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2022届高考化学（人教版）一轮总复习练习：第三章 金属及其化合物 Word版含解析
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这是一份2022届高考化学（人教版）一轮总复习练习：第三章 金属及其化合物 Word版含解析，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
单元过关限时检测
(50分钟，100分)
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意
1．(2020·课标Ⅲ，7,6分)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法错误的是( C )
A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
[解析] 本题考查物质的组成和性质，涉及Cu(OH)2、CuCO3的性质、质量分数的计算等知识。孔雀石颜料和蓝铜矿颜料的主要成分中均含有Cu(OH)2和CuCO3，Cu(OH)2和CuCO3受热易分解，用颜料描绘的图案受潮容易变模糊，所以需控制温度和湿度，A正确；孔雀石和蓝铜矿中含有的Cu(OH)2和CuCO3都不易被空气氧化，B正确；Cu(OH)2、CuCO3都能与酸反应，所以不耐酸，C错误；Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数为eq \f(128,222)×100%≈57.7%，Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数为eq \f(192,346)×100%≈55.5%<57.7%，D正确。
2．(2021·吉林东北师大附中月考)Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入100 mL 0.6 ml·L－1 HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同时收集到224 mL NO气体(标准状况)。下列说法不正确的是( B )
A．产物中硝酸铜的物质的量为0.025 ml
B．若混合物中Cu的物质的量为0.005 ml，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020 ml
C．若混合物中含0.01 ml Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005 ml
D．混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005 ml[解析] 本题通过金属与氧化性酸反应的相关计算，考查原子守恒、得失电子守恒、极值法的应用。硝酸具有强氧化性，与Cu、Cu2O和CuO组成的混合物恰好反应，生成Cu(NO3)2、NO和水。标准状况下224 mL NO气体的物质的量n(NO)＝eq \f(0.224 L,22.4 L·ml－1)＝0.01 ml，根据N元素守恒可知2n[Cu(NO3)2]＋n(NO)＝n(HNO3)，则n[Cu(NO3)2]＝eq \f(1,2)[n(HNO3)－n(NO)]＝eq \f(1,2)×(0.1 L×0.6 ml·L－1－0.01 ml)＝0.025 mI，A正确；根据Cu元素守恒可知2×n(Cu2O)＋n(CuO)＋n(Cu)＝0.025 ml；根据氧化还原反应中得失电子守恒可知n(Cu)×2＋2×n(Cu2O)＝0.01 ml×3，联立后解得n(CuO)＝n(Cu)－0.005 ml，n(Cu2O)＝0.015 ml－n(Cu)，所以CuO、Cu2O的物质的量共为n(Cu) －0.005 ml＋0.015 ml－n(Cu)＝0.01 ml，B错误；由B项分析可知，n(CuO)＝n(Cu)－0.005 ml＝0.01 ml－0. 005 ml＝0.005 ml，n(Cu2O)＝0.015 ml－n(Cu)＝0.015 ml－0.01 ml＝0.005 ml，C正确；根据B项分析可知n(CuO)＝n(Cu)－0.005 ml>0 ml，n(Cu2O)＝0.015 ml－n(Cu)>0 ml，所以混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005 ml3．(2021·山东烟台高三检测)某同学欲探究铁及其化合物的性质，下列实验方案可行的是( D )
A．将铁粉加入热的浓硫酸中：探究铁的活泼性
B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制备Fe(OH)3胶体
C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4·6H2O
D．将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3＋的氧化性强于Cu2＋
[解析] 热的浓硫酸不仅能与铁反应，还能与铜等不活泼金属反应，因此将铁粉加入热的浓硫酸中，不能用于探究铁的活泼性，故A项方案不可行；将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中，会得到氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，故B项方案不可行；在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，一方面氧气可将FeSO4氧化，另一方面会得到不含结晶水的化合物，故C项方案不可行；将铜粉加入FeCl3溶液中，发生反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，该反应说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故D项方案可行。
4. (2021·福建福州检测)如图装置中，容器甲内充入0.1 ml NO气体。干燥管内装有一定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体。恒温下，容器甲中活塞缓慢由D处向左移动，当移至C处时容器体积缩至最小，为原体积的9/10，干燥管中物质的质量增加了2.24 g。随着CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动。下列说法中正确的是( D )
A．活塞从D处移动到C处的过程中，通入的CO2气体为2.24 L(标准状况)
B．NO2转化为N2O4的转化率为20%
C．容器甲中NO已反应完
D．活塞移至C处后，继续通入a ml CO2，此时活塞恰好回至D处，则a小于0.01
[解析] A项，设标准状况下通入CO2的体积为x，产生氧气的体积为y，则：
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 Δm
2×22.4 L 22.4 L 56 g
x y 2.24 g
解得x＝1.792 L，y＝0.896 L，即标准状况下通入二氧化碳的体积为1.792 L，故A错误；B项，由A项计算可知，生成氧气的物质的量为eq \f(0.896 L,22.4 L·ml－1)＝0.04 ml，
2NO ＋ O2 === 2NO2
2 1 2
0.08 ml 0.04 ml 0.08 ml
0.1 ml>0.08 ml，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08 ml，
2NO2N2O4 Δn
2 1
0.02 ml 0.1 ml×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))＝0.01 ml
