易形成一层致密的氧化膜，从而阻止内部金属的氧化，所以铝制品耐腐蚀，B不正确；地壳中含量最多的金属是铝，D不正确，答案选C。考点：考查焰色反应、金属铝的性质、碳酸氢钠的用途以及地壳中元素的含量点评：该题考查的知识点比较分散，但都很基础，难度不大。有利于培养学生分析问题、发现问题和解决问题的能力。该题的关键是学生要熟练记住常见物质的性质、用途。2、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A1mol Na2O2中阴阳离子的总数目为4 NA B标准状况下，22.4 L CCl4含有的共价键数为4 NAC标准状况下，14 g N2含有的核外电子数为5 NAD3 mol铁与足量的水蒸气充分反应，转移8NA个电子【答案】D 3、将足量的不断通入、的混合溶液中，生成沉淀与通入的量的关系可表示为（ ）【答案】C【解析】向、的混合溶液中通入足量CO2，依次发生反应CO22OH+Ba2= BaCO3H2O，CO22OH=CO32H2O，2AlO23H2OCO2=2Al(OH)3CO32，CO32CO2H2O=2HCO3，BaCO3CO2H2O= Ba22HCO3，故选C正确。4、固体粉末X中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、NaHCO3、Na2CO3、Na2S2O3、NaAlO2中的若干种某化学兴趣小组为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：已知：HCO3+AlO2+H2OAl （OH）3+CO32下列说法正确的是（ ）A气体乙和气体丙都为纯净物B固体粉末X中一定含有FeO、Na2S2O3、NaAlO2，可能含有Na2CO3、NaHCO3C溶液丁中的阳离子一定只含H+、Fe2+D溶液甲中一定含有AlO2，可能含有CO32【答案】D【解析】根据X是否溶于水，分为两部分；固体甲溶于足量盐酸，能使酸性高锰酸钾褪色，可知含有溶液丁中的阳离子一定含H+、Fe2+，可能含有Fe3+，X一定含有FeO；溶液甲加入足量稀盐酸，产生气体和沉淀，说明X一定含有Na2S2O3、NaAlO2，而HCO3 与AlO2不共存，一定不含NaHCO3，可能含有Na2CO3；A由以上分析可知，乙可能是二氧化碳和二氧化硫，故A错误；B粉末X 中一定含有FeO、Na2S2O3、NaAlO2，一定不含NaHCO3，因为HCO3 与AlO2不共存，故B错误；C溶液丁中的阳离子一定含H+、Fe2+，可能含有Fe3+，故C错误；D溶液甲中一定含有AlO2，可能含有CO32，故D正确故选D5、实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4？7H2O），聚铁的化学式为Fe2（OH）n（SO4）30.5nm，制备过程如图所示：下列说法不正确的是（）A炉渣中FeS与硫酸和氧气的反应式为：4FeS+3O2+12H+4Fe3+4S+6H2OB气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用C溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏大D向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤得到绿矾【答案】C【解析】分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+4Fe3+4S+6H2O，故A正确；B、炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，故B正确；C、用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故C错误；D、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾，符合晶体析出步骤，故D正确；故选C6、6克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12升气体（S、T、P），气体质量为3克，该样品的组成可能是（）ANa2SO3，Na2CO3BNa2SO3，NaHCO3CNa2SO3，NaHCO3，Na2CO3DNa2SO3，MgCO3，NaHCO3【答案】C【解析】标况下生成1.12L气体的物质的量=0.05mol，且气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量=60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2，根据平均相对分子质量，44n（CO2）+64n（SO2）n（CO2）+n（SO2）=60，则n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01 mol，n（SO2）=0.04 mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04 mol，故杂质质量=6g0.04mol126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，A生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol106g/mol=1.06g0.96g，故A错误；B生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01mol84g/mol=0.84g0.96g，故B错误；C由AB分析可知，杂质可能为NaHCO3，Na2CO3，故C正确；D生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸镁质量=0.01mol84g/mol=0.84g，需要碳酸氢钠质量=0.01mol84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，故D错误，故选C7、有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9加入足量稀HNO3使其完全溶解后，产生NO气体在标准状况下的体积为11.2L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为（）A17.4g