专题06 金属及其化合物（基础卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版）

这是一份专题06 金属及其化合物（基础卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题06 金属及其化合物（基础卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1. (2020·全国·单元测试)《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述，“绿矾形似朴消()而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是（ ）
A. 绿矾的化学式为FeSO4·7H2O
B. 绿矾分解过程中没有发生电子的转移
C. “色赤”物质可能是Fe2O3
D. 流出的液体中可能含有硫酸
【答案】B
【解析】
A. 绿矾形似朴消（Na2SO4•10H2O），绿矾的化学式为FeSO4•7H2O，故A正确；
B. 由信息可知生成红色的氧化铁，Fe元素的化合价变化，有电子转移，故B错误；
C. Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故C正确；
D. FeSO4•7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸，故D正确。
故选B。  
2. (2021·江苏省苏州市·月考试卷)以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是（ ）

A. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5
D. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
【答案】C
【解析】
由流程可知，高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸根，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。
A、铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故A正确；
B、滤液中含有AlO，通入过量CO2，发生反应：AlO+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO，生成Al（OH）3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al（OH）3，再灼烧Al（OH）3，反应为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O，即可制得Al2O3，故B正确；
C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16，故C错误；
D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故D正确。
故选：C。  
3. (2021·全国·历年真题)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）
A. 将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B. 铝中加入适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C. 盐碱地(含有较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D. 无水CoCl2，呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】
A．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+，从而除去氯气，故A正确；
B．Li-Al合金密度较小且硬度及强度大，所以Li-Al合金可以用于航空工业，故B正确；
C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性，碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，所以盐碱地中加入熟石灰不能改良土壤，故C错误；
D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可以根据变色硅胶颜色变化判断是否吸水，故D正确。
故选C。  
4. (2021·云南省·单元测试)某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是（    ）
A. Fe2+ B. NH4+ C. Al3+ D. Fe3+
【答案】C
【解析】
混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成FeCl3、AlCl3，所以溶液中浓度减小，Fe2+浓度减小，Fe3+浓度增大，由于加入氢氧化钠，所以Na+浓度增大，则几乎不变的阳离子是Al3+，故C正确。
故选C。  
5. (2021·广东省梅州市·期中考试)在给定条件下，下列选项所示物质间不满足每一步转化均能实现的是（　 ）
A. N2(g)NO(g)NaNO2(aq)
B. SiO2Na2SiO3H2SiO3
C. AlNaAlO2Al(OH)3
D. Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)
【答案】A
【解析】
A．氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮，但一氧化氮与氢氧化钠不反应，故A错误；
B．二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水、硅酸钠与二氧化碳和水反应生成硅酸，故B正确；
C．Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和二氧化碳、水反应生成Al(OH)3，故C正确；
D．铝和四氧化三铁高温反应生成铁和氧化铝，铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，故D正确；
故选：A。  
6. (2021·全国·模拟题)取一定质量铁和氧化铁的混合物加入100mL 1mol•L-1盐酸中，两者恰好完全反应，产生标准状况下气体0.448L，且反应后溶液中滴加KSCN溶液无明显现象。原混合物中铁和氧化铁的物质的量比是（　 ）
A. 1：1 B. 2：1 C. 3：1 D. 1：2
【答案】C
【解析】
一定质量铁和氧化铁的混合物与盐酸恰好完全反应，且反应后溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，说明溶液中溶质是FeCl2，由氯离子守恒有：n（FeCl2）=n（HCl）=×0.1L×1mol/L=0.05mol，反应生成的气体是H2，n（H2）==0.02mol，由Fe原子守恒有：n（Fe）+2n（Fe2O3）=n（FeCl2）=0.05mol，由电子转移守恒有：n（Fe）=n（Fe2O3）+n（H2）=n（Fe2O3）+0.02mol，联立解得：n（Fe）=0.03mol、n（Fe2O3）=0.01mol，故n（Fe）：n（Fe2O3）=0.03mol：0.01mol=3：1，
故选C。  
7. (2021·广东省深圳市·期中考试)甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法正确的是（　　）


