内容正文:
第三章质量评估试卷
(满分100分,限时60分钟)
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 O—16 Na—23 Cl—35.5 S—32 Fe—56 Mg—24 Al—27
一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.如图所示,“马踏飞燕”是我国的旅游标志,出土的“马踏飞燕”是由青铜制成。下列有关该标志的说法错误的是( A )
A.青铜硬度比纯铜的硬度小
B.青铜的主要成分是Cu、Sn、Pb等
C.出土于东汉晚期
D.青铜是我国使用最早的合金
【解析】 青铜为铜的合金,其硬度比纯铜的硬度大,A错误;青铜是以铜为主的一种合金,主要成分是Cu、Sn、Pb等,B正确;“马踏飞燕”是1969年出土甘肃武威雷台汉墓中的青铜作品,C正确;人类使用金属的顺序正好和金属的活动性相反,金属活动性越强的金属越难冶炼,所以青铜是人类最早使用的合金,D正确。
2.下列物质的俗名与化学式对应正确的是( A )
A.小苏打——NaHCO3 B.铁红——Fe(OH)3
C.漂白粉——HClO D.石灰石——CaO
3.下列有关铁及其化合物的说法错误的是 ( A )
A.氯化亚铁可以被氧化生成 FeCl3,所以氯化亚铁只具有还原性
B.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,能形成胶体
C.新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中最终会变为红褐色
D.除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加铁粉,然后过滤
【解析】 氯化亚铁中铁元素化合价是+2价,处于中间价态,既可以被氧化,也可以被还原,A错误;将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中,继续加热至呈红褐色,即形成胶体,B正确;氢氧化亚铁易被氧化,新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中最终会变为红褐色氢氧化铁沉淀,C正确;除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加铁粉,氯化铁被铁还原为氯化亚铁,然后过滤除去多余的铁粉即可,D正确。
4.某化学小组以铝土矿(含 Al2O3、Fe2O3和 SiO2)为原料进行炼铝探究(流程如图),下列说法错误的是( C )
A.步骤①②过程中均需过滤操作
B.a、b中铝元素的化合价相同
C.反应③的化学方程式为2 NaAlO2+3H2O+CO2===2Al(OH)3↓+Na2CO3
D.d只能是氧化铝
【解析】 步骤①是为了除去二氧化硅,需要过滤,步骤②是为了除去氢氧化铁沉淀,也需要过滤,A正确;a中铝元素以铝离子形式存在,b中铝元素以偏铝酸根离子形式存在,铝元素的化合价均为+3价,B正确;反应③因通入过量的CO2,则会生成碳酸氢钠,正确的化学方程式为NaAlO2+2H2O+CO2===Al(OH)3↓+NaHCO3,C错误;依据上述分析可知,氢氧化铝受热分解后得到的氧化铝,在熔融状态下通电得到铝和氧气,D正确。
5.用一定量的铁与足量的稀H2SO4和足量的CuO反应制单质铜,有人设计下列两种方案,若按实验原则进行操作,则两者制得单质铜的质量相比较,结论正确的是( B )
①FeH2Cu ②CuOCuSO4Cu
A.①多 B.②多
C.相等 D.无法判断
【解析】 方案①中氢气还原氧化铜实验,开始时需先通入一部分氢气,排除装置中的空气,实验结束时还要通一会氢气,以防止生成的铜被氧化,如果不考虑先通后停,相同质量的铁生成铜的质量是相同的,但是由于部分氢气被浪费,从而导致铁的质量被多消耗一部分,所以导致方案①生成的铜减少,方案②生成的铜多,B正确。
6.将一定质量的镁铝混合物投入200 mL稀硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中逐滴加入NaOH 溶液,生成沉淀的物质的量与加入的 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是( B )
A.镁和铝的总质量为9 g
B.生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
C.最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的稀硫酸
D.氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5 mol/L
【解析】 从开始至加入NaOH溶液20 mL,没有沉淀生成,说明原溶液中稀硫酸溶解Mg、Al后有剩余,此时发生的反应为H2SO4+2NaOH===Na2SO4+2H2O。当V(NaOH溶液)=200 mL时,沉淀量最大,此时Mg(OH)2和Al(OH)3二者物质的量之和为0.35 mol。从200 mL到240 mL,NaOH溶解Al(OH)3的反应为NaOH+Al(OH)3===NaAlO2+2H2O,当V(NaOH溶液)=240 mL时,沉淀不再减少,此时沉淀全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15 mol,则Al(OH)3物质的量为0.35 mol-0.15 mol=0.2 mol,该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2 mol,氢氧化钠的浓