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专题06 金属及其化合物（提升卷）-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）
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这是一份专题06 金属及其化合物（提升卷）-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21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（提升卷）
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. (2021·江西省抚州市·月考试卷)《考工记》：金（青铜）有六齐，六分其金而锡居一，谓之钟鼎之齐；五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐；四分其金而锡居一，谓之戈戟之齐；三分其金而锡居一，谓之大刃之齐；五分其金而锡居二，谓之削杀矢之齐；金锡半，谓之鉴燧之齐。下列有关说法错误的是（ ）
A. 六齐是铜锡合金6种配比
B. 大刃硬度大于斧斤
C. 六齐之金，日久也会有铜绿生成
D. 依据铜锡不同比例可以配成黄铜
【答案】D
【解析】
A．根据信息可知，六齐是指青铜中铜和锡根据六种不同比例形成的不同器具，是铜锡合金6种配比比例，故A正确；
B．铁合金中碳含量越高，硬度越大，合金越脆，韧性越差，故B正确；
C．六齐中含铜单质，日久会生锈得到铜锈，即铜绿，故出土青铜都有铜绿，故C正确；
D．黄铜是铜锌合金，铜锡不同比例仍为青铜，故D错误；
故选：D。
2. (2021·山西省·期末考试)某化学实验小组探究Fe2+和Fe3+性质时，发现：往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。
已知：
①X为NaClO溶液，Y为FeCl3和KSCN的混合溶液。
②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；
Ca（OH）2溶液变浑浊。根据实验现象推测下列说法错误的是（ ）
A. 氯水可以将Fe2+氧化成Fe3+
B. 烧瓶中还可能产生红褐色沉淀
C. 烧瓶中产生的气体中一定含有SO2
D. KSCN中的N元素一定被氧化
【答案】C
【解析】
A.氯水可以将Fe2+氧化成Fe3+：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；
B.由于NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，烧瓶中的Fe3+与水解产生OH-反应会产生Fe（OH）3红褐色沉淀，故B正确；
C.由于二氧化碳也能使石灰水变浑浊，故无法确定烧瓶中的气体中含不含二氧化硫，故C错误；
D.最终集气瓶中有气泡冒出，则说明一定产生了氮气，故D正确；
故选：C。
3. (2021·全国·同步练习)下列有关金属及其化合物的说法正确的是（ ）
A. Na久置于空气中最终生成NaHCO3
B. 金属单质在化学反应中往往体现出还原性
C. 金属元素在自然界中都是以化合态形式存在的
D. Mg比Al活泼，更易与NaOH溶液反应生成H2
【答案】B
【解析】
A．NaHCO3不稳定，易分解，Na久置于空气中最终生成Na2CO3，故A错误；
B．金属单质在反应中只能失去电子，所以金属单质在化学反应中往往体现出还原性，故B正确；
C．大多数金属性质活泼以化合态存在，只有少数非常不活泼的金属元素以游离态存在，如金，银等，故C错误；
D．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故D错误；
故选B。
4. (2021·安徽省·单元测试)元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具.如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A. 铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B. Fe（OH）2在空气中受热，转化为FeO
C. 由图可预测：高铁酸盐（FeO42-）具有氧化性
D. 加热Fe（OH）3发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】C
【解析】
A.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现上述转化①，故A错误；
B.Fe（OH）2在空气中受热，被氧化，转化为氧化铁，故B错误；
C.高铁酸盐中Fe为+6价，具有氧化性，故C正确；
D.氢氧化铁不溶于水，不能实现转化③，加热Fe（OH）3发生转化⑥，故D错误；
5. (2021·重庆市市辖区·单元测试)明矾[KAl（SO4）2·12H2O]是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A. 明矾水溶液显酸性，故明矾属于酸式盐
B. 0.1 mol·L-1明矾溶液完全水解生成Al（OH）3胶粒数小于6.02×1022
C. 室温下，0.1 mol·L-1明矾溶液中水电离出的c（H＋）大于10-7 mol·L-1
D. 当n[KAl（SO4）2·12H2O]︰n[Ba（OH）2]＝1︰2时，溶液中生成沉淀的物质的量最大
【答案】C
【解析】
A．明矾水溶液显酸性，是因为铝离子在水溶液发生水解导致的，本身不是酸式盐，故A错误；
B．由于溶液体积未知，所以无法衡量计算0.1mol•L-1明矾溶液完全水解生成Al（OH）3胶粒数是否小于6.02×1022，故B错误；
C．明矾溶液中铝离子发生水解显酸性，促进水的电离，则室温下，0.1mol•L-1明矾溶液中水电离出c（H+）大于10-7mol•L-1，故C正确；
D．当 n[KAl（SO4）2•12H2O]：n[Ba（OH）2]=2：3时，发生的离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，溶液中生成沉淀的物质的量最大，而当n[KAl（SO4）2•12H2O]：n[Ba（OH）2]=1：2时，发生的离子方程式为2Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，则此时生成的沉淀的质量最大，故D错误。
6. (2021·广西壮族自治区·单元测试)下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（ ）
A. Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3
B. Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)3
C.
D.
【答案】C
【解析】
A.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入CO2，生成氢氧化铝，故A正确；
B.氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe（OH）3+3H+，由于硫酸没有挥发性，所以生成硫酸铁，故B正确；
C.氮气不能与氧气反应生成二氧化氮，故C错误；
D.氢氧化钠溶液中通入二氧化碳可以生成碳酸钠，碳酸钠可以与碳酸氢钠相互转化，故D正确。
故选C。
7. (2020·全国·月考试卷)实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入代替
B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的
C. 与加入锌粉反应的离子为、
D. “过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO
【答案】D
【解析】
A.“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入代替，可以使铜与氧气反应生成氧化铜，再与稀硫酸反应，生成硫酸铜，故A正确；
B.加热过氧化氢分解为水和氧气，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2，故B正确；
C.pH=2的溶液中含有Cu2+、H+，加入锌可以将铜离子转变为铜、与H+反应生成氢气，故C正确；
D.滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，所以将滤液蒸干、高温灼烧不能得到纯净的氧化锌，故D错误。
故选D。
8. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)为探究某铜的硫化物组成，取一定量硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀 4.66 g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)完全溶于100mL 1mol/LH2SO4中，过滤，得到0.64 g 红色固体，将滤液稀释至200 mL，测得c(Cu2+)=0.1 mol/L。
已知：Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O。
下列说法正确的是（ ）
A. 得到白色沉淀亚硫酸钡
B. 原铜的硫化物中n(Cu)∶n(S)=2∶3
C. 最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12 g
D. 灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1
【答案】D
【解析】
铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+ H2SO4=BaSO4↓+2HCl，得到4.66 g白色沉淀是BaSO4，据此可计算S元素的物质的量n(S)=n(BaSO4)==0.02mol；灼烧后的固体可能为CuO、Cu2O中至少1种，将其溶解在稀硫酸中得到0.64g红色固体物质是Cu单质，证明含有Cu2O，根据方程式可知n(Cu2O)=n(Cu)==0.01mol，Cu2O与H2SO4反应过程中会生成0.01mol CuSO4；将滤液稀释至200 mL，测得c(Cu2+)=0.1 mol/L，n(CuO)=0.2L×0.1 mol/L-0.01mol=0.01mol。
A.根据上述分析可知反应产生的白色沉淀是硫酸钡，A错误；
B. 原铜的硫化物中Cu元素的物质的量为n(Cu)=n(CuO)+2n(Cu2O)=0.01mol+2×0.01mol=0.03mol，原铜的硫化物中S元素的物质的量0.02mol，所以n(Cu)∶n(S)=3∶2，B错误；
C. 100mL 1mol/LH2SO4的物质的量是n(H2SO4)=0.1L×1mol/L=0.1mol，向反应后的溶液中加入足量Fe粉，最后的溶液为FeSO4，所以根据元素守恒，可知溶解Fe的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，C错误；
D.根据前面计算可知n(Cu2O)=n(CuO)=0.01mol，所以灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1，D正确；
