07铁、铜及其化合物--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份07铁、铜及其化合物--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）某小组用硫铜矿煅烧后的废渣(主要含、、)为原料制取，流程如下：

下列说法正确的是
A．“酸浸”时使用98％的浓硫酸代替稀硫酸有利于提高原料利用率
B．“氧化”后溶液中存在的阳离子有：、、、
C．“调节”时可以选择或
D．“还原”过程中消耗的、的物质的量之比为
2．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）室温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
3．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．（2023上·江苏盐城·高三盐城中学校考期末）高温焙烧碳粉与重晶石混合物，发生的主反应为BaSO4＋4C4CO↑＋BaS。工业上以重晶石矿(含Fe2O3、SiO2杂质)为原料制取Ba(OH)2·8H2O的流程如图所示。下列说法错误的是
A．“焙烧”过程需要在隔绝空气条件下进行
B．如图晶胞结构中，每个S2-距离最近的Ba2＋数目为2
C．“滤液1”加CuO反生的反应：BaS＋CuO＋H2O=CuS＋Ba(OH)2
D．“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得Ba(OH)2·8H2O晶体
5．（2023上·江苏常州·高三统考期末）常温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
6．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
7．（2023上·江苏南通·高三统考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
8．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备Si3N4的操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)：

下列叙述正确的是
A．“还原”时反应的方程式为SiO2＋CSi＋CO2
B．“高温氮化”合成反应中N2是还原剂
C．“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D．“稀酸Y”选用稀硫酸除去产物中的杂质
9．（2023上·江苏常州·高三统考期末）金属及其化合物在生产生活中应用广泛。2011年云南的“乌铜走银”制作技艺列入国家级非物质文化遗产名录。制作中的走银工序是将氧化变黑的银丝嵌入铜器表面已錾刻好的花纹内，再经揉黑工序，用手边焐边搓揉铜器，直到铜器表面变成乌黑、银丝变得光亮。近期中国科学院在含银化合物运用于超离子导体方面取得突破性进展，制得的αAgI晶体在室温下的电导率比普通多晶的AgI提高了近5个数量级。在指定条件下， 下列物质的转化关系不正确的是
A．CuCuCl2B．AgAgNO3
C．CuOCuD．AgClAg(NH3)2Cl
10．（2023上·江苏南通·高三统考期末）铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铜具有良好导热性，可用作印刷电路板B．硫酸铜溶液显酸性，可用作泳池杀菌剂
C．溴化银呈淡黄色，可用于制作相机胶片D．银氨溶液具有弱氧化性，可用于制作银镜
11．（2022上·江苏南通·高三统考期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．SO2有还原性，可用于漂白纸浆
B．BaSO4不溶于盐酸，可用于肠胃X射线造影检查
C．C2H4具有可燃性，可用作催熟剂
D．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
12．（2022上·江苏南通·高三统考期末）下列铜及其化合物性质与用途具有对应关系的是
A．铜单质具有延展性，可用作传输电流
B．熔沸点较高，可用作催化反应
C．具有氧化性，可用作检验醛基
D．能使蛋白质变性，可用于消毒饮用水
13．（2021上·江苏南通·高三统考期末）含铁化合物在生产生活中应用广泛。下列铁的化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．Fe2O3能与酸反应，可用作红色颜料
B．K2FeO4具有强氧化性，可用于水体的消毒
C．FeSO4具有还原性，可用作补血剂
D．FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板上的铜
14．（2020·江苏苏州·高三统考期末）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中的SO2
B．FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板
C．CaCO3 高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤
D．硫化钠具有还原性，可用于除去水体中Pb2+等重金属
15．（2020上·江苏扬州·高三统考期末）下列实验操作能达到实验目的的是
A．用乙醇萃取碘水中的碘B．用装置甲制取纯净的
C．用装置乙除去中的少量D．中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶，减小实验误差
