高中化学一轮备考·模块测试（2025届）模块三金属及其化合物（A卷）试题

这是一份高中化学一轮备考·模块测试（2025届）模块三金属及其化合物（A卷）试题，共18页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列有关金属钠的说法中正确的是
A．金属钠着火时，用干冰灭火器灭火
B．用金属钠实验，剩余的钠放入废液缸
C．钠投入CuSO4溶液中，会生成红色固体
D．钠投入饱和氢氧化钠溶液中有沉淀产生
2．对于钠及其化合物的说法正确的是
A．常温下为黄色固体
B．可用于治疗胃酸过多症
C．Na久置于空气中的最终产物为
D．为碱性氧化物
3．下列关于钠及其化合物的说法不正确的是
A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
C．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2
D．水与钠反应时，水表现出氧化性
4．下列有关Na2CO3和NaHCO3比较不正确的是
A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
B．相同温度下，0.1ml·L-1盐溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3
C．相同温度下，溶解度：Na2CO3D．相同温度下，0.1ml·L-1盐溶液分别与0.1ml·L-1盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3>Na2CO3
5．下列实验方法中，不能测定和的混合物中质量分数的是
A．取a克混合物充分加热，剩余固体b克
B．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加b克
C．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧后，剩余固体b克
D．取a克混合物与足量溶液充分反应，沉淀经过滤、洗涤、干燥，固体质量b克
6．向体积均为10mL、物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2，得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1ml/L的盐酸，此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积的关系如图所示。则下列叙述中不正确的是
A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5ml/L
B．当0C．乙溶液中含有的溶质是Na2CO3和NaOH且二者物质的量比值是1：3
D．向乙溶液中滴加过量盐酸后产生CO2体积的最大值为224mL
7．下列关于钠的叙述中，不正确的是
A．钠有很强的还原性B．钠保存在煤油或石蜡油中，以隔绝空气
C．钠燃烧时发出黄色的火焰D．Na与CuSO4溶液反应，有红色固体析出
8．下列铁及其化合物性质与用途具有对应关系的是
A．Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂B．Fe2O3粉末呈红棕色，可用于制取铁盐
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂D．FeCl3溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板
9．实验室测定氧化物X(FexOy)的组成实验如下：
下列有关说法正确的是
A．样品X中含有+2价铁元素0.01ml
B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1
C．溶液Z中的离子只有Fe3+和Cl-
D．根据步骤I、II可判断X为Fe4O5
10．实验室用和溶液制备碳酸亚铁的装置如图所示（夹持装置已省略），三颈烧瓶中产生白色沉淀及无色气体。下列说法不正确的是
A．装置甲产生可排除装置中的空气
B．装置乙中盛装的试剂为饱和溶液
C．装置丙中发生反应的离子方程式：
D．反应结束后，将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁
11．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，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图。下图为铁元素的“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．在溶液中加入足量新制氯水，可实现图中Fe3+转化为Fe2+
B．在溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
C．由图可预测：高铁酸盐(FeO)具有强氧化性
D．FeO是一种黑色粉末，只能用作还原剂
12．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可与反应生成
B．既可被氧化，也可被还原
C．可将加入浓碱液中制得的胶体
D．可存在的循环转化关系
13．绿矾(FeSO4·7H2O)、铁黄[FeOOH]是重要的化工原料，可由硫铁矿烧渣(主要成分Fe3O4、Fe2O3和FeO)制得，流程如下：
已知：FeS2和铁黄均难溶于水
下列说法不正确的是
A．烧渣可适当粉碎，增大与酸的接触面积，
B．X可以是Fe或FeS2
C．步骤③操作包括蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
D．步骤④发生的主要反应有：
14．探究氢氧化铝的两性，是适宜的试剂是
A．Al、氨水、稀盐酸
B．、氨水、稀盐酸
C．溶液、NaOH溶液、稀盐酸
D．溶液、氨水、稀盐酸
15．现有100mL3ml/L的NaOH溶液和100mL1ml/L氯化铝溶液，①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中；②将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中。比较两种操作的结果是
A．现象相同，沉淀质量不等
B．现象相同，沉淀质量也相等
C．现象不同，沉淀质量相等
D．现象不同，沉淀质量不等