A. 若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B. 若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C. 若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使高锰酸钾溶液褪色
D. 若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊
【答案】D
【解析】
A. 甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；
B. 若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；
C. 丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，都不能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D. 若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为S、乙为氧气、丙为二氧化硫、丁为HClO等具有强氧化性的物质、戊为硫酸时，则含S元素的物质中S的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，故D正确。
故选：D。  
8. (2021·广东省·月考试卷)某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是（　　）

A. ①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B. ③中反应的化学方程式：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
C. ③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D. 由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
【答案】B
【解析】
由实验可知，①中发生3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，②中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，以此来解答；
A.①中发生3Cu+8HNO3（稀）​=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B.实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O，故B正确；
C.③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，硝酸的氧化性强，故C错误；
D.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选B。  
9. (2021·全国·单元测试)废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：

下列说法不正确的是（   ）
A. 热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污
B. 操作a是萃取
C. 冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解
D. Fe2O3可用作红色颜料
【答案】B
【解析】
A、热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A正确；
B、加入碳酸氢铵溶液得到沉淀，操作a为过滤，故B错误；
C、冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解，故C正确；
D、Fe2O3俗称铁红，可用作红色颜料，故D正确；
故选：B。  
10. (2021·江西省·单元测试)明矾在造纸等方面应用广泛。实验室中采用废易拉罐（含有Al和少量Fe、Mg杂质）制备明矾的流程如图所示：

下列叙述错误的是（    ）
A. 回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用
B. “沉淀”为
C. “操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶
D. 上述流程中可用过量代替
【答案】B
【解析】
易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，强酸制取弱酸，AlO2-生成Al（OH）3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾。
A.回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，故A正确； 
B.“沉淀”为Al（OH）3沉淀，故B错误；
C.“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，故C正确； 
D.强酸制取弱酸，通入过量CO2​，使AlO2-生成Al（OH）3沉淀，上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3，故D正确。
故选B。  
11. (2021·湖北省·单元测试)在200mL含、、、、等离子的溶液中，逐滴加入的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示，下列叙述正确的是（  ）