NO2转化为N2O4的转化率为eq \f(0.02 ml,0.08 ml)×100%＝25%，故B错误；C项，根据B项的计算可知，NO还剩余0.1 ml－0.08 ml＝0.02 ml，故C错误；D项，活塞移至C处后，体积不会再减小，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积增大，2NO2N2O4平衡左移，使气体物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 ml，因此通入CO2的量必小于0.01 ml，故D正确。
5．(2021·安徽合肥检测)工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( C )
(注：铝土矿中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰2
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物
[解析] 根据铝土矿的成分，制备较高纯度的Al可先加入盐酸，发生反应：Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O等，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生反应：Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O和Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓等，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生反应：AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态的氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质有NaOH溶液、盐酸、CO2气体、冰晶石，A项错误；石英的主要成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，B项错误；制取粗硅的反应为2C＋SiO2eq \(=====,\s\up7(高温))2CO↑＋Si，C作还原剂，SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰2，C项正确；CuFeS2与O2反应时，S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2既是氧化产物又是还原产物，D项错误。
6．(2021·北京朝阳检测)某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，实验记录如下：
下列说法不正确的是( C )
A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3＋被还原
B．对比实验Ⅰ、Ⅱ说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关
C．实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后c(Cu2＋)相同
D．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
[解析] Cu和FeCl3溶液反应，生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀可能是发生了反应：CuCl2＋Cu===2CuCl↓，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3＋被铜还原，A项正确；对比实验Ⅰ、Ⅱ，实验Ⅰ加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，实验Ⅱ加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，B项正确；对比实验Ⅱ、Ⅲ，参加反应的Fe3＋的量相同，则生成的Cu2＋应相同，但由于实验Ⅱ生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2＋)不相同，C项错误；实验Ⅲ溶液为蓝色，含有Cu2＋和过量的铜，向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，D项正确。
7. (2021·湖北武汉高三检测)A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1 ml·L－1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是( C )
A．常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态
B．1.0 L 0.1 ml·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1 ml
C．1 ml甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子
D．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)>r(C)>r(B)
[解析] 0.1 ml·L－1丁溶液的pH为13(25 ℃)，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲＋乙===丁＋辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子序数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲＋丙===戊＋辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素。A为H，B为碳，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态，选项A错误；戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，COeq \\al(2－,3)离子水解生成HCOeq \\al(－,3)离子和OH－离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1 ml，选项B错误；甲与足量的乙完全反应的方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，1 ml Na2O2反应转移的电子为1 ml，约6.02×1023个电子，选项C正确；同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为Na>C>O，即r(D)>r(B)>r(C)，选项D错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题：本题包括4小题，共58分
8．(2021·山东济宁育才中学月考)镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 MgO ，还生成少量的 Mg3N2 (填化学式)。
(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为 ＋2 ，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式： 2CH3MgCl＋2H2O===2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2 。
(3)Mg(OH)2是常用的阻燃材料。以白云石(CaCO3、MgCO3，不考虑杂质)为原料制备Mg(OH)2和CaCO3的工艺流程如下：
“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2和CaCO3的质量分别为 8.7 g 、 15 g 。
[解析] (1)镁能在氧气、二氧化碳、氮气中燃烧，Mg与O2、CO2反应均生成MgO，且氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。
