第三单元 金属及其化合物测试题-2022年高考化学一轮复习名师精讲练

这是一份第三单元 金属及其化合物测试题-2022年高考化学一轮复习名师精讲练，共15页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，下列有关说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
第三单元 金属及其化合物测试题
1．下列有关金属及其化合物的知识说法正确的是(　　)
A．可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
B．金属单质导电与电解质溶液导电原因相同
C．常温下氧气与铝不反应，故常温下铝制品可以广泛应用。
D．观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na＋
2．下列说法不正确的是
A．[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到
B．铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O
C．钙单质可以从TiCl4中置换出Ti
D．可用H2还原MgO制备单质Mg
3．a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：①a、b均能与稀硫酸反应放出气体；②c与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d；③b与强碱反应放出气体；④b、e在冷的浓硫酸中钝化。由此可判断a、b、c、d、e依次是（ ）
A．Mg、Al、Cu、Ag、Fe B．Fe、Cu、Al、Ag、Mg
C．Mg、Cu、Al、Ag、Fe D．Al、Mg、Ag、Cu、Fe
4．下列有关说法不正确的是（ ）
A．“丹砂（HgS）烧之为水银”，该反应为吸热反应
B．人类历史上大多数重金属发现和使用较早而轻金属的发现和使用则较晚
C．《吕氏春秋•别类编》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面特性
D．医用酒精中乙醇的体积分数为95%
5．以色列理工学院的丹尼尔·谢德曼因“发现准晶体”而一人独享了2011年度诺贝尔化学奖。某组成为Al65Cu23Fe12的准晶体W具有低摩擦系数、高硬度、低表面能以及低传热性，正被开发为炒菜锅的镀层。下列有关说法中正确的是( )
A．W的熔点比铝、铁、铜的都高
B．将一定量W投入少量的盐酸中，充分反应后溶液中一定有Fe2+
C．等质量W分别与足量NaOH溶液、盐酸反应，生成氢气的质量之比为65：73
D．W在氯气中完全燃烧时可形成AlCl3、FeCl3两种离子化合物
6．探究Na2O2与水的反应，实验如图：

已知：H2O2⇌H++；⇌H++。下列分析不正确的是
A．①、④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应
B．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2
C．③和④不能说明溶解性：BaO2> BaSO4
D．⑤中说明H2O2具有还原性
7．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确，并有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
Al有一定的非金属性
向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解
B
相同条件下NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小
向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊
C
钠比铜的金属性强
金属钠可从硫酸铜溶液中置换出铜单质
D
I-还原性弱于Cl-
向NaI溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
8．海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
B．从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的
C．在步骤③，中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2
D．在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大
9．我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水，钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法错误的是( )

A．步骤Ⅰ中碳作还原剂
B．步骤Ⅱ中未发生氧化还原反应
C．步骤Ⅲ中需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化
D．可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁
10．标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是

A．测定一定质量的Cu和Mg混合物中Cu的含量
B．确定分子式为C2H6O的有机物分子中含活泼氢原子的个数
C．比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率
D．测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目
11．Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水MgBr2。下列说法错误的是

A．a为冷却水进水口
B．装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气
C．实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈
D．不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行
12．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。

下列说法正确的是
A．若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO
B．实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2
C．若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气
D．实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁
13．草酸亚铁，在形成晶体时会结晶一定量的水；在工农业生产中具有重要用途，如照相的显影剂，生产磷酸铁锂电池的原料等。
已知：①草酸亚铁不溶于水，可溶于酸；②Fe(SCN)63-+3C2O42-=Fe(C2O4)33-+6SCN-。
回答下列问题：
Ⅰ−甲同学检查药品发现该晶体显浅黄色，认为晶体不纯，可能是因为部分的铁被氧化。为验证自己的猜想，进行实验验证。取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液无明显变化。由此认为晶体中不存在+3价的铁。你认为_______（填“正确”或“不正确”），理由是___________________________________。
Ⅱ−乙同学为测定草酸亚铁晶体FeC2O4﹒xH2O中的结晶水含量，利用如下装置：