A. 原溶液中：：1
B. 原溶液中的
C. x与y的差值为
D. 原溶液中
【答案】D
【解析】
A.由Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，溶解氢氧化铝的NaOH的物质的量为（35-33）×10-3L×4mol•L-1=0.008mol，即Al（OH）3的物质的量为0.008mol，则原溶液中n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.008mol，由图可知沉淀Mg2+、Al3+消耗氢氧化钠的物质的量n（NaOH）=（30-4）×10-3L×4mol•L-1=0.104mol，根据氢氧根守恒该阶段有3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH），则n[Mg（OH）2]=（0.104mol-0.008mol×3）=0.04mol，故原溶液中n（Mg2+）=0.04mol，故原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1，故A错误；
B.0～4mL发生H+与氢氧化钠的反应，则H+的物质的量为4×10-3L×4mol•L-1=0.016mol，c（H+）==0.08mol/L，故B错误；
C.由图象可知，x与y的差值即为Al（OH）3的物质的量，Al（OH）3的物质的量为0.008mol，故C错误；
D.溶液中的阴离子只有Cl-，则加入33mLNaOH溶液时Cl-全部存在于NaCl中，则Cl-的物质的量为33×10-3L×4mol•L-1=0.132mol，原溶液中c（Cl-）==0.66mol/L，故D正确；
故选D。  
12. (2021·山西省朔州市·月考试卷)下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（　　）
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3
C. Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3 D. Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4
【答案】C
【解析】
A.Na和水反应生成NaOH，NaOH和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成NaCl，所以物质之间能一步转化，故A不选；
B.Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，所以物质之间能一步转化，故B不选；
C.氧化铝和水不反应，所以氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，故C选；
D.Mg和盐酸反应生成氯化镁，氯化镁和NaOH反应生成氢氧化镁，氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁，所以物质之间能一步转化，故D不选；
故选：C。
13. (2021·浙江省·模拟题)下列“类比”合理的是（　　）
A. C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3
B. 铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2
C. Mg与CO2反应生成MgO和C，则Na与CO2反应可能生成Na2CO3和C
D. 往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al（OH）3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu（OH）2沉淀
【答案】C
【解析】
A.S与足量氧气反应生成二氧化硫，则类推不合理，故A错误；
B.氯气具有强氧化性，与Fe反应生成氯化铁，则类推不合理，故B错误；
C.与二氧化碳反应时，金属失去电子作还原剂，C元素的化合价降低，二氧化碳作氧化剂，则Na与CO2反应可能生成Na2CO3和C，类推合理，故C正确；
D.CuCl2溶液中加入过量氨水生成配合物，无沉淀生成，则类推不合理，故D错误；
故选：C。
14. (2021·甘肃省平凉市·期末考试)下列各组物质，不能按 (“→”表示反应一步完成)关系转化的是（　　）
选项
a
b
c
A.
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B.
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
C.
Al
Al(OH)3
Al2O3
D.
MgCl2
Mg(OH)2
MgO
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A项：Al2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3；
B项：AlCl3Al(OH)3NaAlO2AlCl3；
C项：Al―→Al(OH)3不能一步完成；
D项：MgCl2Mg(OH)2MgOMgCl2。
15. (2021·广东省·专项测试)“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置（部分夹持装置省略）如下：下列叙述错误的是（    ）

A. 实验时先点燃装置的酒精灯，过一段时间后再打开装置中分液漏斗的旋塞
B. 装置的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的
C. 向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出
D. 用装置加热碳酸氢钠可实现步骤Ⅱ的转化，所得可循环使用
【答案】D
【解析】
A．氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A正确；
B．氨气是污染性气体不能排放到空气中，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B正确；
C．通入氨气的作用是增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；
D．用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳不能被收集循环使用，故D错误。
故选D。  
16. (2021·云南省·单元测试)由硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下，下列说法不正确的是（    ）

A. 过程1，废气中含SO2
B. 过程2，试剂a为稀硫酸
C. 过程3，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
D. 过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
【答案】D
【解析】
硫铁矿（主要成分：FeS2 和SiO2）高温煅烧后的烧渣为氧化铁、二氧化硅，溶于硫酸，滤渣为二氧化硅，滤液为硫酸铁，通入足量二氧化硫，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，经蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾（FeSO4·7H2O）晶体。
A.二硫化亚铁与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫，化学方程式为：4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，过程1废气中含SO2，故A正确；  
B.制取绿矾（FeSO4·7H2O）晶体，过程2试剂a 为稀硫酸，故B正确；
C.过程3为二氧化硫还原铁离子生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+，故C正确；
D.过程4将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干时绿矾受热易失去结晶水，得不到纯净绿矾，故D错误。
故选D。  
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17. (2021·体验省·单元测试)A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体．D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体．它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）．