故选D。
9. (2021·全国·单元测试)用海水制盐工业中的母液来生产金属镁的一种工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 上述工艺流程中未涉及置换反应
B. 设计步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2
C. 脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解
D. 电解得到的炽热镁粉可在二氧化碳气氛中冷却
【答案】D
【解析】
由流程可知，CaO与水反应生成氢氧化钙，与母液中镁离子反应生成氢氧化镁，过滤分离出Mg（OH）2，Mg（OH）2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，在HCl在气流中蒸发结晶得到MgCl2，抑制镁离子的水解，最后电解熔融MgCl2冶炼Mg，以此来解答。
A．由上述分析可知，涉及化合反应、复分解反应、分解反应，不涉及置换反应，故A正确；
B．海水中镁离子浓度较小，步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2，故B正确；
C．因镁离子水解，且生成盐酸易挥发，则脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解，故C正确；
D．Mg为活泼金属，且Mg与二氧化碳反应，则电解熔融氯化镁冶炼Mg，不能在二氧化碳气氛中冷却，故D错误；
故选：D。
10. (2021·安徽省·月考试卷)下列说法中正确的是（ ）
①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用；
②砹(At)在第ⅦA族，其氢化物的稳定性大于HCl；
③Na2FeO4可作水的消毒剂和净化剂；
④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐；
⑤铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应；
⑥第3周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱；
⑦海水提镁的主要步骤为：
A. ①③④⑦ B. ①③⑥ C. ③④⑤⑦ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
①致密的Fe3O4是能保护内部的钢铁不被腐蚀的氧化膜，故①正确；
②第ⅦA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；
③Na2FeO4中铁为＋6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3＋，Fe3＋水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确；
④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，故④错误；
⑤铊(Tl)与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；
⑥第3周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；
⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误。
故选B。
11. (2021·广东省东莞市·单元测试)工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A. 由黄铁矿制硫酸：
B. 由重晶石制可溶性钡盐：重晶石
C. 由石英砂制高纯硅：石英砂粗硅
D. 由铝土矿冶炼铝：铝土矿
【答案】D
【解析】
A．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后用98%浓硫酸吸收，通过该生产流程可制备硫酸，故A正确；
B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡溶液，所以能由重晶石制可溶性钡盐，故B正确；
C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅和CO，高温下粗硅与氯气生成SiHCl3，在高温下用氢气还原SiHCl3可以得到Si，故C正确；
D．铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，不能电解氯化铝溶液，故D错误。
故选D。
12. (2021·黑龙江省哈尔滨市·期末考试)下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 制硫酸铝 B. 制氢氧化铝
C. 过滤氢氧化铝 D. 灼烧制氧化铝
【答案】C
【解析】
A.常温下Al与浓硫酸发生钝化，故得不到硫酸铝，故A错误；
B.硫酸铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，但氢氧化钠过量会溶解氢氧化铝Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故B错误；
C.氢氧化铝难溶于水，可用过滤的方法得到氢氧化铝，故C正确；
D.灼烧制氧化铝应在坩埚中进行，蒸发皿是加热液体药品的，故D错误。
故选C。
13. (2021·江西省·单元测试)以下示意图与相对应的反应情况分析正确的是（ ）
A. 图1 ：向含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2
B. 图2 ：向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
C. 图3 ：向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
D. 图4 ：向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
【答案】B
【解析】
A.向含有相同物质的量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；
B.NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；
C.假设含2molKAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始阶段滴加入3molBa（OH）2时，2mol铝离子和3mol硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成2mol氢氧化铝和3mol硫酸钡沉淀共5mol沉淀，然后再滴加入1molBa（OH）2时，继续形成1mol的硫酸钡沉淀但同时有会溶解2mol氢氧化铝沉淀，所以这一段沉淀的物质的量并没有增多反而减小，再滴加入Ba（OH）2时无反应发生最终只剩余硫酸钡沉淀，故C错误；
D.NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，当沉淀量达到最大时，再滴加盐酸，沉淀逐渐溶解直至消失，故D错误。
故选B。
14. (2021·江西省·单元测试)某酸性工业废水中含有一定量的Fe3＋、Cu2＋、Au3＋等离子。利用常用的酸、碱和工业生产中废铁屑，设计如下工艺流程，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。下列说法不正确的是（ ）
A. 标号①②③处发生的反应均为氧化还原反应
B. 标号③处加入的相应物质是稀硝酸
C. 标号①处发生的离子反应最多有三个
D. 铁红的化学式为Fe2O3，工业上常用作红色颜料
【答案】C
【解析】
由工艺流程图示知，E为铁元素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，2Au3++3Fe=2Au+3Fe2+；②处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含Fe2+的E溶液相混合；③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；④处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，从而再受热分解为氧化铜；⑤处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，最终受热分解为铁红（氧化铁）．
A.由以上分析可知，标号①②③处发生的反应均为氧化还原反应，故A正确；
B.标号③处加入的相应物质是稀硝酸，目的是分离铜和金，故B正确；
C.由以上分析可知，标号①处发生的离子反应最多有四个，故C错误；
D.Fe2O3的俗名是铁红，工业上常用作红色颜料，故D正确，
故选C。
15. (2021·安徽省蚌埠市·单元测试)
实验室在500℃时，隔绝空气加热硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示（已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2）。下列说法正确的是（ ）
A. 取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN，溶液变红，则残留物一定为Fe2O3
B. 装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用碱石灰
C. 装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成并除去SO3和NH3
D. 装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体生成，装置⑤用于收集生成的NH3和N2
【答案】C
【解析】
（NH4）2Fe（SO4）2在加热条件下分解，固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2，②中试剂X应为硫酸铜，用于检验水的生成，③可用于检验SO3，并吸收NH3，④用于检验SO2，过氧化氢可氧化SO2生成硫酸，⑤用于收集氮气。
A.如不含Fe2O3，而含有Fe3O4，则加入盐酸可生成氯化铁，滴加KSCN，溶液也会变红，故A错误；
B.应用硫酸铜检验水，用碱石灰没有明显的现象，故B错误；
C.装置③中盐酸可吸收氨气，水与三氧化硫反应生成硫酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D.若产生氨气，则在③处已经被吸收，故D错误。
故选C。
16. (2021·江西省南昌市·月考试卷)某同学为探究Al和NO3-反应情况，做如表实验。下列说法不正确的是（ ）
实验
现象
溶液无色，试管上方呈浅红棕色
产生大量气泡，能使湿润红色石蕊试纸变蓝
有白色沉淀生成，产生气泡，能使湿润红色石蕊试纸变蓝
A. 实验Ⅰ的离子反应：Al+NO3-+4H+=A13++NO↑+2H2O
B. 实验Ⅱ、Ⅲ的产物结果，说明NO3-只有在碱性或中性时才被还原为最低价
C. 实验Ⅲ中白色沉淀为Al（OH）3
D. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明NO3-在酸、碱及中性溶液中都能被还原
【答案】B
【解析】
A．实验Ⅰ反应后溶液无色，试管上方呈浅红棕色，说明有NO2生成，Al与稀硝酸反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，发生的离子反应：Al+NO3-+4H+=Al3++NO↑+2H2O，故A正确；
B．实验Ⅱ为碱性条件下，生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，实验Ⅲ为中性条件下，生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，只能说明在碱性或中性时被还原到最低价，但不能说明只有在碱性或中性时才被还原到最低价，故B错误；
C．实验Ⅲ为中性条件下，生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，故C正确；
D．实验Ⅰ，在酸性条件下被还原为NO，实验Ⅱ，在碱性条件下被还原为NH3，实验Ⅲ，在中性条件下被还原为NH3，故D正确；
故选：B。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17. (2021·全国·单元测试)A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如下图所示（部分反应产物已略去）。
请根据要求完成下列问题：
（1）若A可用于制取漂白粉，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则实验室制取A的离子方程式为________________________________，工业上常用B的溶液刻蚀铜制印刷线路板，该反应的化学方程式是__________________。
（2）若D是氯碱工业的产品，B是两性氢氧化物，则反应②的离子方程式是：_________________。
（3）若A是某强酸的稀溶液，则反应①的化学方程式是___________________。
（4）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要有害气体，则反应③的化学方程式是：______________________________。
（5）若A、B、C的焰色都呈黄色，D是气态酸性氧化物，则D可能是________或________(填化学式)，鉴别这两种气体可选用试剂_______________（填写一种即可）。
【答案】
（1）；2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；
（2）或；
（3）(合理即可)；
（4）；
（5）CO2；SO2；品红溶液(或酸性 KMnO4溶液、溴水、FeCl3溶液等)。
【解析】
（1）若A可用于制取漂白粉，则A为Cl2，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D为Fe，那么B为FeCl3，C为FeCl2。
实验室制Cl2的离子方程式为，工业上常用FeCl3溶液刻蚀铜制印刷线路板，该反应的化学方程式是2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，
故答案为：；2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；
（2）B是两性氢氧化物，那么B为Al(OH)3，氯碱工业的产品有H2、Cl2、NaOH，能和Al(OH)3反应的是NaOH，故D是NaOH，则反应②的离子方程式是：或，
故答案为：或；
（3）A可以是稀硝酸，D为Fe，B为Fe(NO3)3，C为Fe(NO3)2，反应①的化学方程式是：，
故答案为：(合理即可)；
（4）C是形成酸雨的主要有害气体，C为SO2，由A、B、C均含有同一种元素和A、D也是常见气体可推出A为H2S、B为S、D为O2，反应③的化学方程式是：，
故答案为：；
（5）A、B、C的焰色都呈黄色，说明都含有Na元素，A可以是NaOH，D是气态酸性氧化物，D可能是CO2或SO2，鉴别这两种气体可以利用SO2的漂白性和还原性来鉴别，可选用试剂有品红溶液(或酸性 KMnO4溶液、溴水、FeCl3溶液等)，
故答案为：CO2；SO2；品红溶液(或酸性 KMnO4溶液、溴水、FeCl3溶液等)。
18. (2021·湖北省恩施土家族苗族自治州·月考试卷)
I.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应I的化学方程式为______________________________________。
（2）处理母液的方法：向母液中加入石灰乳并加热，目的是使_______循环利用。
II.某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（3）装置丙中冷水的作用是_________________________________；
III.取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，请回答：
（4）
①A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中溶质的成分是______。
②B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况 )的最大值为_______mL。
③B曲线中当耗盐酸0< V(盐酸)<25mL时发生的离子反应为_______________。
【答案】
（1）NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）NH3；
（3）冷却，使碳酸氢钠晶体析出；
（4）①NaOH、Na2CO3；②112；③H++CO32-=HCO3-。
【解析】
I、（1）(1)反应I的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）根据题中反应流程可知，过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，反应生成氨气，氨气可以在反应流程中循环利用；
故答案为：NH3；
II、（3）NaHCO3的溶解度随着温度的降低而减小，故用冷水可以使溶液冷却，降低NaHCO3的溶解度，使之更易析出；
故答案为：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；
III.取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，
（4）①当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠；
故答案为：NaOH、Na2CO3；
②当盐酸的体积为25mL时有二氧化碳生成，即发生的化学反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，设生成气体的体积为V．
HCO3-+H+=H2O+CO2↑
1mol 22.4L
0.1mol/L（0.075-0.025）L V
V==0.112L=112mL；
故答案为：112；
③当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B曲线中消耗盐酸0＜v（HCl）＜25mL时发生的离子反应为：H++CO32-=HCO3-；
故答案为：H++CO32-=HCO3-。
19. (2021·四川省成都市·月考试卷)铜矾（主要成分CuSO4•5H2O）是一种可用于食品添加的铜强化剂。现以某硫铁矿渣（含有CuSO4、CuSO3、Cu2O及少量难溶于酸的Cu2S、CuS）制备铜矾的工艺过程如图：
（1）“1%硫酸酸浸”时，固液质量比为1：3并进行4～6次浸取，其目的是______。
（2）“滤饼”中含有Cu，其中Cu在“反应1”中溶解的离子方程式为________________；“废渣1”中只含有S单质，则“反应1”中Cu2S与Fe2（SO4）3反应的物质的量之比为______。
（3）“反应2”中通入空气的目的是_______________________________；结合离子方程式，说明“反应3”加入石灰石的作用_____________________。
（4）为了提高硫铁矿渣的利用率和产品的产率，在“浓缩”前进行的必要操作是______；分析下列溶解度信息，最适宜的结晶方式为___________。
t/℃
0
10
20
30
40
60
80
CuSO4•5H2O/（g/100g H2O）
23.1
27.5
32.0
37.8
44.6
61.8
83.8
（5）将铜矾、生石灰、水按质量比依次为1.0：0.56：100混合配制无机铜杀菌剂波尔多液，其有效成分为CuSO4•xCu（OH）2•yCa（OH）2．当x=1时，试确定y的值为______。
【答案】
（1）提高固体矿渣的浸取率
（2）Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ 1：2
（3）将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+3H+，加入CaCO3消耗H+，使上述反应正向移动，有利于Fe（OH）3沉淀；
（4）将滤液并入 降温（或冷却）结晶
（5）4
【解析】
（1）“1%硫酸酸浸”时，由于硫酸浓度较小，为了提高固体矿渣的浸取率，可增加硫酸的体积和浸取的次数，故采取固液质量比为1：3并进行4～6次浸取的工艺；
故答案为：提高固体矿渣的浸取率；
（2）滤饼中的Cu可以与热Fe2（SO4）3发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，Cu被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒、电荷花守恒，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；“废渣1”中只含有S单质，“反应1”中Cu2S与
Fe2（SO4）3反应时，Cu由+1价变为+2价，S由-2价变为0价，Fe由+3价变为+2价，1molCu2S共失去1×2+2=4mol电子，1mol Fe2（SO4）3得到1mol×2=2 mol电子，根据得失电子守恒可知，Cu2S与Fe2（SO4）3反应时的物质的量之比为1：2；
故答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；1：2；
（3）在化工生产中，通常先把Fe2+氧化为Fe3+，然后再调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，所以“反应2”中通入空气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe3+ 发生水解反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+3H+，“反应3”加入CaCO3消耗H+，使上述反应正向移动，有利于Fe（OH）3沉淀生成；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+3H+，加入CaCO3消耗H+，使上述反应正向移动，有利于Fe（OH）3沉淀；