二、填空题
16．（2022上·江苏·高三统考期末）金属铁、铝可用于含铬(主要成份是)酸性污水的处理。
(1)铝在含铬污水中将还原为Cr3+，再调节pH生成Cr(OH)3沉淀除去。用铝处理不同初始pH的酸性含铬污水，去除率与反应时间的关系如图1。
①基态Cr3+的核外电子排布式为 。
②铝处理酸性含铬污水发生反应的离子方程式为 。
③铝处理初始pH=3的污水，前180min污水中的还原较慢，180min后变快，其原因是 。
(2)将铁屑装入玻璃管中制成如图2所示污水处理柱。以同样的流速缓慢通入不同高度的处理柱进行酸性含铬污水处理实验，处理柱失活的时间与处理柱中铁屑高度的关系如图3。
①铁屑的高度为27cm时，处理柱的失活时间不增反降，其可能的原因是 。
②铁屑中掺入一定量炭黑，污水的处理效果明显提高，炭黑的作用是 。
③铁处理后的废水加入石灰调节pH=9，同时通入适量的空气，其目的是 。
三、解答题
17．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）MnCl2极易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯；金属活泼性Mn>Fe。某科研小组由粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备MnCl2，部分实验过程如下：

(1)“酸溶”时，盐酸要缓慢滴加的原因是 。酸溶过程中溶液中Fe2＋的浓度先增大后略有减少，减少的原因是 。
(2)“除铁”时，先加入H2O2，后加入MnCO3固体。加入MnCO3固体时有CO2生成，反应的离子方程式为 。
(3)MnCl2·4H2O经加热脱水可制得MnCl2，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。

① 若要获得MnCl2·H2O，需控制的温度范围是 (写出计算推理过程)。
② MnCl2·H2O继续脱去结晶水时易发生副反应，产生MnO2和碱式氯化锰杂质，为减少副反应的发生，可采取的实验操作是 。
(4) MnCl2·4H2O经加热脱水制得的MnCl2纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和液体乙酰氯(CH3COCl)经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，涉及的主要反应有CH3COCl＋H2O→CH3COOH＋HCl、(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O。为获得较高产率的高纯MnCl2，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5 g(0.1 ml)和50 mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入 ，充分反应后过滤， ，干燥，得到MnCl2.[供选择的试剂：CH3COCl(0.1 ml CH3COCl的体积约7 mL)、苯、水]
18．（2023上·江苏盐城·高三盐城中学校考期末）从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
(1)写出“氨浸”时，ZnO生成[Zn(NH3)4]CO3的离子方程式： ；该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因是 。
(2)“除砷”时，FeSO4需过量，一是生成Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]胶体吸附含砷微粒，二是 ；写出砷酸铁的化学式： 。
(3)“除铁”时，Fe2＋被KMnO4全部氧化为Fe3＋，再掉pH将Fe3＋、Mn2＋转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的实验方案是 。
(4)写出“蒸氨”时，[Zn(NH3)4]CO3生成ZnCO3·2Zn(OH)2的化学方程式： 。
19．（2022上·江苏南通·高三统考期末）C3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以用CCO3或CC2O4煅烧后制得。利用钴渣【含C(OH)3、Fe(OH)3等】制备钴氧化物的流程如图所示
已知：，，
煅烧生成，以上生成。
(1)“溶解还原”过程中发生反应的离子方程式为 。
(2)“沉钴”时，不能用溶液代替溶液，原因是 。
(3)检验固体是否洗净的实验操作是 。
(4)为测定草酸钻样品中草酸钴晶体()的质量分数进行如下实验：
①取草酸钴(摩尔质量为)样品，加入酸性溶液，加热(该条件下不被氧化)。
②充分反应后将溶液冷却至室温，加入容量瓶中，定容。
③取溶液，用溶液滴定，消耗溶液。
计算样品中草酸钴晶体()的质量分数： 。(写出计算过程)。
(5)以尿素为原料可获得并制备。已知：尿素水溶液在以上能缓慢水解产生，在为1～3时水解速率对生成沉淀较为适宜。设计以溶液、尿素粉末、盐酸为原料，制备的实验方案：取一定体积溶液， 。
20．（2019上·江苏苏州·高三统考期末）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图：
已知：①CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。
②CuCl有水存在时在空气中易被氧化，在酸性条件下较稳定。
（1）“溶解”时选用约为0.5ml•L-1的硫酸，过程中无气体产生。若硫酸浓度过大，反应会产生NO、NO2等有害气体，NH4NO3的用量会 （填“增大”或“减小”或“不变”）。