请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A______、D______、E______、X______．
（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是______（填编号）．
（3）反应④的离子方程式是__________________________；
（4）反应⑦的化学方程式是_______________________________；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子______mol．
（5）写出D的溶液与小苏打溶液反应的离子方程式是__________________________。
（6）除去D溶液中混有的少量G的方法是_____________________。
（7）在D溶液中制备无水D固体的方法是__________________________．
【答案】
（1）Fe；FeCl3；Fe3O4；HCl；
（2）③⑥；
（3）2Fe3++Fe=3Fe2+；
（4）3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；0.8；
（5）Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（6）向混合溶液中通入足量的氯气；
（7）将三氯化铁溶液在HCl环境（或气氛）中加热蒸干
【解析】
（1）由上述分析可知，A为Fe，D为FeCl3，E为Fe3O4，X为HCl，
故答案为：Fe；FeCl3；Fe3O4；HCl；
（2）在反应①～⑦中，①为铁和氯气发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和盐酸发生的复分解反应，不是氧化还原反应，④为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，⑥是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，
故答案为：③⑥；
（3）反应④的离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（4）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4H2O反应转移电子为8mol，铁元素从0价变化为+价，每消耗 0.3mol的A（Fe），可转移电子0.8mol，
故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；0.8；
（5）D为FeCl3，可与碳酸氢钠发生互促水解反应，反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（6）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是：向混合溶液中通入足量的氯气，故答案为：向混合溶液中通入足量的氯气；
（7）如果要从氯化铁溶液得到纯氯化铁固体，需要抑制氯化铁的水解得到氯化铁，将三氯化铁溶液在HCl环境（或气氛）中加热蒸干，
故答案为：将三氯化铁溶液在HCl环境（或气氛）中加热蒸干．
18. (2021·河北省衡水市·月考试卷)以黄铁矿为原料制备硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上，可利用废渣（含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO）制备高档颜料铁红（Fe2O3）和回收（NH4）2SO4，具体生产流程如下：

已知：铵黄铁矾的化学式为（NH4）2Fe6（SO4）4（OH）12
（1）在废渣溶解操作时，应选用______溶解（填字母）
A．氨水   B．氢氧化钠溶液    C．盐酸     D．硫酸
（2）为了提高废渣溶解时的浸取效率，可采用的措施有哪些？
____________________________________（至少写出两点）
（3）物质A是一种氧化剂，工业上一般选用空气，其理由是________________，氧化过程中发生的离子方程式为_______________________________。
（4）根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件是：____________。

（5）铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe（OH）3、Ca（OH）2、___________。铵黄铁矾与氨水反应的离子方程式为_______________________________。
【答案】
（1）D；
（2）将废渣粉碎、加热、搅拌等；
（3）原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（4）80℃，pH=1.5；
（5）Mg（OH）2、CaSO4；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+​。
【解析】
（1）能溶解废渣且不能引进新的杂质，氨水和NaOH不溶解CaO和MgO，稀盐酸能溶解废渣但引进杂质，稀硫酸能溶解废渣且不引进新的杂质，
故答案为：D；
（2）为了提高废渣的浸取率，可采用的措施有：将废渣粉碎、加热、搅拌等，
故答案为：将废渣粉碎、加热、搅拌等；
（3）物质A是一种氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，工业上一般选用空气，其理由是：原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质；氧化过程中发生的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，
故答案为：原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（4）由图可知，在80℃溶液pH=1.5时，较短时间内，可以使亚铁离子的氧化率达到最高，
故答案为：80℃，pH=1.5；
（5）铵黄铁矾中可能混有的杂质有：Fe（OH）3、Ca（OH）2、Mg（OH）2、CaSO4，铵黄铁矾与氨水反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：Mg（OH）2、CaSO4； Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+。
19. (2021·全国·历年真题)铝是应用广泛的金属，以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：

注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______________________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH______ （填“增大”、“不变”或“减小”）。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
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阳极的电极反应式为______________________，阴极产生的物质A的化学式为___________________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是__________________________。
【答案】
（1）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（2）减小；
（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化；
（4）4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑；H2；
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】
以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤Ⅱ得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解Ⅱ为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化，
故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；
（4）由图可知，阳极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2，
故答案为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑；H2； 
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。  
20. (2021·安徽省阜阳市·月考试卷)铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。
（1）工业上以铬铁矿[主要成分是Fe（CrO2）2]为原料冶炼铬的流程如图所示：