（4）由分析可知酸浸后过滤得到的滤液中含有一定量的CuSO4，为了提高硫铁矿渣的利用率和产品的产率，在“浓缩”前将此滤液并入，由表中数据可知，铜矾的溶解度随温度的升高而增大，因此可对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，从而得到铜矾晶体；
故答案为：将滤液并入；降温（或冷却）结晶；
（5）将铜矾、生石灰的质量比1.0：0.56，其物质的量之比=：=，根据原子守恒可知Cu2+和Ca2+的物质的量之比为2：5，将铜矾、生石灰、水按质量比依次为1.0：0.56：100混合配制无机铜杀菌剂波尔多液，硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜和硫酸钙的方程式为：CuSO4+Ca（OH）2=Cu（OH）2+CaSO4，波尔多液有效成分为CuSO4•xCu（OH）2•yCa（OH）2，当x=1时，消耗Ca（OH）2与生成Cu（OH）2物质的量之比为1：1，根据Ca原子守恒可知，未反应的Ca（OH）2的量为4，即参加反应的Ca（OH）2与剩余Ca（OH）2的物质的量之比为1：4，所以y=4；
故答案为：4。
20. (2021·全国·同步练习)蛭石是一种铝硅酸盐（不溶于稀酸、碱），加热后体积会增大为原体积的60倍，具有理想的保温及涵水功能，是种植业的优良基质材料。一种“暖宝宝”内充Fe粉、蛭石粉、活性炭、NaCl固体和吸水性树脂，使用时去掉不透气的外包装使透气内袋暴露在空气中，即可发热至53℃左右。
某化学兴趣小组设计了以下实验，探究已使用过的“暖宝宝”成分、回收蛭石，并制备“引火铁”（一种抛撒到空气中即可自燃的超细铁粉）。
【实验方案】
【实验装置】（制引火铁）
回答下列问题：
（1）在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是__________________。影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是________________。
（2）“实验方案”中“操作A”的具体内容为____________。
（3）有关使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式，下列说法正确的是________。
A.一定含有Fe、Fe2+、Fe3+
B.一定含Fe3+
C.一定含有Fe2+、Fe3+
D.可能含Fe
（4）制引火铁的“实验装置”中有两处明显的缺陷，分别是________和________。
（5）制取CO时，浓硫酸的作用是________________。实验开始时，应先点燃____（填“X”或“Y”）处酒精灯。
（6）“引火铁”在空气中能自燃的原因是________________________。
【答案】
（1）保温 透气膜透过空气的速度和铁粉的含量
（2）在空气中灼烧
（3）BD
（4）缺少除CO中甲酸气体的装置 尾气处理装置
（5）催化剂和脱水剂 X
（6）铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大
【解析】
（1）由已知可得，蛭石是一种铝硅酸盐（不溶于稀酸、碱），具有理想的保温及涵水功能，故在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是保温；影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是反应过程中热量的释放速率，反应速率反应装置中即暖宝宝内的氧气浓度有关，故影响的主要因素是透气膜透过空气的速率和铁粉的含量，
故答案为：保温；透气膜透过空气的速率和铁粉的含量；
（2）由已知反应流程可得，“实验方案”中“酸溶”后过滤出固体A中含有不溶性的蛭石和活性炭，要得到蛭石就是要出去其中的活性炭，活性炭与氧气反应生成二氧化碳，故“操作A”为在空气中灼烧，进而完成分离，
故答案为：空气中灼烧；
（3）由已知反应流程可得，“酸溶液”中加入K3Fe（CN）6生成蓝色沉淀，说明“酸溶液”中含有Fe2+，由于存在铁粉，所以Fe2+可能是原本溶液存在，也可能是后续反应生成，无法确定Fe2+的来源，加入KSCN溶液，生成血红色溶液，说明酸溶液中含有Fe3+，使用后的“暖宝宝”中一定存在Fe3+，综上分析可知，使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式一定含Fe3+可能含Fe、Fe2+，
故答案为：BD；
（4）由于HCOOH具有较强的挥发性且与氧化铁反应，CO有毒不能直接排放到空气中，必须进行尾气处理，故制引火铁的“实验装置”中两处明显的缺陷分别是缺少除CO中甲酸气体的装置和尾气未处理，
故答案为：缺少除CO中甲酸气体的装置；尾气未处理；
（5）制取CO的反应方程式为：HCOOHCO+H2O，浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂，由于CO具有可燃性，故需先通入CO将装置中的空气排空再加入红棕色粉末B，故实验开始时，应先点燃X处酒精灯，
故答案为：催化剂和脱水剂；X；
（6）由于“引火铁”是一种超细铁粉，表面积很大，能与空气中的氧气充分接触，故反应速率很快，且反应放热而短时间内达到铁的着火点而自燃，故“引火铁”在空气中能自燃的原因是铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大，
故答案为：铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大。
21. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)硫氰化钾(KSCN)是中学实验室的常见药品，某校化学兴趣小组在实验室制备少量KSCN样品，并进行探究实验，他们查有关资料：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，该反应比较缓慢。
Ⅰ．制备KSCN样品。
（1）制备NH4SCN溶液，装置如图所示：
①实验开始时打开K1，关闭K2，加热水浴装置，缓缓地向三颈烧瓶中持续通入NH3，并持续通入N2，通入N2的作用是_____________。
②一段时间后，当CS2反应完毕，停止实验，此时可以观察到三颈烧瓶内的现象是_____________。
③烧杯内的溶液X是________。
（2）制备KSCN溶液：关闭K1，打开K2，使用耐碱分液漏斗缓慢加入适量KOH溶液，继续加热，此时三颈烧瓶中发生反应的化学方程式是_____________。
（3）样品检测：待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的FeCl3溶液中，并没有观察到溶液明显变红的现象。请分析可能的原因：_____________。
Ⅱ．KSCN的探究实验，同学们用实验室配制的KSCN溶液做下列实验（不是兴趣小组合成的）。
（4）同学甲利用在充满氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣检测Fe3O4中是否有Fe3+，将铁丝残渣放入试管，加入适量盐酸使其溶解，再往混合液中滴入少量KSCN溶液检验是否有Fe3+，结果没变红。请分析原因：_______________________。
（5）同学乙往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，不过他注意到，当氯水过量时，红色会褪去，为此他设计如图装置进行探究。
Y为NaClO溶液，Z为FeCl3和KSCN的混合溶液。打开分液漏斗，持续缓慢滴入NaClO溶液至过量，他观察到：C中红色变浅，有大量气泡产生，C中还有其他现象为_______________________；D中的现象为__________________，F中有气泡。由此推测，KSCN具有________性。
【答案】
Ⅰ．（1）①搅拌作用；或者稀释氨，使接触更加充分，转化率高；驱赶硫化氢；②溶液不再分层；③NaOH（或CuSO4或CuCl2或KMnO4等）
（2）NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑
（3）原样品中含有过量的KOH会与FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀
Ⅱ．（4）残渣中除了含有生成的Fe3O4外还含有Fe，Fe会把Fe3+还原为Fe2+
（5）有红褐色沉淀生成；澄清石灰水变浑浊；还原
【解析】
（1）①向盛有CS2、H2O混合物的三颈烧瓶中缓缓持续通入NH3，并水浴加热发生反应：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，为了使反应物充分接触，提高转化率，要持续通入N2，起到搅拌（或者稀释氨气，使接触更加充分，转化率高）作用。
②CS2是有机溶剂，与水互不相溶，当反应一段时间后，若CS2反应完毕，由于反应产生的物质都易溶解在水中，此时可以观察到三颈烧瓶内的现象是溶液不再分层，此时停止实验，
故答案为：溶液不再分层；
③发生反应产生的H2S是有毒气体，会造成环境污染，可根据H2S水溶液显酸性，用NaOH等碱性溶液吸收；也可以利用H2S与CuSO4或CuCl2会产生CuS沉淀吸收除去；还可以利用其强的还原性，用具有强氧化性的物质如酸性KMnO4溶液等将其氧化除去，故烧杯内的溶液X是NaOH或CuSO4、CuCl2或者KMnO4等物质。
（2）将KOH溶液与NH4SCN溶液混合加热，发生反应：NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑，得到KSCN溶液。
（3）待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的FeCl3溶液中，并没有观察到明显变红的现象，可能是原样品中加入的KOH过量，与FeCl3溶液发生复分解反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，导致未发生3KSCN+FeCl3⇌Fe（SCN）3+3KCl，因此不能观察到溶液变为红色。
（4）Fe与O2在点燃时发生反应产生Fe3O4，把在充满氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣放入试管，加适量盐酸使其溶解，Fe3O4与HCl反应产生FeCl2、FeCl3和H2O，若铁丝残渣中含有未反应的Fe，则FeCl3与Fe反应转化为FeCl2，当溶液中不再含有Fe3+时，再往混合液中滴入少量KSCN溶液就不会变红色。
（5）往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，首先发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氧化产生Fe3+，Fe3+遇SCN-使溶液变成红色，当氯水过量时，SCN-会被过量氯水氧化成（SCN）2逸出，导致溶液的红色褪去；若将溶液Y改为NaClO，由于NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，烧瓶中的Fe3+与水解产生OH-反应会产生Fe（OH）3红褐色沉淀；同时由于NaClO具有强氧化性，会将SCN-氧化产生SO42-、CO2、N2等物质，气体逸出进入盛有饱和石灰水的装置D中，CO2与Ca（OH）2反应产生CaCO3沉淀，使石灰水变浑浊，因此他观察到：C中红色变浅，有大量气泡产生，C中还产生红褐色沉淀；D中澄清石灰水变浑浊，F中有气泡该气体主要是N2，由此可知KSCN具有强的还原性。