B46.8gC40.8g D23.4g【答案】C【解析】解：有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，加入足量稀HNO3使其完全溶解后，生成NO物质的量为=0.5mol，根据电子转移守恒，n（Mg）=n（Al）=0.3mol，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，根据Mg元素守恒nMg（OH）2=n（Mg）=0.3mol，根据Al元素守恒nAl（OH）3=n（Al）=0.3mol，故沉淀最大质量为：0.3mol58g/mol+0.3mol78g/mol=40.8g，故选：C8、有甲、乙两个完全相同的装置，分别在它们的侧管中装入1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3，试管中各有10mL相同浓度的盐酸（如图），同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）A甲装置的气球膨胀速率大B若最终两气球体积相同，则一定有c（HCl）2 mol/LC若最终两气球体积不同，则一定有c（HCl）1 mol/LD最终两溶液中Na+、Cl的物质的量相同【答案】B【解析】A碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故A错误；B1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3的物质的量相同，都是0.01nol，根据方程式知：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2若最终两气球体积相同，说明酸的物质的量大于或等于0.02mol，所以其浓度大于或等于2mol/L，故B正确；C碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为：CO32+H+=HCO3、HCO3+H+=CO2 +H2O，碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2 +H2O；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0c（HCl）0.02mol，所以其浓度大于0小于2mol/L，故C错误；D1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3的物质的量相同，都是0.01nol，所以Na2CO3和 NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，故D错误；故选B9、下列叙述正确的是( )氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚氧化铁常用作红色油漆和涂料碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物过氧化钠比氧化钠稳定，但两种氧化物均可作潜艇中的供氧剂焰色反应体现的是元素的性质A B C D【答案】A10、5.0g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体质量增加（ ） A.2.1g B.3.6g C.5.0g D.无法确定【答案】C【解析】根据反应方程式2CO+O2=2CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，二式合并得 CO+Na2O2=Na2CO3; 2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二式合并得：H2+Na2O2=2NaOH， 可见，固体增加的质量就是CO和H2的质量5.0g。11、既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应生成盐和水的物质是（ ）A铝 B硅 C碳酸钠 D氧化铝【答案】D12、下列不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是（ ）A、分别加热这两种固体，并将生成的气体通入澄清石灰水中B、分别在这两种物质中加入CaCl2溶液C、在两种固体物质中加入等浓度的稀盐酸D、分别在两种物质的溶液中加入澄清石灰水【答案】D13、关于Na2CO3和NaHCO3比较中，下列说法不正确的是ANaHCO3固体受热容易分解，而Na2CO3固体受热不容易分解B等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，前者消耗盐酸的物质的量比后者多C等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别滴加2滴酚酞试液，前者颜色比后者深DNa2CO3溶液和NaHCO3溶液分别与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式相同【答案】D14、某学生设计了如下方法对X盐进行鉴定：由此分析，下列结论中正确的是()AX中一定有Fe3BZ中一定有Fe3CY为AgI沉淀DX一定 为FeBr2溶液【答案】B【解析】由反应过程可知， Z与KSCN溶液反应后溶液显血红色，Z中一定有Fe3；而X中不一定有Fe3，也可能是Fe2被酸化硝酸根氧化为Fe3，AgI沉淀为黄色而不是浅黄色，AgBr为淡黄色沉淀，只有B项正确。15、将10 g铁碳合金放入氧气中高温灼烧，反应后的气体通入过量石灰水中得到沉淀1.4 g，则此铁碳合金是()A生铁 B高碳钢C中碳钢 D低碳钢【答案】B【解析】沉淀为CaCO3，其物质的量为1.4102mol。根据C原子守恒，合金中含C也为1.4102mol，w(C)100%1.68%，所以为高碳钢。16、在足量的稀氯化亚铁溶液中,加入1滴2滴液溴,振荡后溶液变为黄色。