①Fe（CrO2）2中各元素化合价均为整数，则铬为______价。
②高温氧化时反应的化学方程式为_____________________。
③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是_________、铝热反应。
（2）Cr（OH）3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式_________、_________。
（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体（CrxFeyOz）：先向含CrO42-的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气（氧化部分Fe2+）并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
①写出CrO42-在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式：_______________。
②若处理含 1molCrO42-（不考虑其他含铬微粒）的污水时恰好消耗10molFeSO4，则当铁铬氧体中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2时，铁铬氧体的化学式为_________。
【答案】
（1）+3  4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2  分解反应 
（2）NaCrO2  Cr2（SO4）3 
（3）CrO42-+3Fe2++8H+=Cr3++3Fe3++4H2O  Cr2Fe20O27
【解析】
（1）①Fe（CrO2）2中Fe为+2价、O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
 ②加入碳酸钠，高温氧化，可生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，反应的方程式为4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，
故答案为：4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
③操作a是Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，再和Al发生铝热反应生成氧化铝和Cr，
故答案为：分解反应；
（2）Cr（OH）3是两性氢氧化物，性质与氢氧化铝相似，分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐为NaCrO2、Cr2（SO4）3，
故答案为：NaCrO2；Cr2（SO4）3；
（3）①CrO42-在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为CrO42-+3Fe2++8H+=Cr3++3Fe3++4H2O，
故答案为：CrO42-+3Fe2++8H+=Cr3++3Fe3++4H2O；
②处理含1mol（不考虑其它含铬微粒） 的污水时恰好消耗10mol FeSO4，生成的Cr3+为1mol，同时得到3mol的Fe3+，溶液中剩余Fe2+的物质的量为7mol，结合铁铬氧CrO42-体中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2，确定铁铬氧体中n（Fe2+）=6mol和n（Fe3+）=4mol，在铬铁氧体中各元素的化合价代数和为0，设O2-的物质的量n（O），则（1mol）×3+（6mol）×2+（4mol）×3=n（O）×2，解得：n（O）=13.5mol，
则x：y：z=1：（6+4）：13.5=2：10：27，所得铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27，
故答案为：Cr2Fe20O27。
21. (2021·上海市市辖区·模拟题)硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
（1）无水硫酸铜为______色粉末，CuSO4•5H2O属于______晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体的方法_______________。
（2）向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu（OH）2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因_________________。
（3）写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法____________。
（4）实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式_______________。0.80g CuSO4•5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。

（5）计算确定200℃时固体物质的化学式_________。
（6）用____________法分离混合液中的铜离子和铁离子。
【答案】
（1）白  离子  降温结晶 
（2）硫酸铜溶液中存在Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成二氧化碳气体，H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出 
（3）向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液 
（4）Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 
（5）CuSO4•H2O  纸层析
【解析】
（1）无水硫酸铜为白色粉末，遇水转化为蓝色的CuSO4•5H2O，可用此反应检验水蒸气；CuSO4•5H2O属于离子化合物，属于离子晶体；由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体，可采用降温结晶的方式，
故答案为：白；离子；降温结晶；
（2）硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成二氧化碳气体，使水解反应生成物H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出，
故答案为：硫酸铜溶液中存在Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成二氧化碳气体，H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出；
（3）使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液，要求碱过量，故方法为向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液，
故答案为：向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液；
（4）硫酸铜与H2S反应生成CuS和硫酸，故离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，
故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
（5）在200℃时失去的水的质量为0.80g-0.57g=0.23g，设CuSO4•5H2O晶体中失去结晶水的个数位x个；
CuSO4•5H2OCuSO4•（5-x）H2O+xH2O
250g                                                18xg
0.8g                                                 0.23g
解得x=4，200℃时固体物质的化学式CuSO4•H2O，
故答案为：CuSO4•H2O；
（6）纸层析的原理是利用离子在展开剂中的扩散速度不同而分离的，铁离子和铜离子在滤纸条上展开剂（丙酮和盐酸）中的扩散速度不同，从而可以分离．
故答案为：纸层析。