（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为 。加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是 。
（3）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减少，其原因是 。
（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的方法是 。
（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案： 。（实验中可选试剂：0.1ml•L-1盐酸、10ml•L-1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）
21．（2022上·江苏南通·高三统考期末）铁粉可用于处理水中污染物。铁粉的氧化物层可以导电。
(1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下高温还原1小时可以制备微米级铁粉。请写出磁铁矿与氢气反应制备铁的化学方程式： 。
(2)采用溶液还原铁盐，可以制备纳米级的铁粉，并生成。
①中离子的空间构型为 。
②由每生成，需要物质的量是 。
(3)利用纳米铁粉可以有效处理废水中的和，去除机理如图1所示。
①纳米铁粉去除污水中和机理不同，请解释原因并简述两者的区别 。
②由图2可知，时，随减小，和去除率减小的原因是 。
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，观察溶液颜色变化
SO具有氧化性
B
向盛有KMnO4溶液的试管中通入SO2，观察溶液颜色变化
SO2具有还原性
C
向盛有NaCl和KI混合溶液的试管中滴加几滴AgNO3溶液，振荡，观察沉淀颜色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 ml·L-1 H2SO4溶液，加热。冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH)2，加热，观察现象
淀粉水解液中存在还原性糖
选项
探究方案
探究目的
A
向溶液中加入几滴氯水，振荡，再加萃取，观察层颜色变化
的还原性强于
B
将缓慢通入滴有酚酞的溶液中，振荡，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象
的非金属性强于
D
向某溶液中加入溶液，振荡，观察有无沉淀生成
该溶液中含有
选项
探究方案
探究目的
A
将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入CuSO4溶液，观察铝片表面的现象
常温下， 铝遇浓硫酸发生钝化
B
将铁锈溶于浓盐酸，再向溶液中滴入几滴KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
铁锈中含有二价铁
C
向试管中加入1溴丙烷和20%的KOH溶液，加热。再向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，观察现象
1溴丙烷中含有溴原子
D
用0.100 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定25.00 mL未知浓度的盐酸，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度数据
测定中和反应的反应热
选项
探究方案
探究目的
A
用计测量浓度均为的溶液和溶液的，比较溶液大小
酸性：
B
向还原所得到的产物中加入稀盐酸，滴加溶液，观察颜色变化
全部被还原
C
将通入滴有酚酞的溶液，观察溶液颜色变化
具有漂白性
D
向KCl和的混合溶液中滴加溶液，观察沉淀颜色
溶解度：
选项
实验探究方案
探究目的
A
向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成
溶液X中含有或
B
常温下，向溶液中滴加5滴溶液，充分反应后，再滴加5滴溶液，观察沉淀颜色变化
C
向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，水浴加热一段时间后冷却，向溶液中滴加碘水，观察溶液颜色
淀粉未发生水解
D
将硫酸酸化的滴入溶液，观察溶液颜色
氧化性：
参考答案：
1．C
【分析】废渣(主要含、、)加入稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜，加入双氧水氧化亚铁离子变为铁离子，调节溶液pH值沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入还原硫酸铜生成氧化亚铜和氮气。
【详解】A．“酸浸”时使用98％的浓硫酸会氧化亚铁离子，产物污染性的气体，消耗的硫酸量会增多，不利于提高原料利用率，故A错误；
B．氧化的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，因此“氧化”后溶液中存在的阳离子有：、、，故B错误；
C．“调节”时主要是沉淀铁离子，而 需要保留，因此选择或来消耗氢离子，促进铁离子水解，故C正确；
D．“还原”过程硫酸铜化合价降低1个价态，化合价升高变为氮气，升高4个价态，因此“还原”中消耗的、的物质的量之比为，故D错误。
综上所述，答案为C。
2．B
【详解】A．酸性条件下，溶液中的硝酸根可以氧化亚铁离子，则溶液变为黄色，不能证明硫酸根具有氧化性，A错误；