(1)甲同学认为这不是发生化学反应所致,使溶液变黄色的物质是_ (填粒子的化学式,下同);乙同学认为这是发生化学反应所致,使溶液变黄色的物质是。(2)为了验证甲、乙同学的推断,现提供以下试剂:A.酸性高锰酸钾溶液B.氢氧化钠溶液C.四氯化碳D.硫氰化钾溶液请选择合适的试剂用简要的文字说明你的实验方案:验证甲同学方案:_。验证乙同学方案:_。(3)根据所学知识判断,你认为的推断是正确的;则溴化亚铁与氯气以45反应时的离子方程式为_。【答案】(1)Br2Fe3+ (2)CCl4,下层溶液变橙红色KSCN,溶液变红色(3)乙 4Fe2+5Cl2+6Br-=4Fe3+10Cl-+3Br2【解析】(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中,加入1滴2滴液溴,溶液呈黄色的原因可能是:没反应,因Br2而显黄色;发生了反应生成了Fe3+而显黄色。(2)如果因Br2而显黄色,加入CCl4,下层溶液变橙红色;如果因Fe3+而显黄色,加入硫氰化钾溶液,显红色。(3)因为能氧化,故乙同学正确,相应离子方程式为4Fe2+5Cl2+6Br-= 4Fe3+10Cl-+3Br2。17、根据你的了解，某种不溶于水的金属氧化物，如果要判断它是酸性氧化物、碱性氧化物还是两性氧化物，方法是 。【答案】若该氧化物只能溶于盐酸，则属于碱性氧化物；若该氧化物只能溶于NaOH溶液，则属于酸性氧化物；若该氧化物既能溶于（反应）盐酸又能溶于（反应）NaOH溶液，则属于两性氧化物。18、某同学利用下图所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质。请回答下列问题：（1）硬质试管中发生反应的化学方程式为_ 。（2）该同学欲确定反应后硬质试管中固体物质的成分，设计了如下实验方案：待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色则说明硬质试管中固体物质的成分一定有_，可能有_，若溶液未变红色则说明硬质试管中固体物质的成分是_。（3）该同学按上述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色，原因是：_（用离子方程式表示）。（4）该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应。若按右图所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出上述白色沉淀变成红褐色的化学方程式：_。（5）一段时间后，该同学发现（3）中未变红的溶液变成红色，说明Fe2+ 具有 性。由此可知，实验室中含Fe2+的盐溶液现用现配制的原因是_，并且配制含Fe2+的盐溶液时应加入少量_。【答案】（1）3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2（2）一定有Fe3O4，可能有Fe Fe3O4和Fe（3）Fe + 2Fe3+ 3Fe2+（4） 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3（5）还原 Fe2+易被空气中的氧气氧化而变质 铁粉 【解析】试题分析：（1）硬质试管中发生反应是铁与水蒸气的反应，注意铁只能生成四氧化三铁和氢气，不能写出三氧化二铁；（2）若溶液变红色则说明溶液中有三价铁离子，不能排除溶液中是否有亚铁离子，所以硬质试管中固体物质的成分一定有Fe3O4,可能有Fe，若溶液未变红色则说明溶液中无三价铁离子，则一定有过量的铁把三价铁还原为二价铁离子，硬质试管中固体物质的成分一定有Fe3O4和Fe。（3）说明过量的铁把三价铁还原为二价铁，Fe + 2Fe3+ 3Fe2+。（4）生成白色沉淀是氢氧化亚铁,迅速变成灰绿色,最后变成红褐色是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁, FeSO4 + 2NaOH Fe(OH)2+ Na2SO4， 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3。（5）未变红的溶液变成红色，Fe2+被氧化为三价铁离子，说明具有还原性。实验室中含Fe2+的盐溶液需现用现配制的原因是易被空气中的氧气氧化而变质，并且配制含Fe2+的盐溶液时应加入少量铁粉，可以把氧化后的三价铁再还原成亚铁离子。考点：考查铁与水蒸气反应的实验，检验二价铁及三价铁的方法，氢氧化亚铁的制备，铁三角的转化。点评：对于铁单质及其化合物的转化是高中的重点和难点，经常以离子的检验、除杂、物质的制备等题型出现，比较综合，考查学生的综合思维能力。题目难度较大。19、过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面工业生产过程如下：在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；不断搅拌的同时加入30% H2O2，反应生成CaO28H2O沉淀；经过陈化、过滤，水洗得到CaO28H2O，再脱水干燥得到CaO2完成下列填空（1）第步反应的化学方程式为 （2）可循环使用的物质是 工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因为 （3）检验CaO28H2O是否洗净的方法是 （4）CaO28H2O加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，目的是 （5）已知CaO2在350迅速分解生成CaO和O2如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为 （用字母表示）过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有 