①做实验前首先要_____________________________；
②称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤依次为__________，重复实验直至B中恒重。
a−点燃酒精灯，加热 b−熄灭酒精灯 c−关闭K d−打开K，缓缓通入空气 e−冷却至室温 f−称量
Ⅲ−丙同学用滴定的方法也可以测定草酸亚铁晶体中结晶水的含量。取a克草酸亚铁晶体溶入稀硫酸，再把所得溶液稀释成500mL，取出50mL放入锥形瓶，向其中逐滴滴入未知浓度的酸性KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，且有气泡冒出，当溶液颜色突变成浅紫色，停止滴加。接着向溶液中加入稍过量的KI溶液和几滴淀粉溶液，然后再用c mol/L的Na2S2O3溶液滴至终点。几次实验平均耗用Na2S2O3溶液VmL。（2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）
（1）写出向溶液中滴加酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式_____________________。
（2）上述试验中稀释草酸亚铁溶液时除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有_____。
（3）x=_______________。
（4）若实验中滴入KMnO4溶液过多,则所得x值___________(填偏大、偏小或无影响)。
14．工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数。已知①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)；③该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L/mol，实验装置如下(量气管为碱式滴定管改装)

实验过程：连好装置后，检验装置的气密性；称得装置D的初始质量为ag；称取bg AlN样品置于装置B的锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管中液面的初始读数为x mL(量气装置左右液面相平)。
(1)①若先测量Al4C3质量分数，对K1、K2、K3三个活塞的操作是关闭活塞______，打开活塞______。
②当_____时，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为____；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③记录滴定管的读数为y mL，则Al4C3的质量分数为_________(用可能含a、b、x、y、Vm的代数式表示)。
④若无恒压管，对所测Al4C3质量分数的影响是______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(2)若先测量AlN质量分数：首先关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量的某物质，写出AlN与过量的某物质发生反应的离子方程式为_________；反应完成后，______(填该步应进行的操作)，最后称得装置D的质量为cg，进而测量AlN的质量分数。
15．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1−9
7−0
3−0
8−1
完全沉淀pH
3−2
9−0
4−7
10−1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
16．高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

相关金属离子[c0(Mn+)=0−1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8−1
6−3
1−5
3−4
8−9
6−2
6−9
沉淀完全的pH
10−1
8−3
2−8
4−7
10−9
8−2
8−9
(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应，推测“滤渣1”含有___________ 和SiO2；
(2)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节范围是________________之间。
(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，写出除Zn2+的方程式：__________________。
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是__________________(有利、不利、无影响)。
(5)在溶浸前，先把矿石研磨成粉末的原因：_______________________。


