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第三章能力提升检测卷
完卷时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Al27 Cl35.5 Ca40 Fe56 Cu64
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）
1．（2021·上海复旦附中高三一模）下列金属冶炼的反应原理，错误的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．金属钠是活泼金属，采用电解法来冶炼， ，故A正确；B．金属
镁是活泼金属，能和热水反应，不能用热还原法冶炼，通常采用电解法来冶炼，MgCl Mg + Cl↑，
2 2
故B错误；C．Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H、 活泼金属
2
等)将金属从其化合物中还原出来， ，故C正确；D．在氧化还原反应中还原性强
的物质可还原出还原性弱的物质，化合物中对应的金属铝的活泼性比Cr强，能还原出Cr，
，故D正确；故选B。
2．（2020·陕西西安市庆安高级中学高三二模）下列有关金属及其化合物的性质或用途叙述错误的是（
）
A．钛具有密度小，硬度大、熔点高且化学性质稳定的优点，广泛应用于航空领域
B．过氧化钠可用于潜艇的供氧剂
C．由于氢氧化铝的碱性不强，其可作为胃酸中和剂D．明矾可用于水的消毒处理
【答案】D
【解析】A．钛具有密度小，硬度大、熔点高且化学性质稳定的优点，符合航空领域所需材质的特点，所
以广泛应用于航空领域，A正确；B．过氧化钠可以和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜艇的供氧剂，
故B正确；C．由于氢氧化铝的碱性不强，不会对胃造成刺激，又能和胃酸发生中和反应，其可作为胃酸中
和剂，故C正确；D．明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，可以净水，但不能消毒，故D错误；故答案为D。
3．（2021·上海高三二模）2021年3月1日，东方航空公司与中国商飞公司在上海正式签署了C919购机
合同。东航将成为全球首家运营C919大型客机的航空公司。大飞机 C919其主结构材料大量使用了铝锂合
金，铝锂合金的优点是
A．高强度、导热性 B．低密度、高强度 C．低密度、导电性 D．导热性、导电性
【答案】B
【解析】制造飞机材料要求密度低，强度高，铝和锂都是轻金属，所以制成的铝锂合金密度低，强度高，
适合用作制造飞机的材料，与其导电和导热性无关。故选B。
4．（2021·重庆高三零模）人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。
下列做法错误的是
A．用明矾作净水剂 B．用硫酸铜作杀藻剂
C．用氯化钠作pH 调节剂 D．用次氯酸钠作消毒剂
【答案】C
【解析】A．铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物并使之沉降，可用明矾作净
水剂，A正确；B． 铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，用硫酸铜作杀藻剂，B正确；C．氯化钠溶液
呈中性，不能作pH 调节剂，C错误；D．次氯酸钠具有强氧化性，可作消毒剂，D正确；答案选C。
5．（2020·云南玉溪市·高三一模）2020年10月16日，国家药监局网站公布2026年起将全面禁止生产
含汞体温计。《本草纲目》记载：“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以盐、(明)矾而为轻粉，加
以硫磺升而为银朱”。下列说法错误的是
A．短时间内吸入大量汞蒸气，会汞中毒
B．“火煅丹砂”是氧化还原反应
C．明矾的化学式是KAl(SO)·12HO，是混合物
4 2 2
D．水银温度计打碎后，洒出的汞可以用硫磺处理
【答案】C
【解析】A．汞蒸气被吸入人体内都会富积在体内，不易排出，人如果吸入或累积了足量的汞，就会造成
慢性中毒，A正确；B．丹砂主要是HgS，汞单质是由火煅丹砂而出，说明Hg元素化合价有变化，属于氧化还原反应，B正确；C．明矾的化学式是KAl(SO)·12HO，是化合物，属于纯净物，C错误；D．汞有毒且
4 2 2
易挥发，且汞易于S单质发生化合反应生成稳定的HgS，所以水银温度计打碎后，洒出的汞可以用硫磺处
理，D正确；故选C。
6．（2021·浙江宁波市·高三一模）下列说法或基本操作合理的是
A．在空气中，将氯化镁溶液蒸发结晶可以获得纯净的氯化镁固体
B．金属钠切割后的剩余部分不能放回原试剂瓶，应放置废液缸中
C．可用硝酸和硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液与亚硝酸钠溶液
D．硝酸银溶液保存在棕色的广口瓶中，防止见光分解
【答案】C
【解析】A．由于MgCl+2HO Mg(OH)+2HCl，加热促进水解，故直接在空气中，将氯化镁溶液蒸发结晶
2 2 2