B．高锰酸钾具有强氧化性，通入二氧化硫褪色，说明二氧化硫有还原性，B正确；
C．混合溶液中滴入几滴硝酸银，银离子少量，黄色沉淀的产生可以由碘离子和银离子直接反应生成，不能判断是否由氯化银转化，故无法通过沉淀比较Ksp，C错误；
D．需要先加NaOH去除过量的硫酸，D错误；
故答案为：B。
3．A
【详解】A．氯水中含有Cl2，可以氧化Br-、Fe2+，向溶液中加入几滴氯水，CCl4无明显现象，说明无Br2生成，说明的还原性强于，选项A正确；
B．将缓慢通入滴有酚酞的溶液中， SO2与NaOH反应，使酚酞褪色，说明SO2是一种酸性氧化物，选项B错误；
C．将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，生成白色胶状物H2SiO3，说明盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但由于HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，所以不能说明的非金属性强于，选项C错误；
D．向某溶液中加入溶液，振荡，若有沉淀生成可能是BaCO3或BaSO3或BaSO4，不能证明溶液中就一定含有，选项D错误；
答案选A。
4．B
【分析】重晶石矿(主要成分BaSO4，含杂质Fe2O3、SiO2)加入足量碳焙烧，重晶石矿(主要成分BaSO4，杂质为Fe2O3、SiO2)与碳在焙烧的条件下得BaS、Fe、Si，滤渣含有Fe和Si以及过量的C，滤液1含有BaS，加入CuO，发生BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2，过滤，滤液2含有Ba(OH)2，“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得Ba(OH)2⋅8H2O晶体，据此分析回答问题。
【详解】A．为防止产生的BaS被氧化，故“焙烧”过程需要在隔绝空气条件下进行，A正确；
B．由题干晶胞结构图可知S2-位于晶胞的8个顶点和6个面心，Ba2+位于顶点和面心S2-形成的8个正四面体中4个空隙中，故每个S2-距离最近的Ba2＋数目为4，B错误；
C．滤液1含有BaS，加入CuO，发生BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2，C正确；
D．结合分析可知，“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得Ba(OH)2⋅8H2O晶体，D正确；
故答案为：B。
5．A
【详解】A．将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入CuSO4溶液，观察铝片表面的现象，检验 铝遇浓硫酸是否发生钝化，A正确；
B．将铁锈溶于浓盐酸，再向溶液中滴入几滴KMnO4溶液，观察溶液颜色变化，高锰酸钾与Fe2+和浓盐酸都能反应，无法证明有Fe2+，B错误；
C．向试管中加入1溴丙烷和20%的KOH溶液，加热，再向反应后的溶液中加入过量硝酸中和氢氧化钾，加入AgNO3溶液，观察现象，探究1溴丙烷中含有溴原子，C错误；
D．中和反应热应在量热计内进行，50mL0.550 0 ml·L－1 NaOH和，50mL 0.500 0 ml·L－1盐酸，迅速混合，盖上杯盖，玻璃搅拌器搅拌，采集温度数据， D错误；
故答案为：A。
6．A
【详解】A．相同浓度的氰酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液说明氰酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，由盐类水解规律可知，氢氰酸的酸性弱于醋酸的，故A正确；
B．若氧化铁未完全还原，加入稀盐酸时，氧化铁溶于稀盐酸得到的铁离子与铁反应生成亚铁离子。滴入硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以观察溶液颜色变化不能确定氧化铁是否全部被还原，故B错误；
C．将二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去说明二氧化硫是酸性氧化物，不能说明二氧化硫具有漂白性，故C错误；
D．未明确氯化钾和碘化钾的浓度，向混合溶液中滴加硝酸银溶液，不能确定氯离子和碘离子的反应先后顺序，所以不能观察沉淀颜色不能比较碘化银和氯化银的溶解度大小，故D错误；
故选A。
7．B
【详解】A．溶液中含有亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子，滴加稀硫酸会产生二氧化硫，也可以使澄清石灰水变浑浊，A错误；
B．AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀，由操作和现象可知，常温下，溶度积，B正确；
C．淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水，溶液变蓝色，淀粉可能部分水解，C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，因此无法比较Fe3+和的氧化性，D错误；
故选B。
8．C
【分析】用石英砂（粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物）和原料气（含N2和少量O2）制备Si3N4的操作流程，石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生反应SiO2+2CSi+2CO↑，粗硅与氮气反应生成Si3N4，再用稀酸Y进行酸洗，除去铁、铜，得到纯净的产物，据此分析。