16．明矾是一种常用的净水剂，以废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)为原料制取明矾的实验流程如图。下列说法错误的是
A．滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2
B．“碱溶”步骤中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
C．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
D．“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
17．下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是
A．甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡
B．乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡
C．丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量
D．丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量
18．硫酸铜是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A．可用于泳池的消毒B．可以用来检验酒精中是否含少量水
C．可以和石灰乳混合配制农药波尔多液D．可以通过Cu与稀硫酸反应制备
19．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于HCl，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4 g的上述混合物，消耗1.0 ml/L盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量( )
A．35 gB．30 gC．20 gD．15 g
二、解答题
20．利用废旧锡铬合金(含Sn、Cr、SnO、和少量Pb)回收锡并制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如下：
已知：①“熔融氧化”中，氧化产物为，还原产物为；
②
回答下列问题：
(1)“热溶”时发生的非氧化还原反应的离子方程式为 ；加快“热溶”速率的措施有 (任写2条)。
(2)“溶渣”的主要成分为 (填化学式)。
(3)“调”的作用是 。
(4)“熔融氧化”反应的化学方程式为 ，实验室中该操作可在 (填字母)中进行。
A．蒸发皿 B．铁坩埚 C．石英坩埚 D．烧杯
(5)“转化、分离”中，需要通过蒸发浓缩，降温至10℃、结晶的方法分离得到晶体的原因为 。
21．从铝土矿(主要成分是，含、、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）固体A是 ，沉淀F是 ，沉淀I是 (写出有关的化学式)
（2）流程甲中加入过量烧碱得到滤液D的离子方程式为
（3）流程乙加入烧碱有关的化学方程式为 、
（4）流程乙中滤液H中加入氨水的有关离子方程式
（5）滤液E中溶质的主要成分是 (填化学式)，写出该溶质的一种用途 。
22．一种以镍钴合金废料(含C、Ni、Fe、Cu、Al、Zn、Cd及其氧化物)为原料提取C、Ni的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“破碎”和“酸浸”工序也可通过电解法来实现，电解装置中的阳极材料应选择 。相对于“破碎”和“酸浸”，电解法的缺陷为 。
(2)“氧化”的目的是 。
(3)滤渣1的主要成分除之外，还有 (填化学式)。
(4)“沉钴”工序，转化为的离子方程式为 。
(5)、与EDTA均可形成稳定的环状离子，稳定性较强的是 (填“”或“”)。“反萃取2”中Fe、Ni的存在形式与pH关系如图所示，该工序需控制的最佳pH是 。
(6)是制备的中间体。和煅烧均可得到，前者得到的比表面积更大，其原因是 。
参考答案：
1．D
【详解】A．金属钠着火时，生成的过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，使燃烧更旺，因此不能用干冰灭火器灭火，A错误；
B．用金属钠实验，剩余的钠应放回原试剂瓶，不能放入废液缸，B错误；
C．钠投入CuSO4溶液中，发生反应，会生成蓝色沉淀，无红色固体，C错误；
D．钠投入饱和氢氧化钠溶液中，发生反应，原氢氧化钠溶液为饱和溶液，生成的NaOH不能再溶解，且由于水被消耗，故溶解不了的NaOH会以固体形式析出，即有沉淀产生，D正确；
故答案选D。
2．C
【详解】A．常温下为白色固体，故A错误；
B．碱性较强，不能用于中和胃酸过多，治疗胃酸过多可以用，故B错误；
C．金属钠长期露置在空气中，钠可与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与空气中的水蒸气反应生成NaOH，NaOH吸收二氧化碳，最终生成，故C正确；
D．与酸反应时，除生成盐和水外，还生成O2，因此不是碱性氧化物，而属于过氧化物，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，A正确；
B．钠具有强还原性，能与水反应生成氢氧化钠和氢气，B正确；
C．室温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与空气中的氧气反应生成Na2O2，C错误；
D．水与钠反应时，水中的氢元素化合价降低，表现氧化性，D正确；
故选C。
4．C
【详解】A项，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不易分解，正确；
B项，相同温度下，0.1ml·L-1盐溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3，正确；
C项，相同温度下，Na2CO3比NaHCO3的溶解度大，错误；
D项，NaHCO3与盐酸反应一步完成，而Na2CO3与盐酸反应分两步进行，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，正确。
故选C。
5．B