将得到Mg(OH)，而不是获得纯净的氯化镁固体，应该在HCl气流中加热蒸发结晶，A错误；B．由于金属
2
钠与水反应生成H，故金属钠切割后的剩余部分应该放回原试剂瓶，不能放置废液缸中，B错误；C．将硝
2
酸和硝酸银溶液分别滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中，NaCl中可以产生白色沉淀AgCl，而NaNO 则无明
2
显现象，故可用硝酸和硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液与亚硝酸钠溶液，C正确；D．溶液应该放在细口瓶中，
故硝酸银溶液保存在棕色的细口瓶中，防止见光分解，D错误；故答案为：C。
7．（2020·郁南县蔡朝焜纪念中学高三月考）下列有关金属的工业制法中，正确的是
A．以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠
B．用海水、石灰乳等原料制得氧化镁，再用 H 还原氧化镁制得镁
2
C．用焦炭、空气、石灰石等原料，生产 CO 在高温下还原铁矿石制得铁
D．从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝
【答案】C
【解析】A．以海水为原料制得精盐，再电解熔融的NaCl制取钠，故A错误；B．用海水、石灰乳、盐酸等
原料制得氯化镁，再电解熔融氯化镁制得镁，故B错误；C．用焦炭、空气、石灰石等原料，生产CO在高
温下还原铁矿石制得铁，故C正确；D．从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝，故D错误。
综上所述，答案为C。
8．（2021·宝鸡市渭滨中学高三月考）化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是(
)
A．过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂 B．氯化铁用于净水
C．铝热反应用于焊接铁轨 D．铝罐车用作运输浓硫酸
【答案】B
【解析】A．过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由−1价变为−2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，故A不符合题意；B．氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体
吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C．铝热反应用于焊
接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为＋3价，Fe元素的化合价由正价变为0价，所以属于氧化还原反
应，故C不符合题意；D．铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧
化还原反应，故D不符合题意；故答案选B。
9．（2021·山东临沂市·高三二模）锑白(SbO)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备
2 3
白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为SbS、SiO)制取锑白的流程如下。
2 3 2
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是
A．“浸出”时发生的反应为SbS+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
2 3
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl 后可返回“浸出”工序循环使用
2
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
【答案】D
【解析】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO 和S，故可
2
推知“浸出”时发生的反应为SbS+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A正确；B．根据题干流程图可知，“还原”过
2 3
程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B正确；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl 后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C正确；D．由题干
2
信息可知，锑白(SbO)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代
2 3
替氨水，否则将溶解部分锑白(SbO)造成损失，D错误；故答案为：D。
2 3
10．（2021·北京高三二模）10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO 溶液，再分别向其中滴加