(2)CH3MgCl中Cl为－1价，H为＋1价，C为－4价，则镁的化合价为＋2价，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl＋2H2O===2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2。
(3)“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3 ml。由碳原子守恒可得，n(CaCO3)＋n(MgCO3)＝0.3 ml,100 g·ml－1×n(CaCO3)＋84 g·ml－1×n(MgCO3)＝27.6 g，解得n(CaCO3)＝0.15 ml，n(MgCO3)＝0.15 ml，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58 g·ml－1×0.15 ml＝8.7 g，CaCO3的质量为100 g·ml－1×0.15 ml＝15 g。
9．(2021·云南昆明高三检测)某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验。
实验Ⅰ：将Fe3＋转化为Fe2＋(如下图)
(1)Fe3＋与Cu粉发生反应的离子方程式为 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ 。
(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案。
查阅资料
已知：①SCN－的化学性质与I－相似
②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
Cu2＋与SCN－反应的离子方程式为
2Cu2＋＋4SNC－===2CuSCN↓＋(SCN)2 。
实验Ⅱ：将Fe2＋转化为Fe3＋
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2＋＋NOFe(NO)2＋(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因
3Fe2＋＋4H＋＋NOeq \\al(－,3)===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O 。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：
反应Ⅰ：Fe2＋与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2＋与NO反应
①依据实验现象，可推知反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ 慢 (填“快”或“慢”)。
②反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明 取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应 。
③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因 Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色 。
[解析] (1)Fe3＋与Cu粉发生反应生成亚铁盐和铜盐，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。
(2)由反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，可知图中得到溶液中Fe2＋为0.2 ml·L－1，Cu2＋为0.1 ml·L－1，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4 mL 0.1 ml·L－1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1 KSCN溶液，步骤2：取4 mL 0.2 ml·L－1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1 KSCN溶液，由题目信息Ⅱ可知，Cu2＋与SCN－反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2。
(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程式为：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq \\al(－,3)===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
(4)①溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢。②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2＋，否则没有Fe2＋，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ不是可逆反应。③Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，导致溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色。
10．(2021·湖北汉川月考)某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2＋、K＋杂质离子，并尽可能减少AlCl3的损失，请回答下列问题：
(1)写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式： Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ 、 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ 、 Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O 。氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？ 不能，因为Al(OH)3不能溶于过量的氨水中，不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开 。
(2)溶液a中存在的离子有 K＋、Cl－、Na＋、AlOeq \\al(－,2)、OH－ ；在溶液a中加入盐酸时需控制溶液的pH，为什么？ 因为Al(OH)3能溶于强酸，所以需控制pH，防止Al(OH)3溶解 ；为此，改进方法是 在a溶液中通入过量CO2气体 。
(3)为了研究AlCl3晶体的性质，在得到AlCl3溶液后，如何得到AlCl3晶体？ 在HCl气氛中对AlCl3溶液进行蒸发结晶 。
[解析] (1)加入足量氢氧化钠溶液，Mg2＋可与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3＋与OH－反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时Al(OH)3与OH－反应生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式有Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在Al3＋与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。
(2)根据(1)中的分析可知，滤液a中的离子为K＋、Cl－、Na＋、AlOeq \\al(－,2)、OH－，加入氢氧化钠溶液后除去了Mg2＋，但又引入了Na＋，同时Al3＋转化成了AlOeq \\al(－,2)；因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时需要控制溶液的pH，以防止Al(OH)3溶解；氢氧化铝不溶于碳酸，因此可以向溶液a中通入过量二氧化碳气体制备氢氧化铝沉淀。