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（提升卷）
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. (2021·江西省抚州市·月考试卷)《考工记》：金（青铜）有六齐，六分其金而锡居一，谓之钟鼎之齐；五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐；四分其金而锡居一，谓之戈戟之齐；三分其金而锡居一，谓之大刃之齐；五分其金而锡居二，谓之削杀矢之齐；金锡半，谓之鉴燧之齐。下列有关说法错误的是（ ）
A. 六齐是铜锡合金6种配比
B. 大刃硬度大于斧斤
C. 六齐之金，日久也会有铜绿生成
D. 依据铜锡不同比例可以配成黄铜
【答案】D
【解析】
A．根据信息可知，六齐是指青铜中铜和锡根据六种不同比例形成的不同器具，是铜锡合金6种配比比例，故A正确；
B．铁合金中碳含量越高，硬度越大，合金越脆，韧性越差，故B正确；
C．六齐中含铜单质，日久会生锈得到铜锈，即铜绿，故出土青铜都有铜绿，故C正确；
D．黄铜是铜锌合金，铜锡不同比例仍为青铜，故D错误；
故选：D。
2. (2021·山西省·期末考试)某化学实验小组探究Fe2+和Fe3+性质时，发现：往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。
已知：
①X为NaClO溶液，Y为FeCl3和KSCN的混合溶液。
②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；
Ca（OH）2溶液变浑浊。根据实验现象推测下列说法错误的是（ ）
A. 氯水可以将Fe2+氧化成Fe3+
B. 烧瓶中还可能产生红褐色沉淀
C. 烧瓶中产生的气体中一定含有SO2
D. KSCN中的N元素一定被氧化
【答案】C
【解析】
A.氯水可以将Fe2+氧化成Fe3+：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；
B.由于NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，烧瓶中的Fe3+与水解产生OH-反应会产生Fe（OH）3红褐色沉淀，故B正确；
C.由于二氧化碳也能使石灰水变浑浊，故无法确定烧瓶中的气体中含不含二氧化硫，故C错误；
D.最终集气瓶中有气泡冒出，则说明一定产生了氮气，故D正确；
故选：C。
3. (2021·全国·同步练习)下列有关金属及其化合物的说法正确的是（ ）
A. Na久置于空气中最终生成NaHCO3
B. 金属单质在化学反应中往往体现出还原性
C. 金属元素在自然界中都是以化合态形式存在的
D. Mg比Al活泼，更易与NaOH溶液反应生成H2
【答案】B
【解析】
A．NaHCO3不稳定，易分解，Na久置于空气中最终生成Na2CO3，故A错误；
B．金属单质在反应中只能失去电子，所以金属单质在化学反应中往往体现出还原性，故B正确；
C．大多数金属性质活泼以化合态存在，只有少数非常不活泼的金属元素以游离态存在，如金，银等，故C错误；
D．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故D错误；
故选B。
4. (2021·安徽省·单元测试)元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具.如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A. 铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B. Fe（OH）2在空气中受热，转化为FeO
C. 由图可预测：高铁酸盐（FeO42-）具有氧化性
D. 加热Fe（OH）3发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】C
【解析】
A.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现上述转化①，故A错误；
B.Fe（OH）2在空气中受热，被氧化，转化为氧化铁，故B错误；
C.高铁酸盐中Fe为+6价，具有氧化性，故C正确；
D.氢氧化铁不溶于水，不能实现转化③，加热Fe（OH）3发生转化⑥，故D错误；
5. (2021·重庆市市辖区·单元测试)明矾[KAl（SO4）2·12H2O]是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A. 明矾水溶液显酸性，故明矾属于酸式盐
B. 0.1 mol·L-1明矾溶液完全水解生成Al（OH）3胶粒数小于6.02×1022
C. 室温下，0.1 mol·L-1明矾溶液中水电离出的c（H＋）大于10-7 mol·L-1
D. 当n[KAl（SO4）2·12H2O]︰n[Ba（OH）2]＝1︰2时，溶液中生成沉淀的物质的量最大
【答案】C
【解析】
A．明矾水溶液显酸性，是因为铝离子在水溶液发生水解导致的，本身不是酸式盐，故A错误；
B．由于溶液体积未知，所以无法衡量计算0.1mol•L-1明矾溶液完全水解生成Al（OH）3胶粒数是否小于6.02×1022，故B错误；
C．明矾溶液中铝离子发生水解显酸性，促进水的电离，则室温下，0.1mol•L-1明矾溶液中水电离出c（H+）大于10-7mol•L-1，故C正确；
D．当 n[KAl（SO4）2•12H2O]：n[Ba（OH）2]=2：3时，发生的离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，溶液中生成沉淀的物质的量最大，而当n[KAl（SO4）2•12H2O]：n[Ba（OH）2]=1：2时，发生的离子方程式为2Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，则此时生成的沉淀的质量最大，故D错误。
6. (2021·广西壮族自治区·单元测试)下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（ ）
A. Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3
B. Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)3
C.
D.
【答案】C
【解析】
A.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入CO2，生成氢氧化铝，故A正确；
B.氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe（OH）3+3H+，由于硫酸没有挥发性，所以生成硫酸铁，故B正确；
C.氮气不能与氧气反应生成二氧化氮，故C错误；
D.氢氧化钠溶液中通入二氧化碳可以生成碳酸钠，碳酸钠可以与碳酸氢钠相互转化，故D正确。
故选C。
7. (2020·全国·月考试卷)实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入代替
B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的
C. 与加入锌粉反应的离子为、
D. “过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO
【答案】D
【解析】
A.“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入代替，可以使铜与氧气反应生成氧化铜，再与稀硫酸反应，生成硫酸铜，故A正确；
B.加热过氧化氢分解为水和氧气，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2，故B正确；
C.pH=2的溶液中含有Cu2+、H+，加入锌可以将铜离子转变为铜、与H+反应生成氢气，故C正确；
D.滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，所以将滤液蒸干、高温灼烧不能得到纯净的氧化锌，故D错误。
故选D。
8. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)为探究某铜的硫化物组成，取一定量硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀 4.66 g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)完全溶于100mL 1mol/LH2SO4中，过滤，得到0.64 g 红色固体，将滤液稀释至200 mL，测得c(Cu2+)=0.1 mol/L。
已知：Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O。
下列说法正确的是（ ）
A. 得到白色沉淀亚硫酸钡
B. 原铜的硫化物中n(Cu)∶n(S)=2∶3
C. 最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12 g
D. 灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1
【答案】D
【解析】
铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+ H2SO4=BaSO4↓+2HCl，得到4.66 g白色沉淀是BaSO4，据此可计算S元素的物质的量n(S)=n(BaSO4)==0.02mol；灼烧后的固体可能为CuO、Cu2O中至少1种，将其溶解在稀硫酸中得到0.64g红色固体物质是Cu单质，证明含有Cu2O，根据方程式可知n(Cu2O)=n(Cu)==0.01mol，Cu2O与H2SO4反应过程中会生成0.01mol CuSO4；将滤液稀释至200 mL，测得c(Cu2+)=0.1 mol/L，n(CuO)=0.2L×0.1 mol/L-0.01mol=0.01mol。
A.根据上述分析可知反应产生的白色沉淀是硫酸钡，A错误；
B. 原铜的硫化物中Cu元素的物质的量为n(Cu)=n(CuO)+2n(Cu2O)=0.01mol+2×0.01mol=0.03mol，原铜的硫化物中S元素的物质的量0.02mol，所以n(Cu)∶n(S)=3∶2，B错误；
C. 100mL 1mol/LH2SO4的物质的量是n(H2SO4)=0.1L×1mol/L=0.1mol，向反应后的溶液中加入足量Fe粉，最后的溶液为FeSO4，所以根据元素守恒，可知溶解Fe的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，C错误；
D.根据前面计算可知n(Cu2O)=n(CuO)=0.01mol，所以灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1，D正确；
故选D。
9. (2021·全国·单元测试)用海水制盐工业中的母液来生产金属镁的一种工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 上述工艺流程中未涉及置换反应
B. 设计步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2