4
2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：
试管编号 1 2 3 4
滴加NaOH溶液的量 2滴 6滴 12滴 16滴
立即观察沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 蓝色 蓝色
酒精灯加热浊液后沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 黑色 黑色取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl 溶液，产生大量白色沉淀。取
2
蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。
下列说法不正确的是
A．由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜
B．CuSO 溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物
4
C．试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH) CuO+HO
2 2
D．取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑
【答案】D
【解析】A．取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl 溶液，产生大量白
2
色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A正确；B．由实验数据及现
象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到
不同的产物，故B正确；C．由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生
成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)
2
CuO+HO，故C正确；D．由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫
2
酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D错误；故选
D。
11．（2021·河北邯郸市·高三二模）沈括在《梦溪笔谈》中写道：“古以剂钢为刃，柔铁为茎干，不而
则多断折。剑之钢者，刃多毁缺”。其中“剂钢”即合金钢，“柔铁”即熟铁，下列说法正确的是
A．“剂钢”是混合物，“柔铁”是纯净物
B．合金都由两种或两种以上的金属熔合而成
C．改变合金中某种元素的含量可制得不同性能的合金
D．“剂钢”和“柔铁”的强度、硬度和熔点均比纯铁的高
【答案】C
【解析】A．“剂钢”、“柔铁”均是铁的合金，均为混合物，选项A错误；B．合金是指在一种金属中加
热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，因此还可以是非金属，选项B错误；C．合金的性
质与合金的原料配比以及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可以制得具有不同性能的合金，选项C正确；D．“剂钢”和“柔铁”是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选
项D错误；答案选C。
12．（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）现有一CaCO·nHO试样，分别在氮气气氛、氧气气氛中进行
2 4 2
热重分析，得到如下热重(TG)曲线。下列说法错误的是
A．n的值为1
B．曲线说明氧气是该反应的催化剂
C．400°C-500°C氮气气氛中的反应为CaCO CaCO+CO↑
2 4 3
D．氧气存在时产生CO 会抑制CaCO CaO+CO↑进行
2 3 2
【答案】B
【解析】A．根据图象可知第1步反应是晶体失去结晶水的过程，14.6 g CaCO•nHO失去水后生成12.8 g
2 4 2
CaCO，根据元素守恒可得关系式：CaCO•nHO～CaCO，物质失去水的质量多少与物质质量呈正比，可知：
2 4 2 4 2 2 4
(128+18n)：128=14.6：12.8，解得n=1，A正确；B．第2步发生的反应为CaCO 受热分解，12.8 g CaCO
2 4 2 4
的物质的量是0.1 mol，反应后固体质量是10 g，根据Ca元素守恒，可知该物质是CaCO，根据反应前后
3
元素守恒可知另一种生成物是CO，则在氮气环境中反应方程式为：CaCO CaCO+CO↑；若有O 存在，
2 4 3 2
则CO与O 反应会变为CO，而不影响固体物质的质量，因此不能说氧气是该反应的催化剂，B错误；C．根
2 2
据反应前后物质的质量变化可确定反应后生成物是CaCO、CO，根据质量守恒定律可得在氮气环境中的反
3