参考答案
1．D【解析】A、Na和水反应生成NaOH和H2，NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，所以不能置换Mg，故A错误；B、金属导电是自由电子定向移动，电解质溶液导电是溶液中离子发生氧化还原反应，金属单质导电与电解质溶液导电原因不同，故B错误；C、常温下，铝和氧气生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止了内部的铝与氧气的接触，所以铝制品可以广泛利用，并不是因为常温下铝和氧气不反应，故C错误；D、钠元素焰色反应为黄色，观察焰色反应实验为黄色火焰，则可证明该溶液中含有Na+，故D正确。故选D。
2．D【解析】A．硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成[Cu(NH3)4]SO4，A选项正确；
B．在钢铁发生吸氧腐蚀时生成氢氧化亚铁，总反应为：2Fe+O2+2H2O═2Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=Fe(OH)3，Fe(OH)3分解即得铁锈：2Fe(OH)3=Fe2O3•nH2O+(3-n)H2O，故所得铁锈的主要成分为Fe2O3•nH2O，，B选项正确；
C．钙还原性较强，钙单质可以从TiCl4中置换出Ti，C选项正确；
D．镁属于较活泼金属，不能利用氢气还原氧化镁制备镁，而是常用电解熔融MgCl2的方法，D选项错误；
答案选D。
3．A【解析】由信息③b与强碱反应放出气体，可知b为Al；而由信息④b、e在冷的浓硫酸中钝化，b为Al，推出e为Fe；结合①a、b均能与稀硫酸反应放出气体，可推出a为Mg；Cu与硝酸银溶液反应，置换出单质银，可知c为Cu，d为Ag。即a、b、c、d、e依次是Mg、Al、Cu、Ag、Fe，故本题答案为A。
4．D【解析】A．由“丹砂（HgS）烧之为水银”可知，HgS加热分解过程中需要持续加热，由此可知该反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．轻金属的活泼性较好，制备难度较大，而重金属的活泼性较差，较易制备，由于工业条件的限制，导致人类历史上重金属发现和使用较早，而轻金属的发现和使用则较晚，故B不符合题意；
C．铜与锡的硬度均较低，而将二者混合制成合金时，硬度较高，体现了合金硬度方面特性，故C不符合题意；
D．医用酒精中乙醇的体积分数为75%，故D符合题意；
故答案为：D。
5．C【解析】A− W属于合金，合金与组成它的各成分金属相比，其熔点较低，A错误；
B− 此合金中含有的金属中，铝的还原性最强，当酸量少时，溶液中一定存在Al3+，可能存在Fe2+，B错误；
C−W与足量的NaOH溶液、盐酸反应，生成氢气的体积之比为 ，C正确；
D−合金与氯气反应产生的AlCl3为共价化合物，不是离子化合物，D错误；
故合理选项是C。
6．B【解析】A．①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生反应为复分解反应和氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，过氧化氢分解生成水和氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，A项正确；
B．①中过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不能说明存在H2O2，B项错误；
C．④中过氧化钡与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，证明酸性：硫酸＞过氧化氢，不能说明溶解性：BaO2＞ BaSO4，C项正确；
D．⑤中产生的气体为氧气，氧元素化合价升高，作还原剂，说明H2O2具有还原性，D项正确。
答案选B。
7．B【解析】A．向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解，说明氢氧化铝显碱性，与Al的金属性有关，故A错误；
B．相同条件下NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2反应生成溶解度较小的NaHCO3，会有碳酸氢钠固体析出，溶液变浑浊，故B正确；
C．钠的金属性虽然比铜强，但钠在和硫酸铜溶液反应时会先与水反应生成NaOH和H2，无法置换出铜单质，故C错误；
D．非金属性Cl>I，所以Cl2的氧化性强于I2，则Iˉ的还原性强于Clˉ，故D错误；
故答案为B。
8．B【解析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，工业上制得饱和食盐水，依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢溶液，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到溴，以此解答该题。
A− 在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，A错误；
B− 氯化钠的溶解度随温度的变化不明显，故从海水中得到粗盐采用的是蒸发结晶的方法，B正确；
C− 步骤③中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧化为Br2，C错误；
D− 步骤④中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，D错误；故答案为：B。
9．B【解析】步骤Ⅰ为钛铁矿(FeO和TiO2)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁，二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛，据此分析。
A．FeO和碳反应生成铁和碳的氧化物，步骤I中碳的化合价升高，碳作还原剂，故A正确；
B．步骤II中碳单质参加反应生成一氧化碳，氯气被还原成四氯化钛，属于氧化还原反应，故B错误；
C．镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤III需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，C正确；
D．钛常温下与酸、碱均不反应，镁与稀硫酸反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，故D正确；
答案选B。
10．D【解析】A− 在烧瓶中放入一定质量的Cu和Mg混合物，然后将盐酸从分液漏斗滴下，Mg与盐酸反应产生氢气，而Cu不能发生反应，根据氢气体积计算镁的质量，进而可计算得到混合物中Cu的含量，A正确；
B− 在烧瓶中放入足量金属Na，然后将一定量的有机物从分液漏斗逐滴滴下，若产生气体则有机物为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，根据产生氢气体积计算出分子式为C2H6O的有机物分子中含活泼氢原子的个数，若不产生气体，则物质结构简式为CH3-O-CH3，B正确；
D− 可通过对照实验比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体多少比较催化效率，C正确；
C− 该实验装置需要测量生成气体的量进而计算，而测定Na2SO4·xH2O晶体中结晶水时不能产生气体，因此使用该装置不能完成实验，D错误；
故合理选项是D。
11．B【解析】A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；
B．MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；
C．制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；
D．不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D正确；
答案选B。
12．A【解析】A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，A正确；
B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误；