C. 脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解
D. 电解得到的炽热镁粉可在二氧化碳气氛中冷却
【答案】D
【解析】
由流程可知，CaO与水反应生成氢氧化钙，与母液中镁离子反应生成氢氧化镁，过滤分离出Mg（OH）2，Mg（OH）2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，在HCl在气流中蒸发结晶得到MgCl2，抑制镁离子的水解，最后电解熔融MgCl2冶炼Mg，以此来解答。
A．由上述分析可知，涉及化合反应、复分解反应、分解反应，不涉及置换反应，故A正确；
B．海水中镁离子浓度较小，步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2，故B正确；
C．因镁离子水解，且生成盐酸易挥发，则脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解，故C正确；
D．Mg为活泼金属，且Mg与二氧化碳反应，则电解熔融氯化镁冶炼Mg，不能在二氧化碳气氛中冷却，故D错误；
故选：D。
10. (2021·安徽省·月考试卷)下列说法中正确的是（ ）
①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用；
②砹(At)在第ⅦA族，其氢化物的稳定性大于HCl；
③Na2FeO4可作水的消毒剂和净化剂；
④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐；
⑤铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应；
⑥第3周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱；
⑦海水提镁的主要步骤为：
A. ①③④⑦ B. ①③⑥ C. ③④⑤⑦ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
①致密的Fe3O4是能保护内部的钢铁不被腐蚀的氧化膜，故①正确；
②第ⅦA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；
③Na2FeO4中铁为＋6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3＋，Fe3＋水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确；
④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，故④错误；
⑤铊(Tl)与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；
⑥第3周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；
⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误。
故选B。
11. (2021·广东省东莞市·单元测试)工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A. 由黄铁矿制硫酸：
B. 由重晶石制可溶性钡盐：重晶石
C. 由石英砂制高纯硅：石英砂粗硅
D. 由铝土矿冶炼铝：铝土矿
【答案】D
【解析】
A．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后用98%浓硫酸吸收，通过该生产流程可制备硫酸，故A正确；
B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡溶液，所以能由重晶石制可溶性钡盐，故B正确；
C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅和CO，高温下粗硅与氯气生成SiHCl3，在高温下用氢气还原SiHCl3可以得到Si，故C正确；
D．铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，不能电解氯化铝溶液，故D错误。
故选D。
12. (2021·黑龙江省哈尔滨市·期末考试)下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 制硫酸铝 B. 制氢氧化铝
C. 过滤氢氧化铝 D. 灼烧制氧化铝
【答案】C
【解析】
A.常温下Al与浓硫酸发生钝化，故得不到硫酸铝，故A错误；
B.硫酸铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，但氢氧化钠过量会溶解氢氧化铝Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故B错误；
C.氢氧化铝难溶于水，可用过滤的方法得到氢氧化铝，故C正确；
D.灼烧制氧化铝应在坩埚中进行，蒸发皿是加热液体药品的，故D错误。
故选C。
13. (2021·江西省·单元测试)以下示意图与相对应的反应情况分析正确的是（ ）
A. 图1 ：向含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2
B. 图2 ：向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
C. 图3 ：向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
D. 图4 ：向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
【答案】B
【解析】
A.向含有相同物质的量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；
B.NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；
C.假设含2molKAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始阶段滴加入3molBa（OH）2时，2mol铝离子和3mol硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成2mol氢氧化铝和3mol硫酸钡沉淀共5mol沉淀，然后再滴加入1molBa（OH）2时，继续形成1mol的硫酸钡沉淀但同时有会溶解2mol氢氧化铝沉淀，所以这一段沉淀的物质的量并没有增多反而减小，再滴加入Ba（OH）2时无反应发生最终只剩余硫酸钡沉淀，故C错误；
D.NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，当沉淀量达到最大时，再滴加盐酸，沉淀逐渐溶解直至消失，故D错误。
故选B。
14. (2021·江西省·单元测试)某酸性工业废水中含有一定量的Fe3＋、Cu2＋、Au3＋等离子。利用常用的酸、碱和工业生产中废铁屑，设计如下工艺流程，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。下列说法不正确的是（ ）
A. 标号①②③处发生的反应均为氧化还原反应
B. 标号③处加入的相应物质是稀硝酸
C. 标号①处发生的离子反应最多有三个
D. 铁红的化学式为Fe2O3，工业上常用作红色颜料
【答案】C
【解析】
由工艺流程图示知，E为铁元素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此①处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，2Au3++3Fe=2Au+3Fe2+；②处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含Fe2+的E溶液相混合；③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；④处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，从而再受热分解为氧化铜；⑤处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，最终受热分解为铁红（氧化铁）．
A.由以上分析可知，标号①②③处发生的反应均为氧化还原反应，故A正确；
B.标号③处加入的相应物质是稀硝酸，目的是分离铜和金，故B正确；
C.由以上分析可知，标号①处发生的离子反应最多有四个，故C错误；
D.Fe2O3的俗名是铁红，工业上常用作红色颜料，故D正确，
故选C。
15. (2021·安徽省蚌埠市·单元测试)
实验室在500℃时，隔绝空气加热硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示（已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2）。下列说法正确的是（ ）
A. 取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN，溶液变红，则残留物一定为Fe2O3
B. 装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用碱石灰
C. 装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成并除去SO3和NH3
D. 装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体生成，装置⑤用于收集生成的NH3和N2
【答案】C
【解析】
（NH4）2Fe（SO4）2在加热条件下分解，固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2，②中试剂X应为硫酸铜，用于检验水的生成，③可用于检验SO3，并吸收NH3，④用于检验SO2，过氧化氢可氧化SO2生成硫酸，⑤用于收集氮气。
A.如不含Fe2O3，而含有Fe3O4，则加入盐酸可生成氯化铁，滴加KSCN，溶液也会变红，故A错误；
B.应用硫酸铜检验水，用碱石灰没有明显的现象，故B错误；
C.装置③中盐酸可吸收氨气，水与三氧化硫反应生成硫酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D.若产生氨气，则在③处已经被吸收，故D错误。
故选C。
16. (2021·江西省南昌市·月考试卷)某同学为探究Al和NO3-反应情况，做如表实验。下列说法不正确的是（ ）
实验
现象
溶液无色，试管上方呈浅红棕色
产生大量气泡，能使湿润红色石蕊试纸变蓝
有白色沉淀生成，产生气泡，能使湿润红色石蕊试纸变蓝
A. 实验Ⅰ的离子反应：Al+NO3-+4H+=A13++NO↑+2H2O
B. 实验Ⅱ、Ⅲ的产物结果，说明NO3-只有在碱性或中性时才被还原为最低价
C. 实验Ⅲ中白色沉淀为Al（OH）3
D. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明NO3-在酸、碱及中性溶液中都能被还原
【答案】B
【解析】