【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出 Na2CO3质量分数，故A不选；
B．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即氢氧化钠增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B选；
C．Na2CO3、NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C不选；
D．Na2CO3、NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为 +Ba2+ = BaCO3↓、+OH-+ Ba2+ = H2O+ BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选；
故选B。
6．D
【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH-+H+=H2O和CO+H+=HCO，产生二氧化碳的反应为： HCO+H+=H2O+CO2↑。
【详解】A．当加入50mL盐酸时，恰好不再产生气体，此时溶液中的溶质只有NaCl，由原子守恒得：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1ml/L×0.05L =0.005ml，所以c(NaOH)==0.5ml/L，A正确；
B．由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0C．产生气体的阶段消耗10mL盐酸，根据分析中的离子方程式可知，Na2CO3生成NaHCO3也消耗10mL盐酸，所以另外30mL盐酸为NaOH消耗，即乙中溶质为Na2CO3和NaOH，n(NaOH)=0.1ml/L×0.03L =0.003ml，n(Na2CO3)=0.1ml/L×0.01L =0.001ml，n(Na2CO3)：n(NaOH)= 1:3，C正确；
D．乙溶液中滴加盐酸，产生 CO2 的阶段为：HCO+H +=H2O+CO2↑，根据消耗了 10mL 盐酸可以知道，生成 CO2的物质的量为：0.1ml/L×0.01L=0.001ml，标况下 0.001ml CO2气体的体积为：22.4L/ml×0.001ml=0.0224L=22.4mL，D错误；
综上所述答案为D。
7．D
【详解】A．钠原子易失去最外层的1个电子，具有很强的还原性，A正确；
B．钠能够与空气中水、氧气反应，保存在煤油或石蜡油中，以隔绝空气，B正确；
C．钠的焰色呈黄色，含钠元素的物质灼烧时发出黄色火焰，即钠燃烧时也发出黄色的火焰，C正确；
D．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，不会置换出铜，D错误；
答案选D。
8．A
【详解】A．Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂，A正确；
B．Fe2O3粉末呈红棕色，可用于染料，B错误；
C．Fe3+水解，生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，C错误；
D．FeCl3溶液具有氧化性，用于蚀刻铜电路板，D错误；
故选A。
9．D
【详解】A．溶液Y中通入0.01mlCl2恰好完全反应，反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-，则Y中含有0.02mlFe2+，故A错误；
B．X中含“FeO”的质量为0.02ml×72g·ml-1=1.44g，含“Fe2O3”的质量为3.04g-1.44g=1.6g，则有n(Fe2O3)=0.01ml，所以c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1，故B错误；
C．步骤I中加入足量盐酸，溶液Z中含有Fe3+和Cl-外，还含有H+，故C错误；
D．通过计算可知X由0.02ml FeO 和0.01ml Fe2O3组成，所以可判断X为Fe4O5，故D正确；
故答案选D。
10．B
【分析】为防止氧化，制备碳酸亚铁应在无氧环境中进行，装置制备CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，进入丙中驱赶装置内的空气，丙装置中碳酸氢根与Fe2+反应生成FeCO3，丁用于吸收多余的CO2并避免空气进入丙中氧化目标产物；
【详解】A．装置甲产生可排除装置中的空气，开始时应先通一段时间CO2排尽装置的空气防止FeCO3被氧化，A正确；
B．CO2经过乙饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，而不是饱和碳酸钠，B错误；
C．丙中二氧化碳与Fe2+反应生成FeCO3同时生成二氧化碳、水，，C正确；
D．丙中碳酸亚铁为沉淀，故反应后将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁，D正确；
故选B。
11．C
【详解】A．Fe3+转化为Fe2+需要加入还原剂，新制氯水中没有合适的还原剂，A错误；
B．溶液中滴加KSCN，溶液呈红色，说明原溶液中有Fe3+，但是不能说明Fe2+存在与否，B错误；
C．中Fe为+6价，Fe化合价高容易得电子，因此高铁酸盐具有强氧化性，C正确；
D．FeO是一种黑色粉末，铁为+2价，属于中间价态，既可以作氧化剂，也可以作还原剂，D错误；
故答案选C。
12．C
【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；
B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；
C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；
D．转化如，故D不选；
综上所述，答案为C。
13．C
【分析】由制备绿矾流程可知，烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生反应：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成FeOOH，以此解答该题。
【详解】A．烧渣可适当粉碎，增大与酸的接触面积，加快反应速率，A正确；