应方程式为：CaCO CaCO+CO↑，C正确；D．在O 存在时，CO反应转化为CO，使体系中c(CO)增大，
2 4 3 2 2 2
增大生成物的浓度，化学平衡逆向移动，因此会抑制CaCO CaO+CO↑的正向进行，D正确；故合
3 2
理选项是B。13．（2021·浙江杭州市·高三二模）有关铝及其化合物的说法错误的是
A．氧化铝熔点较高，是一种优良的耐火材料
B．可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水
C．铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼
D．氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药
【答案】C
【解析】A．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，选项A正确；
B．铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放
食醋、碱水，选项B正确；C．Al比Fe活泼，氧化铝为致密的氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝
在空气中较稳定，选项C错误；D．氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，
选项D正确。答案选C。
14．（2021·厦门英才学校高三月考）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是
A．CaO用作衣物防潮剂
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂
C． 补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．用硅藻土中浸润的 吸收水果散发的乙烯
【答案】A
【解析】A．CaO用作衣物防潮剂是利用CaO+HO=Ca(OH) 反应原理，与氧化还原反应无关，故A符合题意；
2 2
B．还原Fe粉用作食品脱氧剂是利用铁易被氧化的特点，运用了氧化还原反应原理，故B不符合题意；C．
具有还原性易被氧化，维生素C也具有还原性能抗氧化，所以 补血剂与维生素C配合使用
防止 被氧化，故C不符合题意；D．乙烯具有还原性，能被浸润的酸性 氧化，故D不符合
题意；故答案：A。
15．（2021·江西宜春市·高三一模）某废催化剂含 、 、 及少量的 .某实验小组以该
废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是
A．步骤①操作中，生成的气体可用 溶液吸收
B．检验滤液1中是否含有 ，可以选用 和新制的氯水
C．步骤③和④操作中，均采用蒸发结晶方式从溶液中获得溶质
D．滤渣2成分是
【答案】A
【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+HSO=ZnSO+HS↑、
2 4 4 2
FeO+4HSO=FeSO+Fe(SO)+4HO，过滤后滤液中ZnSO、FeSO、Fe(SO)，浓缩结晶得到粗ZnSO•7HO，
3 4 2 4 4 2 4 3 2 4 4 2 4 3 4 2
滤渣1含有SiO、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加HSO 和HO 溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、
2 2 4 2 2
硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体。
A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与氢氧化钠溶液反应，则可用氢氧化钠溶液吸收，故A正确；
B．滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；C．得到晶体需要蒸
发浓缩，冷却结晶，如果直接蒸发结晶会使晶体失去结晶水，故C错误；
D．滤渣2含有硫和二氧化硅，故D错误；答案选A。
16．FeCO·nHO晶体进行热重分析时样品质量随温度(T≤500C时，在Ar气气氛中进行；T＞500℃时，通
2 4 2
入空气)的变化如图所示，已知T=300℃时，样品脱水完全。下列说法不正确的是
A．n=2B．T=400℃时，每分解0.1 mol样品时，产生4.48L(标准状况)气体
C．T=600℃时，残留固体中Fe的质量分数为60.07%
D．T=1400℃时，残留固体为FeO
3 4
【答案】C
【解析】FeCO·nHO晶体原质量是1.000g，根据热重曲线，300℃时，样品完全脱水，根据分解的方程式
2 4 2
计算n值，依次根据400℃、600℃、1400℃的质量再结合铁原子守恒判断出剩余固体的成分。A．根据图
象，300℃时是样品脱水生成固体质量为0.800g，反应为：
解得n=2，故A正确；B．根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系：