A．实验Ⅰ反应后溶液无色，试管上方呈浅红棕色，说明有NO2生成，Al与稀硝酸反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，发生的离子反应：Al+NO3-+4H+=Al3++NO↑+2H2O，故A正确；
B．实验Ⅱ为碱性条件下，生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，实验Ⅲ为中性条件下，生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，只能说明在碱性或中性时被还原到最低价，但不能说明只有在碱性或中性时才被还原到最低价，故B错误；
C．实验Ⅲ为中性条件下，生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，故C正确；
D．实验Ⅰ，在酸性条件下被还原为NO，实验Ⅱ，在碱性条件下被还原为NH3，实验Ⅲ，在中性条件下被还原为NH3，故D正确；
故选：B。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17. (2021·全国·单元测试)A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如下图所示（部分反应产物已略去）。
请根据要求完成下列问题：
（1）若A可用于制取漂白粉，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则实验室制取A的离子方程式为________________________________，工业上常用B的溶液刻蚀铜制印刷线路板，该反应的化学方程式是__________________。
（2）若D是氯碱工业的产品，B是两性氢氧化物，则反应②的离子方程式是：_________________。
（3）若A是某强酸的稀溶液，则反应①的化学方程式是___________________。
（4）若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要有害气体，则反应③的化学方程式是：______________________________。
（5）若A、B、C的焰色都呈黄色，D是气态酸性氧化物，则D可能是________或________(填化学式)，鉴别这两种气体可选用试剂_______________（填写一种即可）。
【答案】
（1）；2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；
（2）或；
（3）(合理即可)；
（4）；
（5）CO2；SO2；品红溶液(或酸性 KMnO4溶液、溴水、FeCl3溶液等)。
【解析】
（1）若A可用于制取漂白粉，则A为Cl2，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D为Fe，那么B为FeCl3，C为FeCl2。
实验室制Cl2的离子方程式为，工业上常用FeCl3溶液刻蚀铜制印刷线路板，该反应的化学方程式是2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，
故答案为：；2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；
（2）B是两性氢氧化物，那么B为Al(OH)3，氯碱工业的产品有H2、Cl2、NaOH，能和Al(OH)3反应的是NaOH，故D是NaOH，则反应②的离子方程式是：或，
故答案为：或；
（3）A可以是稀硝酸，D为Fe，B为Fe(NO3)3，C为Fe(NO3)2，反应①的化学方程式是：，
故答案为：(合理即可)；
（4）C是形成酸雨的主要有害气体，C为SO2，由A、B、C均含有同一种元素和A、D也是常见气体可推出A为H2S、B为S、D为O2，反应③的化学方程式是：，
故答案为：；
（5）A、B、C的焰色都呈黄色，说明都含有Na元素，A可以是NaOH，D是气态酸性氧化物，D可能是CO2或SO2，鉴别这两种气体可以利用SO2的漂白性和还原性来鉴别，可选用试剂有品红溶液(或酸性 KMnO4溶液、溴水、FeCl3溶液等)，
故答案为：CO2；SO2；品红溶液(或酸性 KMnO4溶液、溴水、FeCl3溶液等)。
18. (2021·湖北省恩施土家族苗族自治州·月考试卷)
I.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应I的化学方程式为______________________________________。
（2）处理母液的方法：向母液中加入石灰乳并加热，目的是使_______循环利用。
II.某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（3）装置丙中冷水的作用是_________________________________；
III.取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，请回答：
（4）
①A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中溶质的成分是______。
②B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况 )的最大值为_______mL。
③B曲线中当耗盐酸0< V(盐酸)<25mL时发生的离子反应为_______________。
【答案】
（1）NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）NH3；
（3）冷却，使碳酸氢钠晶体析出；
（4）①NaOH、Na2CO3；②112；③H++CO32-=HCO3-。
【解析】
I、（1）(1)反应I的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）根据题中反应流程可知，过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，反应生成氨气，氨气可以在反应流程中循环利用；
故答案为：NH3；
II、（3）NaHCO3的溶解度随着温度的降低而减小，故用冷水可以使溶液冷却，降低NaHCO3的溶解度，使之更易析出；
故答案为：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；
III.取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，
（4）①当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠；
故答案为：NaOH、Na2CO3；
②当盐酸的体积为25mL时有二氧化碳生成，即发生的化学反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，设生成气体的体积为V．
HCO3-+H+=H2O+CO2↑
1mol 22.4L
0.1mol/L（0.075-0.025）L V
V==0.112L=112mL；
故答案为：112；
③当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B曲线中消耗盐酸0＜v（HCl）＜25mL时发生的离子反应为：H++CO32-=HCO3-；
故答案为：H++CO32-=HCO3-。
19. (2021·四川省成都市·月考试卷)铜矾（主要成分CuSO4•5H2O）是一种可用于食品添加的铜强化剂。现以某硫铁矿渣（含有CuSO4、CuSO3、Cu2O及少量难溶于酸的Cu2S、CuS）制备铜矾的工艺过程如图：
（1）“1%硫酸酸浸”时，固液质量比为1：3并进行4～6次浸取，其目的是______。
（2）“滤饼”中含有Cu，其中Cu在“反应1”中溶解的离子方程式为________________；“废渣1”中只含有S单质，则“反应1”中Cu2S与Fe2（SO4）3反应的物质的量之比为______。
（3）“反应2”中通入空气的目的是_______________________________；结合离子方程式，说明“反应3”加入石灰石的作用_____________________。
（4）为了提高硫铁矿渣的利用率和产品的产率，在“浓缩”前进行的必要操作是______；分析下列溶解度信息，最适宜的结晶方式为___________。
t/℃
0
10
20
30
40
60
80
CuSO4•5H2O/（g/100g H2O）
23.1
27.5
32.0
37.8
44.6
61.8
83.8
（5）将铜矾、生石灰、水按质量比依次为1.0：0.56：100混合配制无机铜杀菌剂波尔多液，其有效成分为CuSO4•xCu（OH）2•yCa（OH）2．当x=1时，试确定y的值为______。
【答案】
（1）提高固体矿渣的浸取率
（2）Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ 1：2
（3）将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+3H+，加入CaCO3消耗H+，使上述反应正向移动，有利于Fe（OH）3沉淀；
（4）将滤液并入 降温（或冷却）结晶
（5）4
【解析】
（1）“1%硫酸酸浸”时，由于硫酸浓度较小，为了提高固体矿渣的浸取率，可增加硫酸的体积和浸取的次数，故采取固液质量比为1：3并进行4～6次浸取的工艺；
故答案为：提高固体矿渣的浸取率；
（2）滤饼中的Cu可以与热Fe2（SO4）3发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，Cu被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒、电荷花守恒，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；“废渣1”中只含有S单质，“反应1”中Cu2S与
Fe2（SO4）3反应时，Cu由+1价变为+2价，S由-2价变为0价，Fe由+3价变为+2价，1molCu2S共失去1×2+2=4mol电子，1mol Fe2（SO4）3得到1mol×2=2 mol电子，根据得失电子守恒可知，Cu2S与Fe2（SO4）3反应时的物质的量之比为1：2；
故答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；1：2；
（3）在化工生产中，通常先把Fe2+氧化为Fe3+，然后再调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，所以“反应2”中通入空气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe3+ 发生水解反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+3H+，“反应3”加入CaCO3消耗H+，使上述反应正向移动，有利于Fe（OH）3沉淀生成；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+3H+，加入CaCO3消耗H+，使上述反应正向移动，有利于Fe（OH）3沉淀；
（4）由分析可知酸浸后过滤得到的滤液中含有一定量的CuSO4，为了提高硫铁矿渣的利用率和产品的产率，在“浓缩”前将此滤液并入，由表中数据可知，铜矾的溶解度随温度的升高而增大，因此可对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，从而得到铜矾晶体；