B．由分析可知，X的作用是将Fe3+还原为Fe2+，故X可以是Fe或FeS2，B正确；
C．由分析可知，步骤③操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C错误；
D．由分析可知，步骤④绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成FeOOH，根据氧化还原反应配平可知，发生的主要反应有：，D正确；
故答案为：C。
14．C
【详解】A．Al与氨水不反应，Al与稀盐酸能发生置换反应，表明Al具有还原性，A不符合题意；
B．与氨水不反应，Al2O3与稀盐酸能发生反应生成AlCl3和水，Al2O3表现出碱性氧化物的性质，不能探究Al(OH)3的两性，B不符合题意；
C．溶液与NaOH溶液反应，生成Al(OH)3沉淀等，将Al(OH)3分为两份，一份与NaOH继续反应，沉淀溶解生成NaAlO2等，表现出酸性，另一份与稀盐酸反应生成AlCl3和水，表现出碱性，从而证明Al(OH)3呈两性，C符合题意；
D．溶液与氨水不反应，只能与稀盐酸反应，先生成沉淀后沉淀溶解，从而表现出碱性，D不符合题意；
故选C。
15．C
【详解】100mL 3ml•L-1NaOH溶液中n(NaOH)=0.3ml，100mL 1ml•L-1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=0.1ml，则：
①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，只发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，且0.1mlAlCl3最后都全部转化成0.1mlAl(OH)3，现象为观察到白色沉淀生成；
②将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，依次发生反应：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，且0.1mlAlCl3最终全部转化成0.1mlAl(OH)3，观察到的现象为先没有沉淀后出现沉淀；
所以二者现象不同，最终均生成0.1mlAl(OH)3沉淀，则沉淀质量相等，故答案为C。
16．A
【分析】废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)，可选择浓NaOH溶解，得到四羟基合铝酸钠溶液，并通过过滤除去不溶于碱的杂质Fe、Mg， 滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进[Al(OH)4]-水解生成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，据此分析回答问题。
【详解】A．由分析可知，滤渣的主要成分是Fe和Mg，A错误；
B．“碱溶”步骤中Al和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，B正确；
C．碳酸的酸性强于Al(OH)3，向Na[Al(OH)4]溶液中通入二氧化碳也能将[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3，C正确；
D．操作a为从溶液中析出明矾晶体，由分析可知，包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，D正确；
故选A。
17．C
【详解】A．向AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量，发生反应化学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl、NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O则消耗NaOH的物质的量为3:1，A不正确；
B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量，发生反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O，消耗盐酸的物质的量为1:3，B不正确；
C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，起初为Al3+与OH-发生反应生成Al(OH)3沉淀，然后为与OH-反应生成NH3和水，最后为Al(OH)3与OH-反应生成和水，C正确；
D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量，最后一步反应为BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，沉淀的物质的量减小，D不正确；
故选C。
18．D
【详解】A．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性而起到杀菌消毒的作用，常用于泳池的消毒，故A正确；
B．白色无水硫酸铜能与水反应生成淡蓝色的五水硫酸铜，所以硫酸铜可以用来检验酒精中是否含少量水，故B正确；
C．硫酸铜溶液和石灰乳都能能使蛋白质发生变性而起到杀菌的作用，所以硫酸铜石灰乳混合配制农药波尔多液，故C正确；
D．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，所以不能用铜与稀硫酸反应制备硫酸铜，故D错误；
故选D。
19．C
【详解】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗1ml/L盐酸500mL，盐酸溶质的物质的量为0.5ml，则CuCl2为0.25ml，根据Cu元素质量守恒，则可知原混合物中含有0.25mlCu，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25ml，则质量为0.25ml×80g/ml=20g，C选项正确；
答案选C。
【点睛】本题的关键在于利用守恒思想，混合物溶于盐酸后溶质成分是CuCl2，根据氯守恒可得。
20．(1) 、 搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等（任写两条）
(2)
(3)使转化为
(4) B
(5)的溶解度受温度影响较大且随温度降低而减小