6FeO→3FeO→2FeO
2 3 3 4
72：80：77.3
固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致．即72：80：77.3≈0.400：0.444：0.429。
因此表明：FeCO 分解时，先转变为FeO，再转变为FeO，最后变为FeO，所以400℃时FeCO 分解生成
2 4 2 3 3 4 2 4
FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；根据碳元素守恒，每分解1mol样品时，
产生2mol气体，每分解0.1 mol样品时，产生4.48L(标准状况)气体，故B正确；C．根据B的分析，
600℃时FeCO 分解生成FeO，FeO 中铁的质量分数为 =70%，故C错误；D．根据B的分析，
2 4 2 3 2 3
FeCO 分解时，先转变为FeO，再转变为FeO，最后变为FeO，所以T=1400℃时，残留固体为FeO4，故D
2 4 2 3 3 4 3
正确。答案选C。
二、主观题（共5小题，共52分）
17．（10分）某再回收利用公司对一厨房铁铝合金废旧家具进行回收利用,其流程如下图所示：
请回答下列问题：
(1)流程中加碳酸钠溶液浸泡的目的是_______________;在空气中久置的目的是_________________。
(2)同条件下NaFeO 溶解度__________KFeO 溶解度(填“低于”，“高于”， “不确定”),推测KFeO
2 4 2 4 2 4在净水方面的作用_______________。(至少答两条)
(3)已知KFeO 水解显碱性。在洗涤KFeO 固体时最好选用__________。
2 4 2 4
A．水 B．亚硫酸氢钠溶液 C．氢氧化钠溶液 D．先氢氧化钠溶液后乙醇
(4)熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl-和AlCl-形式存在,铝电镀的主要电极反应式为
4 2 7
___________________。(写出一个电极反应即可)
(5)已知氯化铝受热易升华，气态氯化铝的密度为11.92g/L(已转化为标准状况),则气态氯化铝的分子式为
______________________。
(6)氢氧化铝经常用于做药品，有两种溶解方式：可以溶解为Al3+或[Al(OH)]-。已知25℃时氢氧化铝在
4
pH=3和pH=10的两溶液中溶解度均为7.8×10-3g(溶液密度近似为1g/mL)，则25℃下氢氧化铝的两种溶解
方式的溶度积之比为____________。
【答案】(1)除油污（1分）利用空气中的氧气将亚铁氧化为三价铁（1分）
(2)高于（1分） 杀菌消毒、吸附悬浮物（1分）
(3)D （1分）
(4) 7AlCl+Al-3e=4AlCl 或相反
4 2 7
(5)AlCl （1分）
2 6
(6)1023或10-23
【解析】(1) 铁铝合金废旧家具用碳酸钠溶液浸泡可以除去表面的油脂；铁铝合金粉碎后用盐酸溶解生成
氯化铝和氯化亚铁，在空气中久置可以将将亚铁氧化为三价铁，故答案为：除油污；利用空气中的氧气将
亚铁氧化为三价铁；
(2)根据流程图，NaFeO 溶液中加入氯化钾固体反应生成KFeO 固体，说明同条件下NaFeO 溶解度高于
2 4 2 4 2 4
KFeO 溶解度，KFeO 中铁为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，还原产物铁离子能够水解生成氢氧化
2 4 2 4
铁胶体，可以吸附悬浮物，故答案为：高于；杀菌消毒、吸附悬浮物；
(3) KFeO 水解显碱性。A．用水洗涤，KFeO 水解，错误；B．KFeO 中铁为+6价，具有强氧化性，能够与
2 4 2 4 2 4
亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，错误；C．用氢氧化钠溶液洗涤，可以抑制KFeO 水解，但会引入新杂
2 4
质，错误；D．先用氢氧化钠溶液洗涤，可以抑制KFeO 水解，后乙醇洗涤，除去表面的氢氧化钠，且乙醇
2 4
易挥发，正确；故选D；
(4) 电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，Al+7AlCl-3e-=4AlCl，故答案为：阳；
4 2 7
Al+7AlCl-3e-=4AlCl；
4 2 7
(5) 气态氯化铝的密度为11.92g/L，则气态氯化铝的摩尔质量=11.92g/L×22.4L/mol=267g/mol，分子式
为AlCl，故答案为：AlCl；
2 6 2 67.8103g
78g/mol
(6)假设溶液体积为0.1L，则0.1L溶液中含有氢氧化铝的物质的量= =1×10-4mol，则pH=10时，
1104mol
c{[Al(OH)]-}= 0.1L =1×10-3mol/L，Al(OH)+HO [Al(OH)]- +H+，溶度积= c{[Al(OH)]-}
4 3 2 4 4
c(H+)=1×10-3×1×10-10=1×10-13，pH=3 时，c(Al3+)=1×10-3mol/L，Al(OH) Al3++3OH-，溶度积=
3