【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；（2）NH4Cl；Ca（OH）2价格低，H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO28H2O溶解；（3）取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（4）防止过氧化钙和水反应；防止过氧化钙分解；（5）100%；样品质量和反应后固体质量【解析】解：（1）第步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO28H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；（2）第步中氯化铵参加反应、第步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO28H2O溶解，所以工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产；故答案为：NH4Cl；Ca（OH）2价格低，H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO28H2O溶解；（3）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（4）CaO2能和水反应生成氢氧化钙和氧气，CaO2在350迅速分解生成CaO和O2，所以通入氧气能抑制超氧化钙分解；故答案为：防止过氧化钙和水反应；防止过氧化钙分解；（5）设超氧化钙质量为x，2CaO22CaO+O2144g 22.4Lx 103VL144g：22.4L=x：103VLx=g=g，其质量分数=100%=100%，过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量，故答案为：100%；样品质量和反应后固体质量20、取1.43g Na2CO3xH2O 溶于水配成10mL溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸 2.0m L，并收集到112m LCO2(标准状况)。求（1）稀盐酸物质的量浓度 （2）Na2CO3XH2O 的摩尔质量 （3）x值【答案】（1）c（HCl）= 5mol/L（2）M（Na2CO3XH2O） = 286 g /mol （3）X = 10【解析】试题分析：（1）CO2的物质的量是0.112L22.4L/mol0.005mol则根据方程式可知Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2可知盐酸的物质的量是0.005mol20.01mol所以盐酸的浓度是c（HCl）0.01mol0.002L5mol/L（2）根据碳原子守恒可知Na2CO3XH2O的物质的量是0.005mol所以其摩尔质量M（Na2CO3XH2O）1.43g0.005mol286 g /mol（3）X考点：考查物质的量的有关计算点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，兼顾能力的培养，难度不大。该题的关键是熟练掌握以物质的量为核心的有关物理量之间的关系，然后具体问题、具体分析即可。该题有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，以及规范的答题能力，提高学生的应试能力。21、下图表示某种盐的制备步骤： 已知：水合盐B含有45.3%的水；无水盐C焙烧分解，放出两种无色刺激性气体E和F，并生成红棕色固体D。请写出物质的化学式或名称：A_，B_，C_，D_，E_，F_。【答案】FeFeSO47H2OFeSO4Fe2O3SO2(或SO3)SO3(或SO2)22、现有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图所示。已知A和B是单质，B、E、F在常温下为气体，C为淡黄色固体。（1）写出A、B的化学式：A ，B （2）写出A生成C的化学方程式 （3）写出C与D反应生成E的化学方程式 【答案】23、无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等，工业上由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3 , 还 含有少量的SiO2 )和石油焦(主要成分是C)为原料制备无水AlCl3：2Al2O36Cl24AlCl33O2回答以下问题：(1)Cl的电子式为 。Al在元素周期表最中的位置是 。(2)生产中加入石油焦，其目的是 。(3)加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3CCl2 =AlCl3X，设计实验确定气体X的成分： 。(4)在提纯AlCl3粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3转化为熔点较高的FeCl2，从而避免在AlCl3中混入铁的氯化物。该反应的化学方程式为 。(5)为测定制得的无水AlCl3产品(含FeCl3杂质)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32 g。过程涉及的离子方程式 、 。AlCl3产品的纯度为 。(6)以铝土矿为原料可以通过以下途径提纯氧化铝：过量NaOH溶液过量稀盐酸过量氨水写出滤液甲中溶质的化学式 。写出滤液乙中加入过量氨水得到Al(OH)3的离子方程式 。 【答案】 第三周期第IIIA族 (2)碳与O2反应，有利于反应正向进行 (3)气体X可能为CO、CO2或两者的混合物。将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO。 (4)Al 3FeCl3 (=) (=)AlCl3 3FeCl2 (5)Fe33OH=Fe(OH)3 Al34OH=AlO2()2()2H2O96% (6)NaAlO2、Na2SiO3、NaOHAl33NH3H2O =Al(OH)33NH4()4()24、铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；（2）溶液中的Na2SiO3与Na2Al（OH）4与反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3+2Na2Al（OH）42Na2Al2Si2O8+2H2O+4NaOH回答下列问题：（1）写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液后，该步操作中主要发生反应的离子方程式： ； （2）滤渣A的主要成分为 ；滤渣A的用途是（只写一种） 【答案】（1）Al2O3+2OH+3H2O=2Al（OH）4；SiO2+2OH=SiO32+H2O；（2）Fe2O3、Na2Al2Si2O8；炼铁的原料（或生产硅酸盐产品的原料）【解析】（1）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH+3H2O=2Al（OH）4，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱NaOH反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH=SiO32+H2O，故答案为：Al2O3+2OH+3H2O=2Al（OH）4；SiO2+2OH=SiO32+H2O；（2）铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁不反应且不溶于水，Na2SiO3与Na2Al（OH）4与反应，能生成硅铝酸盐沉淀，所以滤渣成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤渣中含有铁元素、Si元素，所以滤渣可以作炼铁的原料或生产硅酸盐产品的原料，故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；炼铁的原料（或生产硅酸盐产品的原料）25、某同学欲在实验室中对Fe3与I的反应进行探究，实现Fe2与Fe3的相互转化。(1)该同学最初的实验操作和现象如下：编号操作现象先向2 mL 0.1 mol/L FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，再滴加新制氯水先向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再滴加0.1 mol/L KI溶液滴加KSCN溶液后，溶液变成红色；滴加KI溶液后，红色无明显变化实验的现象为_。FeCl2溶液与新制氯水反应的离子方程式为_。(2)该同学分析了导致实验现象的可能原因，并对实验方案进行了改进。改进后的实验操作和现象如下：编号操作现象向2 mL 0.1 mol/L KI溶液中滴加1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，再滴加KSCN溶液滴加FeCl3溶液后，溶液变成黄色；滴加KSCN溶液后，溶液变成红色根据实验，甲同学认为Fe3有可能与I发生氧化还原反应，请结合实验现象用简明的文字说明他得出上述结论的理由_。(3)该同学认为需要进一步设计实验证明根据实验中现象得出的结论。请补全下表中的实验方案。编号操作预期现象及结论向2 mL 0.1 mol/L KI溶液中滴加1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，_(4)上述实验结果表明，Fe3有可能与I发生氧化还原反应。进一步查阅资料知，参加反应的Fe3与I的物质的量相同。该同学结合上述实验结论，分析了实验中加入KSCN后溶液变红的原因，认为Fe3与I反应的离子方程式应写为_。【答案】(1)滴加KSCN溶液后，溶液无明显变化；再滴加新制氯水后，溶液变成红色2Fe2Cl2=2Fe32Cl(2)溶液变成黄色，推测生成I2(其他合理答案也可)(3)编号操作预期现象及结论再滴加淀粉溶液(或CCl4，或铁氰化钾溶液)预期现象：溶液变蓝(或溶液分层，下层溶液为紫色；或生成蓝色沉淀)结论：Fe3能与I发生氧化还原反应，生成I2(或Fe2)(4)2Fe32I=2Fe2I2(必须写可逆符号)【解析】(1)Fe2遇KSCN溶液后无明显变化，加入新制氯水后，Fe2被氧化为Fe3，Fe3与KSCN反应生成红色的Fe(SCN)3。滴入氯水后的反应是2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(2)滴加FeCl3溶液后，溶液为成黄色，可能生成了I2。(3)要进一步证明(2)中的结论，则可加入淀粉溶液或CCl4检验I2的生成。(4)Fe3与I发生氧化还原反应后滴加KSCN溶液仍出现红色，则Fe3与I的反应可能是可逆反应：2Fe32I=2Fe2I2。26、铁铝合金是一种新型高温结构材料。图9表示室温时不同组份的Fe3Al在65%浓HNO3 中的腐蚀情况。由图9可看出添加了 （填符号）元素的合金耐蚀性最差。（2）高温条件下，Al和Fe2O3按一定比例混合反应可制得Fe3Al，写出该反应的化学方程式 。（3）某校兴趣小组欲测定另一种铁铝硅合金（FexAlySiz）粉末的组成。小明同学提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，再加入足量NaOH溶液（Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2），充分反应后过滤，通过测定剩余固体质量及收集到气体的体积，可计算出此合金的组成。写出Al与NaOH溶液反应的离子方程式 。小军同学认为该方案难以测定标准状况下气体的体积，操作不简便。于是他设计了第二种方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g。向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体。再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g。试通过计算确定此合金的组成。【答案】27、钠放入到硫酸铜溶液中，现象是_，离子方程式为_。【答案】钠浮在CuSO4溶液上，立刻熔成一个闪亮的小球，小球四处游动，发出“嘶嘶”的声响，小球越来越小，最后直至消失，溶液中生成蓝色的沉淀；2Na+2H2O+Cu2+=2Na+H2。【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题考查的是金属钠与CuSO4溶液反应的现象及反应的化学方程式。