(3)直接加热蒸发AlCl3溶液会因为AlCl3水解而得不到AlCl3晶体，为此可在HCl气氛下进行蒸发结晶。
11．(2021·浙江高三检测)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的氧化物，其处理流程图如下：
(1)灼烧软锰矿样品时，铜的焰色为 B (填字母)。
A．黄色B．绿色
C．紫色D．红色
(2)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要离子反应方程式为 4H＋＋2Fe2＋＋MnO2===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O 。
(3)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能 充分氧化过量的Fe2＋ 。滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH至少达到 4.3 ，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当c≤10－5 ml·L－1时，认为该离子沉淀完全)。
(4)滤渣B的成分是 CuS、ZnS 。
(5)工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 ml·L－1 Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))。该样品纯度为 94.6 %(精确到0.1%)。
[解析] 软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Si、Fe、Al、Zn和Cu等元素的氧化物，硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，所以酸浸后的滤液中的金属阳离子主要是Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋等，加入氨水并搅拌，调节pH将Fe3＋、Al3＋沉淀，加入硫化锰将Cu2＋、Zn2＋沉淀，滤液为硫酸锰溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化锰。
(1)铜的焰色为绿色。
(2)FeSO4在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2＋被氧化为Fe3＋，故离子方程式为4H＋＋2Fe2＋＋MnO2===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O。
(3)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能充分氧化过量的Fe2＋，滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，由Al(OH)3和Fe(OH)3的Ksp近似值可知，Al3＋恰好完全沉淀时Fe3＋已沉淀完全，c(OH－)＝eq \r(3,\f(1×10－34,1×10－5))≈1×10－9.7ml·L－1，故加入氨水需调节pH至少达到4.3，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全。
(4)加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2＋、Zn2＋，滤渣B的成分是CuS、ZnS。
(5)准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后(MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O)，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 ml·L－1 Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))。则：
MnO2～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)
1 2
n 0.025 L×0.080 0 ml·L－1×eq \f(100 mL,10 mL)
解得n＝0.01 ml，该样品纯度为eq \f(0.01 ml×87 g·ml－1,0.920 0 g)×100%＝94.6%。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验
步骤
实验
现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
实验方案
现象
结论
步骤1：取4 mL 0.1 ml·L－1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1 KSCN溶液
产生白色沉淀
CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取 4 mL 0.2 ml·L－1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1KSCN溶液
无明显现象
实验方案
现象
向3 mL 0.1 ml·L－1
FeSO4溶液中加入1 mL稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
化合物
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－34
10－16
10－38
单元过关限时检测
(50分钟，100分)
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意
1．(2020·课标Ⅲ，7,6分)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法错误的是( C )
A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
[解析] 本题考查物质的组成和性质，涉及Cu(OH)2、CuCO3的性质、质量分数的计算等知识。孔雀石颜料和蓝铜矿颜料的主要成分中均含有Cu(OH)2和CuCO3，Cu(OH)2和CuCO3受热易分解，用颜料描绘的图案受潮容易变模糊，所以需控制温度和湿度，A正确；孔雀石和蓝铜矿中含有的Cu(OH)2和CuCO3都不易被空气氧化，B正确；Cu(OH)2、CuCO3都能与酸反应，所以不耐酸，C错误；Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数为eq \f(128,222)×100%≈57.7%，Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数为eq \f(192,346)×100%≈55.5%<57.7%，D正确。
2．(2021·吉林东北师大附中月考)Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入100 mL 0.6 ml·L－1 HNO3溶液，恰好使混合物溶解，同时收集到224 mL NO气体(标准状况)。下列说法不正确的是( B )
A．产物中硝酸铜的物质的量为0.025 ml
B．若混合物中Cu的物质的量为0.005 ml，则其中Cu2O、CuO的物质的量共0.020 ml
C．若混合物中含0.01 ml Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量均为0.005 ml
D．混合物中Cu的物质的量的取值范围为0.005 ml
A．将铁粉加入热的浓硫酸中：探究铁的活泼性
B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制备Fe(OH)3胶体
C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4·6H2O
D．将铜粉加入FeCl3溶液中：验证Fe3＋的氧化性强于Cu2＋