【分析】废旧锡铬合金加硫酸热溶后，溶渣中为PbSO4，其他物质转化为硫酸盐；调节pH得到物相1，经过处理得到粗锡；物相2经过处理得到Cr2O3；熔融氧化时发生反应，固体水溶后调节pH2，铬酸钠转化为重铬酸钠，即使转化为，加入KCl经过转化分离得到K2Cr2O7。
【详解】（1）硫酸热溶时发生的非氧化还原反应为：、；加快“热溶”速率的措施有：搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等（任写两条）；
（2）溶渣的主要成分为：；
（3）“调”的作用是：使转化为；
（4）熔融氧化时发生的化学反应为：；熔融氧化应该在坩埚中进行，因用到了NaOH，不能选石英坩埚，应选铁坩埚，故选B；
（5）“转化、分离”中，需要通过蒸发浓缩，降温至10℃、结晶的方法分离得到晶体的原因为：的溶解度受温度影响较大且随温度降低而减小。
21． NaCl、 制纯碱或做发酵粉等
【分析】由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A和滤液B，固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁和盐酸，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠、NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al(OH)3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；
根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠和氢氧化钠，滤液Y中加入足量盐酸，生成沉淀I为硅酸，滤液H为氯化铝和盐酸，滤液H中加入氨水，沉淀Z为Al(OH)3、滤液K中含有氯化铵，据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知固体A为SiO2，沉淀F为Al(OH)3，沉淀I为H2SiO3，故答案为：SiO2；Al(OH)3；H2SiO3；
(2)滤液B中Al3+与过量烧碱反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)流程乙加入烧碱，Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，有关的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；
(4)流程乙中滤液H中加入氨水的有关离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH；
(5)滤液E中含有NaCl、NaHCO3，碳酸氢钠可用于制纯碱或做发酵粉或做抗酸药等，故答案为：NaCl、NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等。
22．(1) 镍钴合金废料 电解法需要消耗大量的电能，成本较高
(2)将亚铁离子氧化为铁离子，以便在后续调节pH时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀
(3)Fe(OH)3
(4)2C2++ClO-+4OH-+H2O=2C(OH)3↓+Cl-
(5) Fe2+ 3
(6)NiCO3煅烧生成Ni2O3的同时生成CO2气体，CO2气体受热逸出导致生成Ni2O3疏松多孔，比表面积更大
【分析】镍、钴合金废料破碎后加入硫酸酸浸，C、Ni等金属及其氧化物转化为对应的金属阳离子，过滤滤液中加入双氧水，亚铁离子被氧化为铁离子，再加入生石灰调节pH，铝离子和铁离子转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤后滤液中加入H2S将Zn2+、Cd2+、Cu2+转化为ZnS、CdS和CuS沉淀，随后加入Cyanex272萃取，油相中含有C2+，再加入硫酸进行反萃取，水相2中含有硫酸钴，硫酸钴中加入NaOH、NaClO反应生成C(OH)3。水相1中加入EDTA、P204萃取得到油相3中含有Ni2+，加入硫酸亚铁溶液进行反萃取得到水相4，最后加入碳酸钠溶液生成NiCO3沉淀。
【详解】（1）破碎和酸浸工序主要目的是将废料中的金属及其氧化物转化为金属离子，这两道工序也可通过电解法来实现，阳极材料失电子，因此阳极材料选择镍钴合金废料。相对于破碎和酸浸，电解法需要消耗大量的电能，成本较高。
（2）氧化的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，以便在后续调节pH时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀。
（3）根据分析可知，滤液1中主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3。
（4）沉钴工序中，C2+与ClO-、OH-反应生成C(OH)3沉淀和氯离子，离子方程式为2C2++ClO-+4OH-+H2O=2C(OH)3↓+Cl-。
（5）Ni2+、Fe2+均能与EDTA形成配位键而形成稳定的环状离子，其中Fe2+的离子半径大于Ni2+且含有的空轨道多于Ni2+，故Fe2+与EDTA形成的环状离子更稳定。反萃取2中要将Ni转化为Ni2+的形式进入水相中，Fe则需要转化为Fe(EDTA)的形式进入油相中，从图中可知，pH=3时，Fe主要以Fe(EDTA)的形式存在，且Ni以Ni2+的形式存在，因此该工序需控制的最佳pH是3。
（6）NiCO3煅烧生成Ni2O3的同时生成CO2气体，CO2气体受热逸出导致生成Ni2O3疏松多孔，比表面积更大。
题号
1
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答案
D
C
C
C
B
D
D
A
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B
题号
11
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答案
C
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C
C
C
A
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D
C