【详解】A．焦炭与石英砂发生反应SiO2+2CSi+2CO↑，焦炭被氧化成CO，A错误；
B．“高温氮化”合成反应中即3Si+2N2Si3N4，反应中N的化合价降低，被还原，故N2是氧化剂，B错误；
C．“高温氮化”是Si与氮气反应，原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Si反应生成SiO2，需要除去氧气，操作X可以除去氧气得到纯净氮气，C正确；
D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe与稀硫酸反应，得到可溶于水的FeSO4，但Cu与稀硫酸不反应，故应该用稀硝酸除去Si3N4中Fe和Cu，D错误；
故答案为：C。
9．C
【详解】A．Cu和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl2，A正确；
B．银和稀硝酸反应方程式为4HNO3（稀）+3Ag=3AgNO3+2H2O+NO↑，B正确；
C．CuO和乙醇反应生成Cu，不和乙醛反应，C错误；
D．氯化银和氨水反应方程是：AgCl+2NH3•H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．铜可用作印刷电路板是因为铜可以与铁离子反应，与导热性无关，故A不符合题意；
B．硫酸铜溶液可用作泳池杀菌剂是因为硫酸铜具有杀菌消毒作用，与酸性无关，故B不符合题意；
C．溴化银可用于制作相机胶片是因为溴化银具有感光性，与颜色无关，故C不符合题意；
D．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，故D符合题意；
故答案为：D。
11．B
【详解】A．漂白纸浆，利用SO2的漂白性，与SO2的还原性无关，故A错误；
B．硫酸钡不溶于盐酸，因此可用于肠胃X射线造影检查，故B正确；
C．乙烯具有可燃性，与乙烯作催熟剂无关，故C错误；
D．FeCl3腐蚀电路板，利用Cu和Fe3+发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，与氯化铁溶液显酸性无关，故D错误；
答案为B。
12．C
【详解】A．并不是具有延展性的物质均可用于传输电流，故因为铜单质具有导电性，可用作传输电流，A不合题意；
B．熔沸点较高与其作催化剂无因果关系，B不合题意；
C．已知反应RCHO+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+RCOONa+3H2O，反应中Cu(OH)2作氧化剂具有氧化性，故具有氧化性，可用作检验醛基，C符合题意；
D．能使蛋白质变性，但CuSO4不可用于消毒饮用水，只能用于环境消毒，D不合题意；
故答案为：C。
13．B
【详解】A．Fe2O3可用作红色颜料是因为氧化铁为红棕色固体，不是因为能与酸反应，A错误；
B．K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，可用于水体的消毒，B正确；
C．亚铁存进身体内的血红蛋白结合，从而改善贫血的症状，不是因为其具有还原性，C错误；
D．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，利用其氧化性而不是酸性，D错误；
故选B。
14．A
【详解】A． 漂白粉具有氧化性，可将SO2氧化成硫酸根离子而脱除，A正确；
B． FeCl3具有氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，B错误；
C． CaCO3 能与酸反应，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤，C错误；
D． 硫化钠能与Pb2+等重金属离子结合生成PbS等难溶性沉淀而除去，则硫化钠可用于除去水体中Pb2+等重金属，D错误；
故选A。
15．C
【详解】A．乙醇能够与水混溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘，可采用苯、四氯化碳等，故A不符合题意；
B．稀硝酸与铜反应生成NO，不会生成NO2，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．Cl2+H2OHCl+HClO，氯气溶于水会生成盐酸，饱和食盐水中含大量Cl-，因此抑制了氯气的溶解，因为饱和食盐水含有大量水，所以HCl能全部溶解，可达到实验目的，故C符合题意；
D．用待测液洗锥形瓶，会导致待测物质物质的量增加，消耗的标准液物质的量增加，会带来实验误差，不能达到实验目的，故D不符合题意；
答案为C。
【点睛】氯气和水的反应是可逆的，氯化氢溶于水电离是不可逆的，所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的，只有卤族除外，他们可以和水发生化学反应，而Cl2和水反应产生Cl-，这个反应是一个可逆反应，有一定的限度，当水中Cl-增多时，平衡会逆向移动，所以NaCl溶液中Cl2更加难溶，HCl溶于水后非常容易电离，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。
16．(1) 1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 2Al++14H+=2Al3++2Cr3++7H2O 180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解，180min后溶解了氧化膜的Al与反应