故答案为：将滤液并入；降温（或冷却）结晶；
（5）将铜矾、生石灰的质量比1.0：0.56，其物质的量之比=：=，根据原子守恒可知Cu2+和Ca2+的物质的量之比为2：5，将铜矾、生石灰、水按质量比依次为1.0：0.56：100混合配制无机铜杀菌剂波尔多液，硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜和硫酸钙的方程式为：CuSO4+Ca（OH）2=Cu（OH）2+CaSO4，波尔多液有效成分为CuSO4•xCu（OH）2•yCa（OH）2，当x=1时，消耗Ca（OH）2与生成Cu（OH）2物质的量之比为1：1，根据Ca原子守恒可知，未反应的Ca（OH）2的量为4，即参加反应的Ca（OH）2与剩余Ca（OH）2的物质的量之比为1：4，所以y=4；
故答案为：4。
20. (2021·全国·同步练习)蛭石是一种铝硅酸盐（不溶于稀酸、碱），加热后体积会增大为原体积的60倍，具有理想的保温及涵水功能，是种植业的优良基质材料。一种“暖宝宝”内充Fe粉、蛭石粉、活性炭、NaCl固体和吸水性树脂，使用时去掉不透气的外包装使透气内袋暴露在空气中，即可发热至53℃左右。
某化学兴趣小组设计了以下实验，探究已使用过的“暖宝宝”成分、回收蛭石，并制备“引火铁”（一种抛撒到空气中即可自燃的超细铁粉）。
【实验方案】
【实验装置】（制引火铁）
回答下列问题：
（1）在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是__________________。影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是________________。
（2）“实验方案”中“操作A”的具体内容为____________。
（3）有关使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式，下列说法正确的是________。
A.一定含有Fe、Fe2+、Fe3+
B.一定含Fe3+
C.一定含有Fe2+、Fe3+
D.可能含Fe
（4）制引火铁的“实验装置”中有两处明显的缺陷，分别是________和________。
（5）制取CO时，浓硫酸的作用是________________。实验开始时，应先点燃____（填“X”或“Y”）处酒精灯。
（6）“引火铁”在空气中能自燃的原因是________________________。
【答案】
（1）保温 透气膜透过空气的速度和铁粉的含量
（2）在空气中灼烧
（3）BD
（4）缺少除CO中甲酸气体的装置 尾气处理装置
（5）催化剂和脱水剂 X
（6）铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大
【解析】
（1）由已知可得，蛭石是一种铝硅酸盐（不溶于稀酸、碱），具有理想的保温及涵水功能，故在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是保温；影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是反应过程中热量的释放速率，反应速率反应装置中即暖宝宝内的氧气浓度有关，故影响的主要因素是透气膜透过空气的速率和铁粉的含量，
故答案为：保温；透气膜透过空气的速率和铁粉的含量；
（2）由已知反应流程可得，“实验方案”中“酸溶”后过滤出固体A中含有不溶性的蛭石和活性炭，要得到蛭石就是要出去其中的活性炭，活性炭与氧气反应生成二氧化碳，故“操作A”为在空气中灼烧，进而完成分离，
故答案为：空气中灼烧；
（3）由已知反应流程可得，“酸溶液”中加入K3Fe（CN）6生成蓝色沉淀，说明“酸溶液”中含有Fe2+，由于存在铁粉，所以Fe2+可能是原本溶液存在，也可能是后续反应生成，无法确定Fe2+的来源，加入KSCN溶液，生成血红色溶液，说明酸溶液中含有Fe3+，使用后的“暖宝宝”中一定存在Fe3+，综上分析可知，使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式一定含Fe3+可能含Fe、Fe2+，
故答案为：BD；
（4）由于HCOOH具有较强的挥发性且与氧化铁反应，CO有毒不能直接排放到空气中，必须进行尾气处理，故制引火铁的“实验装置”中两处明显的缺陷分别是缺少除CO中甲酸气体的装置和尾气未处理，
故答案为：缺少除CO中甲酸气体的装置；尾气未处理；
（5）制取CO的反应方程式为：HCOOHCO+H2O，浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂，由于CO具有可燃性，故需先通入CO将装置中的空气排空再加入红棕色粉末B，故实验开始时，应先点燃X处酒精灯，
故答案为：催化剂和脱水剂；X；
（6）由于“引火铁”是一种超细铁粉，表面积很大，能与空气中的氧气充分接触，故反应速率很快，且反应放热而短时间内达到铁的着火点而自燃，故“引火铁”在空气中能自燃的原因是铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大，
故答案为：铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大。
21. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)硫氰化钾(KSCN)是中学实验室的常见药品，某校化学兴趣小组在实验室制备少量KSCN样品，并进行探究实验，他们查有关资料：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，该反应比较缓慢。
Ⅰ．制备KSCN样品。
（1）制备NH4SCN溶液，装置如图所示：
①实验开始时打开K1，关闭K2，加热水浴装置，缓缓地向三颈烧瓶中持续通入NH3，并持续通入N2，通入N2的作用是_____________。
②一段时间后，当CS2反应完毕，停止实验，此时可以观察到三颈烧瓶内的现象是_____________。
③烧杯内的溶液X是________。
（2）制备KSCN溶液：关闭K1，打开K2，使用耐碱分液漏斗缓慢加入适量KOH溶液，继续加热，此时三颈烧瓶中发生反应的化学方程式是_____________。
（3）样品检测：待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的FeCl3溶液中，并没有观察到溶液明显变红的现象。请分析可能的原因：_____________。
Ⅱ．KSCN的探究实验，同学们用实验室配制的KSCN溶液做下列实验（不是兴趣小组合成的）。
（4）同学甲利用在充满氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣检测Fe3O4中是否有Fe3+，将铁丝残渣放入试管，加入适量盐酸使其溶解，再往混合液中滴入少量KSCN溶液检验是否有Fe3+，结果没变红。请分析原因：_______________________。
（5）同学乙往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，不过他注意到，当氯水过量时，红色会褪去，为此他设计如图装置进行探究。
Y为NaClO溶液，Z为FeCl3和KSCN的混合溶液。打开分液漏斗，持续缓慢滴入NaClO溶液至过量，他观察到：C中红色变浅，有大量气泡产生，C中还有其他现象为_______________________；D中的现象为__________________，F中有气泡。由此推测，KSCN具有________性。
【答案】
Ⅰ．（1）①搅拌作用；或者稀释氨，使接触更加充分，转化率高；驱赶硫化氢；②溶液不再分层；③NaOH（或CuSO4或CuCl2或KMnO4等）
（2）NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑
（3）原样品中含有过量的KOH会与FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀
Ⅱ．（4）残渣中除了含有生成的Fe3O4外还含有Fe，Fe会把Fe3+还原为Fe2+
（5）有红褐色沉淀生成；澄清石灰水变浑浊；还原
【解析】
（1）①向盛有CS2、H2O混合物的三颈烧瓶中缓缓持续通入NH3，并水浴加热发生反应：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，为了使反应物充分接触，提高转化率，要持续通入N2，起到搅拌（或者稀释氨气，使接触更加充分，转化率高）作用。
②CS2是有机溶剂，与水互不相溶，当反应一段时间后，若CS2反应完毕，由于反应产生的物质都易溶解在水中，此时可以观察到三颈烧瓶内的现象是溶液不再分层，此时停止实验，
故答案为：溶液不再分层；
③发生反应产生的H2S是有毒气体，会造成环境污染，可根据H2S水溶液显酸性，用NaOH等碱性溶液吸收；也可以利用H2S与CuSO4或CuCl2会产生CuS沉淀吸收除去；还可以利用其强的还原性，用具有强氧化性的物质如酸性KMnO4溶液等将其氧化除去，故烧杯内的溶液X是NaOH或CuSO4、CuCl2或者KMnO4等物质。
（2）将KOH溶液与NH4SCN溶液混合加热，发生反应：NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑，得到KSCN溶液。
（3）待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的FeCl3溶液中，并没有观察到明显变红的现象，可能是原样品中加入的KOH过量，与FeCl3溶液发生复分解反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，导致未发生3KSCN+FeCl3⇌Fe（SCN）3+3KCl，因此不能观察到溶液变为红色。
（4）Fe与O2在点燃时发生反应产生Fe3O4，把在充满氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣放入试管，加适量盐酸使其溶解，Fe3O4与HCl反应产生FeCl2、FeCl3和H2O，若铁丝残渣中含有未反应的Fe，则FeCl3与Fe反应转化为FeCl2，当溶液中不再含有Fe3+时，再往混合液中滴入少量KSCN溶液就不会变红色。
（5）往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，首先发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氧化产生Fe3+，Fe3+遇SCN-使溶液变成红色，当氯水过量时，SCN-会被过量氯水氧化成（SCN）2逸出，导致溶液的红色褪去；若将溶液Y改为NaClO，由于NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，烧瓶中的Fe3+与水解产生OH-反应会产生Fe（OH）3红褐色沉淀；同时由于NaClO具有强氧化性，会将SCN-氧化产生SO42-、CO2、N2等物质，气体逸出进入盛有饱和石灰水的装置D中，CO2与Ca（OH）2反应产生CaCO3沉淀，使石灰水变浑浊，因此他观察到：C中红色变浅，有大量气泡产生，C中还产生红褐色沉淀；D中澄清石灰水变浑浊，F中有气泡该气体主要是N2，由此可知KSCN具有强的还原性。
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