c(Al3+) c3(OH-)=1×10-3×(1×10-11)3=1×10-36，则 25℃下氢氧化铝的两种溶解方式的溶度积之比为
11013
11036
=1023，故答案为：1023。
18．（7分）镁铝尖晶石(MgAlO)常做耐火材料。共沉淀制备尖晶石的方法是：用AlCl 和MgCl 的混合溶
2 4 3 2
液(用a表示)与过量的氨水(用b表示)反应，再将得到的沉淀高温焙烧。完成下列填空：
（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应该把_____（填“a”或“b”）滴入另一溶液中。
（2）将上述制备反应中部分元素的简单离子：Al3+、Cl–、Mg2+、H+、O2–按半径由大到小的顺序排列
___________________（用离子符号表示）。
（3）AlCl 与氨水反应的反应物和生成物中，属于离子化合物的电子式是_________，属于难溶物的电离方
3
程式_____________________________。
（4）不能说明氧元素的非金属性比氮元素强的事实是_________。
a. HO比NH 稳定 b. 共用电子对偏向：H-O＞H-N
2 3
c. 沸点：HO＞NH d. NO中氮是+2价，氧是-2价
2 3
【答案】（1）a（1分）
（2）Cl-＞O2-＞Mg2+＞Al3+＞H+ （2分）
（3） （1分） H++AlO–+HO Al(OH) Al3++3OH–（2分）
2 2 3
（4） c （1分）
【解析】（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应该把AlCl 和MgCl 的混合溶液滴入到过量的氨水中，因此
3 2
正确的答案选a。
（2）根据微粒电子层越多，半径越大.。在核外电子排布相同的条件下，核电荷数越多，微粒半径越小，
据此可知离子的半径大小顺序是Cl-＞O2-＞Mg2+＞Al3+＞H+。（3）AlCl 与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氯化铵是离子化合物，电子式为 。氢
3
氧化铝是两性氢氧化物，其电离方程式为H++AlO-+HO Al(OH) Al3++3OH-。
2 2 3
（4）a．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以根据HO比NH 稳定，可以证明氧元素的非金属性比氮
2 3
元素强，故a错误；b．共用电子对偏向：H－O＞H－N，证明氧原子的得电子能力强于氮原子，即氧元素的
非金属性比氮元素强，故b错误；c．沸点：HO＞NH 是物理性质的表现，但是氧元素的非金属性比氮元素
2 3
强是化学性质的表现，故c正确；d．NO中氮是+2价，氧是－2价，证明氧原子的得电子能力强于氮原子，
即氧元素的非金属性比氮元素强，故d错误；答案选c。
19．（2021·宁夏高三二模）（10分）甘氨酸亚铁[(NHCHCOO)Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用
2 2 2
FeCO 与甘氨酸(NHCHCOOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如图所示。
3 2 2
有关物质性质如下表
甘氨酸 柠檬酸 甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇 易溶于水和乙醇 易溶于水,难溶于乙醇
两性化合物 强酸性、强还原性
实验过程：
I.合成：装置C中盛有31.8 g FeCO 和200 mL 2.0 mol·L-1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪
3
器a的活塞，待装置C中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节
pH到6左右，使反应物充分反应。
II.分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
回答下列问题：
(1)装置B盛装的试剂为___________；仪器b比a的优点是___________。
(2)若想证明C装置中空气排净，则D中通常盛装的试剂为___________。
(3)合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO 溶解和___________。
3
(4)加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为___________。(5)检验产品中是否含有Fe3＋的最佳试剂是___________。
(6)本实验制得24.5 g甘氨酸亚铁，则其产率是___________%。
【答案】(1)饱和NaHCO 溶液（1分）平衡气压，使液体顺利流下（1分）
3
(2)澄清石灰水（1分）
(3)防止Fe2+被氧化
(4) Fe2++2OH-=Fe(OH)↓
2
(5) KSCN溶液（1分）
(6)60.0
【解析】利用FeCO 与甘氨酸(NHCHCOOH)制备甘氨酸亚铁，因Fe2+具有较强的还原性，所以先利用A装置
3 2 2