(2) 反应时间延长，造成溶液的pH升高，Cr3+等金属离子会生成沉淀，附着在铁屑表面，使处理柱失去处理活性 炭黑和铁屑形成原电池，加快反应的速率 通入空气，O2将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3胶体，与Cr(OH)3共沉淀，Cr(OH)3沉淀更完全
【详解】（1）①Cr为24号元素，Cr基态原子电子排布式为[Ar]3d54s1，则基态Cr3+的核外电子排布式为[Ar]3d3；故答案为：1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3。
②铝在含铬污水中将还原为Cr3+，根据氧化还原反应得到铝处理酸性含铬污水发生反应的离子方程式为2Al++14H+=2Al3++2Cr3++7H2O；故答案为：2Al++14H+=2Al3++2Cr3++7H2O。
③铝处理初始pH=3的污水，前180min污水中的还原较慢，180min后变快，铝表面有氧化铝膜，pH=3时，溶液中的氢离子先将氧化铝膜反应掉，再是铝和重铬酸根反应，因此其原因是180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解，180min后溶解了氧化膜的Al与反应；故答案为：180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解，180min后溶解了氧化膜的Al与反应。
（2）①铁屑的高度为27cm时，处理柱的失活时间不增反降，其可能的原因是铁与重铬酸根反应生成铁离子和铬离子，经过铁柱的时间延长，可能造成溶液的pH升高，Cr3+等金属离子会生成沉淀，附着在铁屑表面，使处理柱失去处理活性；故答案为：反应时间延长，造成溶液的pH升高，Cr3+等金属离子会生成沉淀，附着在铁屑表面，使处理柱失去处理活性。
②铁屑中掺入一定量炭黑，污水的处理效果明显提高，炭黑的作用是炭黑和铁屑形成原电池，铁为负极，炭黑为正极，从而加快反应的速率；故答案为：炭黑和铁屑形成原电池，加快反应的速率。
③铁处理后的废水加入石灰调节pH=9，同时通入适量的空气，其目的是通入空气，O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入石灰时得更快生成Fe(OH)3胶体，与Cr(OH)3共沉淀，Cr(OH)3沉淀更完全；故答案为：通入空气，O2将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3胶体，与Cr(OH)3共沉淀，Cr(OH)3沉淀更完全。
17．(1) 防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可) 一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来
(2)3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑
(3) 130～180 ℃(在温度范围内均可) 将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽
(4) 28 mL的CH3COCl 将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次
【详解】（1）该反应为放热反应，且盐酸是挥发性酸，则盐酸要缓慢滴加的原因是：防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可)；
根据题给信息，金属活泼性Mn>Fe，则锰可以置换出溶液总的二价铁离子，另外溶液中溶解的氧气可以将二价铁氧化为三价铁，则溶液中Fe2＋的浓度减少的原因是：一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来；
（2）“除铁”时，先加入H2O2将二价铁氧化为三价铁，再加入MnCO3固体时有CO2生成，相关的反应有：3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑；
（3）①根据锰元素守恒可知，，则，故要获得MnCl2·H2O，需要控制温度为：130～180 ℃之间；
②生成杂质是由于氯化锰的水解导致的，可以通过防止水解的发生而减少杂质的产生，故为减少副反应的发生，可采取的实验操作是：将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽；
（4）根据题给信息可知，还需要加入CH3COCl，并且(CH3COO)2Mn·4H2O~4CH3COCl，则需要CH3COCl的物质的量为0.4ml，体积为28mL，根据题中信息，经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，故答案为：28 mL的CH3COCl；将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次。
18．(1) 或 温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出
(2) 使砷酸根沉淀完全
(3)取反应后的溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，如无血红色产生，说明铁元素已被完全除去
(4)
【分析】含砷氧化锌废渣氨浸溶解废渣，加锌粉除铜、银、镍，加FeSO4、O2、(NH4)2S2O8，除砷，加高锰酸钾除铁，蒸氨生成氨气和二氧化碳，得到碱式碳酸锌，加热分解得到氧化锌。