C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；
D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误；
答案选A。
13．I−不正确；根据已知C2O42-比SCN-更易与Fe3+结合II− ①检查装置气密性②dabecf III− （1）3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑或 3M（3）（50a-72cV）/(9cV)（4）偏小
【解析】I− 根据题给信息可知，C2O42-比SCN-更易与Fe3+结合，所以取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液无明显变化，不能判定晶体中不存在+3价的铁，不正确；正确答案：不正确；根据已知C2O42-比SCN-更易与Fe3+结合。
II− ①做实验前首先要检查装置是否漏气；正确答案：检查装置气密性。
② 称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤：由于草酸亚铁晶体中亚铁离子易被氧气氧化，所以要排净装置内的空气，打开K，缓缓通入空气（d），然后点燃酒精灯，加热（a），反应发生，结束后，熄灭酒精灯（b），冷却至室温（e），关闭K （c），进行称量（f），重复实验直至B中恒重；正确的操作步骤为：dabecf。
III− （1）草酸亚铁晶体中含有Fe2+和C2O42—，在酸性条件下，均能被KMnO4溶液氧化为Fe3+和CO2，而MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式：3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑或 3MnO4- + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ ；正确答案：3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑或 3MnO4- + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ 。
（2）把草酸亚铁溶液稀释成500mL溶液时，除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；正确答案：500mL容量瓶、胶头滴管。
（3）根据反应：3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑可知，反应产生的Fe3+把碘离子氧化为碘单质，反应为2Fe3++ 2I-= 2Fe2++ I2；生成的碘又被Na2S2O3还原为I-，反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；根据上述反应关系可知：n(FeC2O4﹒xH2O)= n(FeC2O4)= n(Fe2+)= n(Fe3+)=1/2n(I2)=n（Na2S2O3），n（Na2S2O3）= V×10-3×cmol，所以50mL溶液中n(FeC2O4﹒xH2O)=( V×10-3×c)mol，又原溶液为500mL，所以n(FeC2O4﹒xH2O)=( V×10-3×c)×(500/50)mol=10(V×10-3×c) mol；草酸亚铁晶体ag，所以a/(144+18x)= 10( V×10-3×c)，x=（50a-72cV）/(9cV) ；正确答案：（50a-72cV）/(9cV) 。
（4）若实验中滴入KMnO4溶液过多，碘离子被氧化的量增多，消耗的n（Na2S2O3）= cV增多，根据x=（50a-72cV）/(9cV)关系可知，则所得x值偏小；正确答案：偏小。
14．(1)①K2、K3，K1②量气管中液面不再变化；调整量气管高度，使左右两边液面相平；偏小③④偏大（2）AlN+OH-+H2O=+NH3↑；打开K2，通入一段时间空气
【解析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数。
(1)①通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1。
②当量气管中液面不再变化时，说明反应已经结束。利用连通器原理，读取读数之前，应对量气管进行的操作为调整量气管高度，使左右两边液面相平；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，说明气体的压强大于大气压，所测气体体积偏小。
③甲烷的体积为(x-y)mL，物质的量为，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为，Al4C3的质量分数为 = 。
④若无恒压管，最终量气管读数偏大，根据上题公式，对所测Al4C3质量分数的影响是偏大。
(2)若先测量AlN质量分数：首先关闭活塞K1，打开活塞K3，AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，通过分液漏斗加入氢氧化钠，发生反应的离子方程式为AlN+OH-+H2O=+NH3↑；反应完成后，打开K2，通入一段时间空气，平衡气压，最后称得装置D的质量为cg，进而测量AlN的质量分数。
15．（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）（2）Fe2+；VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O（3）Mn2+，Fe3+、Al3+（4）Fe(OH)3（5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3−0~3−1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8−5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
16．（1）S（2）4−7～6 （3）Zn2＋+S2-=ZnS↓（4）不利（5）增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率
【解析】二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氨水调节pH4−7～6之间，除去Fe3＋、Al3＋，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2＋，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2＋，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2＋+2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰。
(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，推测“滤渣1”含有S和SiO2；故答案为：S；
(2)调节pH的目的是除去Fe3＋、Al3＋，但不沉淀Mn2＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，根据表pH的范围为4−7～6；故答案为：4−7～6；
(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，采用加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，除Zn2+的方程式：Zn2＋+S2-=ZnS↓。故答案为：Zn2＋+S2-=ZnS↓；
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是Mg2＋沉淀不完全，因为F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋+2F－平衡向右移动；故答案为：不利；
(5)在溶浸前，先把矿石研磨成粉末的原因：增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率。故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率。