生成的CO 气体将整套装置中的空气排尽，再加热装置C并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化
2
钠溶液调节pH到6左右，使反应物充分反应，因甘氨酸亚铁易溶于水而难溶于乙醇，所以待反应结束后，
过滤，将滤液进行蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥，即可得到产品甘氨酸亚铁。
(1)因制得的CO 气体中会混有挥发出的HCl气体，所以装置B盛装的试剂为饱和NaHCO 溶液，以除去
2 3
HCl；仪器b为恒压分液漏斗，与仪器a相比，其优点是可以平衡气压，使液体顺利流下；
(2)若C装置中空气已排净，则进入D中的气体为CO，检验CO 气体通常用澄清石灰水，则D中盛装的试剂
2 2
为澄清石灰水，现象是溶液变浑浊；
(3)因FeCO 难溶于水且Fe2+具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，而柠檬酸具有强还原性和强酸
3
性，所以合成过程中加入柠檬酸的作用是促进FeCO 溶解和防止Fe2+被氧化；
3
(4)加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)↓，使甘氨酸亚铁
2
产量下降；
(5)检验产品中是否含有Fe3+的最佳试剂是KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，若溶液不变红，则不含
有Fe3+；
31.8g
(6) 甘氨酸的物质的量为：0.2L×2.0 mol·L-1=0.4mol，FeCO 的物质的量为：116g/mol=0.27mol，由
3
甘氨酸亚铁的化学式(NHCHCOO)Fe并结合原子守恒可知甘氨酸少量，则理论生成甘氨酸亚铁的物质的量
2 2 2
24.5g
为0.4mol÷2=0.2mol，质量为204g/mol×0.2mol=40.8g，则其产率是：40.8g ×100%=60.0%。
20．（2020·安徽马鞍山市·高三二模）（13分）镁是一种重要的金属材料。某化学兴趣小组探究镁与水
的反应及影响因素。
(1)探究温度对镁与水反应速率的影响：取一小段镁条，用砂纸除去表面的氧化膜，放于试管中。向试管中加入2mL蒸馏水，并滴入2滴酚酞溶液。观察到镁条表面有少量气泡，反应缓慢。过一会加热试管至水
沸腾，镁条表面产生大量气泡，溶液变红。
①写出镁与水反应的化学方程式____________________________________________。
②镁与沸水反应速率加快的原因是___________________________________(写两条)。
NH+ HCO-
(2)探究 4和 3对镁与水反应速率的影响
取四根经打磨的相同镁条，分别插入四种盐溶液中进行对比实验，其结果如下。
实验序号 a b c d
浓度均为 0.1 mol∙L−1盐溶液 NHNO NaHCO NaNO NHHCO
4 3 3 3 4 3
溶液起始 pH 5.1 8.3 7.0 7.8
10min后产生气体体积(mL) 1.5 0.7 ＜0.1 1.4
气体主要成分 H
2
10min后镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸)
NH+
①以上实验结果表明 4_________(填“促进”、“抑制”或“不影响”)镁与水的反应。解释产生该结
果的原因_______________________________________________________。
HCO-
②能够说明 3对Mg与水反应起促进作用的证据是________________________。
③b、d 所得固体中还检验出碱式碳酸镁 [用Mg(OH)CO 表示]，写出生成该固体的离子方程式
2 2 3
__________________________________________________。
④解释实验a与实验d反应速率不同的原因___________________________________。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）①Mg+2HO Mg(OH)+H↑ 或 Mg+2HO＝Mg(OH)+H↑ ②加热
2 2 2 2 2 2
增大了Mg(OH) 的溶解度；加热促进了水的电离使H+浓度增大；温度升高，反应速率加快。(其他合理答案
2
也可。)
NH+ NH+
（2）①促进（1分）Mg(OH)(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)， 4 (或 4水解生成的H+)消耗OH-使溶解平
2
衡向右移动，覆盖的氢氧化镁溶解，从而加快反应速率 ②相同时间内产生氢气的体积b＞c
HCO- CO2-
③2Mg(OH)+2 3＝Mg(OH)CO+ 3 +2HO
2 2 2 3 2HCO- CO2- NH+ HCO- HCO-
或2Mg+2HO+2 3＝Mg(OH)CO+ 3 +2H ↑ ④当 4和 3同时存在时， 3水解程度大，
2 2 2 3 2
NH+ HCO- NH+
溶液呈显碱性，对 4去除氢氧化镁起阻碍作用。或 3水解对 4水解起相互促进，使NH+离子浓