【详解】（1）“氨浸”时，ZnO与NH3和NH4HCO3反应生成[Zn(NH3)4]CO3，离子方程式为ZnO+++3NH3=[Zn(NH3)4]2+++H2O或ZnO+2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2+H2O；当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降，主要是温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出；
故答案为：ZnO+++3NH3=[Zn(NH3)4]2+++H2O或ZnO+2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2+H2O；温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出。
（2）“除砷”时，FeSO4需过量，一是生成Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]胶体吸附含砷微粒，二是尽量使砷酸根沉淀完全；砷元素是第VA族，最高化合价为+5价，砷酸铁中的铁为+3价，故砷酸铁化学式为FeAsO4；
故答案为：使砷酸根沉淀完全；FeAsO4。
（3）Fe3+遇KSCN变红，检验铁元素是否被完全除去的实验方案为：取反应后的溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，如无血红色产生，说明铁元素已被完全除去；
故答案为：取反应后的溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，如无血红色产生，说明铁元素已被完全除去。
（4）“蒸氨”时，[Zn(NH3)4]CO3水解反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2和CO2，反应方程式为3[Zn(NH3)4]CO3+2H2O=ZnCO3⋅2Zn(OH)2+12NH3↑+2CO2↑；
故答案为：3[Zn(NH3)4]CO3+2H2O=ZnCO3⋅2Zn(OH)2+12NH3↑+2CO2↑。
19．(1)2C(OH)3+4H++═2C2+++5H2O
(2)Na2C2O4溶液呈碱性，且碱性强于溶液，由于溶液碱性太强而生成C(OH)2沉淀
(3)取最后一次洗涤滤液少许于一试管，向其中加入盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净，反之则反
(4)由实验③可知，取溶液，用溶液滴定，消耗溶液，根据电子守恒可知，与FeSO4反应的KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)= n(FeSO4)=×18.00×10-3L×0.1000ml/L×=0.0036ml，则与C
OC2O4反应的KMnO4的物质的量为：0.1L×0.1ml/L-0.0036ml=0.0064ml，根据电子守恒可知，n(CC2O4)=n(KMnO4)==0.016ml，故样品中草酸钴晶体()的质量分数为：×100%=96.00%
(5)加入稀盐酸调节溶液的pH在1~3时，在70℃水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在温度下高温煅烧至恒重即可
【分析】由题干本工艺流程图信息可知，C(OH)3溶解还原反应为C(OH)3、H+、的氧化还原反应，发生2C(OH)3+4H++═2C2+++5H2O，由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气、加入氯酸钠，亚铁离子被氧化为铁离子；(4)C2+不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故草酸钴与酸性高锰酸钾溶液反应是只能氧化草酸根离子，根据得失电子总数相等即可解答，(5)结合题干信息可知，煅烧生成，以上生成即可解题，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，“溶解还原”过程中发生反应的离子方程式为2C(OH)3+4H++═2C2+++5H2O，故答案为：2C(OH)3+4H++═2C2+++5H2O；
（2）由于Na2C2O4溶液呈碱性，且碱性强于溶液，故“沉钴”时，若用溶液代替溶液，则可能由于溶液碱性太强而生成C(OH)2沉淀，引入杂质，故答案为：Na2C2O4溶液呈碱性，且碱性强于溶液，由于溶液碱性太强而生成C(OH)2沉淀；
（3）此实验中生成的CC2O4表面含有可溶性杂质离子为等，故检验固体是否洗净的实验操作是取最后一次洗涤滤液少许于一试管，向其中加入盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净，反之则反，故答案为：取最后一次洗涤滤液少许于一试管，向其中加入盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净，反之则反；
（4）由实验③可知，取溶液，用溶液滴定，消耗溶液，根据电子守恒可知，与FeSO4反应的KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)= n(FeSO4)=×18.00×10-3L×0.1000ml/L×=0.0036ml，则与CC2O4反应的KMnO4的物质的量为：0.1L×0.1ml/L-0.0036ml=0.0064ml，根据电子守恒可知，n(CC2O4)=n(KMnO4)==0.016ml，故样品中草酸钴晶体()的质量分数为：×100%=96.00%，故答案为：由实验③可知，取溶液，用溶液滴定，消耗溶液，根据电子守恒可知，与FeSO4反应的KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)= n(FeSO4)=×18.00×10-3L×0.1000ml/L×=0.0036ml，则与CC2O4反应的KMnO4的物质的量为：0.1L×0.1ml/L-0.0036ml=0.0064ml，根据电子守恒可知，n(CC2O4)=n(KMnO4)==0.016ml，故样品中草酸钴晶体()的质量分数为：×100%=96.00%；
（5）已知：尿素水溶液在以上能缓慢水解产生，在为1～3时水解速率对生成沉淀较为适宜。结合题干信息可知，煅烧生成，以上生成，故以溶液、尿素粉末、盐酸为原料，制备的实验方案：取一定体积溶液，加入稀盐酸调节溶液的pH在1~3时，在70℃水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在温度下高温煅烧至恒重即可，故答案为：加入稀盐酸调节溶液的pH在1~3时，在70℃水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在温度下高温煅烧至恒重即可。
20． 增大 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+ 使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化 生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中 取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全 向产品中加入10ml•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥
【分析】实验室流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，滤液中含有Cu2+，NH4+，H+，SO42-，NO3-。过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的产品CuCl，据此分析。
【详解】（1）若硫酸浓度过大，实际会发生浓硝酸与铜的反应，产生NO、NO2等有害气体，与相同质量的铜反应时，硝酸根消耗量增大，NH4NO3的用量增大。
（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+。CuCl在酸性条件下较稳定，加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化。
（3）步骤③中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；
（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的本质是检查是否有Cu+残留，检验的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全。
（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10ml•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。
21．(1)Fe3O4+4H23Fe+4H2O
(2) 正四面体 0.75
(3) 纳米铁粉去除污水中的机理为：Fe和铁的氧化物组成了原电池，Fe为负极失去电子转化为Fe2+，电子转移到铁的氧化物表面，Cu2+的氧化性强于H+，故Cu2+得到电子转化Cu，而纳米铁粉去除污水中机理为：Fe和铁的氧化物组成了原电池，Fe为负极失去电子转化为Fe2+，电子转移到铁的氧化物表面，Zn2+的氧化性弱于H+，故H+得到电子转化H2，同时生成留下了OH-与Zn2+结合生成了Zn(OH)2沉淀 时，随减小，H+过大，能够直接与铁的氧化物反应进而直接与Fe反应，故和去除率减小
【详解】（1）已知磁铁矿为Fe3O4，其与氢气反应制备铁的化学方程式为：Fe3O4+4H23Fe+4H2O，故答案为：Fe3O4+4H23Fe+4H2O。
（2）①中离子中心原子B周围的价层电子对数为：4+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
②已知NaBH4中H为-1价，还原Fe3+时反应生成0价的H2，根据得失电子总数相等可知，由每生成，需得到3ml电子，而1ml NaBH4将失去4ml电子，故需要物质的量是0.75ml，故答案为：0.75。
（3）①由图示可知，纳米铁粉去除污水中的机理为：Fe和铁的氧化物组成了原电池，Fe为负极失去电子转化为Fe2+，电子转移到铁的氧化物表面，Cu2+的氧化性强于H+，故Cu2+得到电子转化Cu，而纳米铁粉去除污水中机理为：Fe和铁的氧化物组成了原电池，Fe为负极失去电子转化为Fe2+，电子转移到铁的氧化物表面，Zn2+的氧化性弱于H+，故H+得到电子转化H2，同时生成留下了OH-与Zn2+结合生成了Zn(OH)2沉淀，故答案为：纳米铁粉去除污水中的机理为：Fe和铁的氧化物组成了原电池，Fe为负极失去电子转化为Fe2+，电子转移到铁的氧化物表面，Cu2+的氧化性强于H+，故Cu2+得到电子转化Cu，而纳米铁粉去除污水中机理为：Fe和铁的氧化物组成了原电池，Fe为负极失去电子转化为Fe2+，电子转移到铁的氧化物表面，Zn2+的氧化性弱于H+，故H+得到电子转化H2，同时生成留下了OH-与Zn2+结合生成了Zn(OH)2沉淀；
②由图2可知，时，随减小，H+过大，能够直接与铁的氧化物反应进而直接与Fe反应，故和去除率减小，故答案为：时，随减小，H+过大，能够直接与铁的氧化物反应进而直接与Fe反应，故和去除率减小。