4
度降低
【解析】(1)①根据实验现象可知，镁与水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的方程式为Mg+2HO
2
Mg(OH)+H↑ 或 Mg+2HO＝Mg(OH)+H↑；
2 2 2 2 2
②镁与沸水反应时，水的温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，且氢氧化镁的溶解度
增大，反应速率增大；
NH
(2)①实验a中加入氯化铵,存在铵根的水解平衡 4+H
2
O
⇌
NH 3⋅H
2
O+H+，水解生成氢离子浓度增大，促进
镁与水的反应；
②实验b和实验d中所用到盐溶液都含有碳酸氢根实验，c中用盐溶液为氯化钠溶液，10分钟内，实验b
和实验d产生氢气的体积比实验c多，因此可说明碳酸氢根对Mg与水反应起促进作用；
③碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子，再根据元素守恒配平，离子方程式
HCO CO2
为2Mg(OH)+2 3 ＝Mg(OH)CO+ 3 +2HO；
2 2 2 3 2
④铵根离子水解呈酸性，而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，而两离子共同作用时，导致溶液呈显碱性，
HCO
3 对铵根离子去除氢氧化镁起阻碍作用。
21．（2021·北京高三）（12分）Cu(OH)CO 是用途广泛的化工原料。可用电解废渣[含Cu(NO)、AgNO]
2 2 3 3 2 3
和纯碱为原料制备。
(1)制备CuSO 溶液
4
①过程Ⅰ中，分解产生的气体除NO 外，一定还含有_______。
2
②过程Ⅱ中，分离所采用的试剂是_______。
(2)制备Cu(OH)CO
2 2 3
ⅰ.取NaCO 溶液于锥形瓶中，水浴加热至适当温度。
2 3
ⅱ.将CuSO 溶液逐滴加入到NaCO 溶液中，产生沉淀，静置。
4 2 3
ⅲ.待沉淀完全沉降后，减压过滤、洗涤、干燥。
①步骤ⅰ中加热NaCO 溶液的目的是_______。
2 3②步骤ⅱ中生成Cu(OH)CO 的化学方程式为_______。
2 2 3
(3)设n(NaCO):n(CuSO)=m，m不同时，所得产物纯度不同。通过测定固体样品的热重分析曲线(样品质量
2 3 4
剩余固体的质量
随温度变化曲线)，获得固体残留率可检测样品纯度。(已知：固体残留率= 样品质量 ×100%)。
①写出Cu(OH)CO 分解的化学方程式_______。
2 2 3
②图1、图2分别是m = 1.2和m = 0.8时所得固体的热重分析曲线，依据下列曲线判断制备Cu(OH)CO
2 2 3
适宜的m = _______(填“1.2”或“0.8”)。通过定量分析说明理由：_______。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)①O(1分)②水(1分)
2
(2)①促进NaCO 溶液水解，提高c(OH-)，同时加快反应速率，有利于Cu(OH)CO 生成 ②2CuSO＋
2 3 2 2 3 4
Δ Δ
2NaCO＋HO Cu(OH)CO↓＋CO↑＋2NaSO(或2CuSO + 3NaCO + 2HO Cu(OH)CO↓+ 2NaHCO +
2 3 2 2 2 3 2 2 4 4 2 3 2 2 2 3 3
Δ
2NaSO) (3)①Cu(OH)CO 2CuO+CO↑+HO ②1.2 依据Cu(OH)CO 受热分解的化学方程式，
2 4 2 2 3 2 2 2 2 3
可知理论上固体残留率=160/222×100%≈72.1%，与图1数据基本一致
【解析】电解废渣[含Cu(NO)、AgNO]受热分解生成氧化铜，硝酸银在该温度下不分解，溶于水分离出氧
3 2 3
化铜，氧化铜和硫酸反应即得到硫酸铜溶液。
(1)①过程Ⅰ中生成NO，氮元素化合价降低，则一定有化合价升高的元素，只能是氧元素，所以分解产生
2
的气体除NO 外，一定还含有O。
2 2
②氧化铜不溶于水，硝酸银能溶于水，过程Ⅱ中，分离所采用的试剂是水。
(2)①碳酸钠水解吸热，则步骤ⅰ中加热NaCO 溶液的目的是促进NaCO 溶液水解，提高c(OH-)，同时加快
2 3 2 3
反应速率，有利于Cu(OH)CO 生成。
2 2 3②步骤ⅱ中根据原子守恒可知还有硫酸钠、二氧化碳生成，则生成Cu(OH)CO 的化学方程式为2CuSO＋
2 2 3 4
Δ Δ
2NaCO＋HO Cu(OH)CO↓＋CO↑＋2NaSO 或2CuSO + 3NaCO + 2HO Cu(OH)CO↓+ 2NaHCO +
2 3 2 2 2 3 2 2 4 4 2 3 2 2 2 3 3
2NaSO。
2 4
Δ
(3)①Cu(OH)CO 分解生成氧化铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Cu(OH)CO 2CuO+CO↑+HO。
2 2 3 2 2 3 2 2
160
②依据Cu(OH)CO 受热分解的化学方程式，可知理论上固体残留率=222 ×100%≈72.1%，与图1数据基本
2 2 3
一致，所以制备Cu(OH)CO 适宜的m=1.2。
2 2 3