[解析] 热的浓硫酸不仅能与铁反应，还能与铜等不活泼金属反应，因此将铁粉加入热的浓硫酸中，不能用于探究铁的活泼性，故A项方案不可行；将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中，会得到氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，故B项方案不可行；在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，一方面氧气可将FeSO4氧化，另一方面会得到不含结晶水的化合物，故C项方案不可行；将铜粉加入FeCl3溶液中，发生反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，该反应说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故D项方案可行。
4. (2021·福建福州检测)如图装置中，容器甲内充入0.1 ml NO气体。干燥管内装有一定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体。恒温下，容器甲中活塞缓慢由D处向左移动，当移至C处时容器体积缩至最小，为原体积的9/10，干燥管中物质的质量增加了2.24 g。随着CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动。下列说法中正确的是( D )
A．活塞从D处移动到C处的过程中，通入的CO2气体为2.24 L(标准状况)
B．NO2转化为N2O4的转化率为20%
C．容器甲中NO已反应完
D．活塞移至C处后，继续通入a ml CO2，此时活塞恰好回至D处，则a小于0.01
[解析] A项，设标准状况下通入CO2的体积为x，产生氧气的体积为y，则：
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 Δm
2×22.4 L 22.4 L 56 g
x y 2.24 g
解得x＝1.792 L，y＝0.896 L，即标准状况下通入二氧化碳的体积为1.792 L，故A错误；B项，由A项计算可知，生成氧气的物质的量为eq \f(0.896 L,22.4 L·ml－1)＝0.04 ml，
2NO ＋ O2 === 2NO2
2 1 2
0.08 ml 0.04 ml 0.08 ml
0.1 ml>0.08 ml，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08 ml，
2NO2N2O4 Δn
2 1
0.02 ml 0.1 ml×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))＝0.01 ml
NO2转化为N2O4的转化率为eq \f(0.02 ml,0.08 ml)×100%＝25%，故B错误；C项，根据B项的计算可知，NO还剩余0.1 ml－0.08 ml＝0.02 ml，故C错误；D项，活塞移至C处后，体积不会再减小，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积增大，2NO2N2O4平衡左移，使气体物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 ml，因此通入CO2的量必小于0.01 ml，故D正确。
5．(2021·安徽合肥检测)工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( C )
(注：铝土矿中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰2
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物
[解析] 根据铝土矿的成分，制备较高纯度的Al可先加入盐酸，发生反应：Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O等，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生反应：Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O和Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓等，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生反应：AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态的氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质有NaOH溶液、盐酸、CO2气体、冰晶石，A项错误；石英的主要成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，B项错误；制取粗硅的反应为2C＋SiO2eq \(=====,\s\up7(高温))2CO↑＋Si，C作还原剂，SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰2，C项正确；CuFeS2与O2反应时，S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2既是氧化产物又是还原产物，D项错误。
6．(2021·北京朝阳检测)某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，实验记录如下：
下列说法不正确的是( C )
A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3＋被还原
B．对比实验Ⅰ、Ⅱ说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关
C．实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后c(Cu2＋)相同
D．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
[解析] Cu和FeCl3溶液反应，生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀可能是发生了反应：CuCl2＋Cu===2CuCl↓，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3＋被铜还原，A项正确；对比实验Ⅰ、Ⅱ，实验Ⅰ加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，实验Ⅱ加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，B项正确；对比实验Ⅱ、Ⅲ，参加反应的Fe3＋的量相同，则生成的Cu2＋应相同，但由于实验Ⅱ生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2＋)不相同，C项错误；实验Ⅲ溶液为蓝色，含有Cu2＋和过量的铜，向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，D项正确。
7. (2021·湖北武汉高三检测)A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1 ml·L－1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是( C )
A．常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态
B．1.0 L 0.1 ml·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1 ml
C．1 ml甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子
D．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)>r(C)>r(B)
[解析] 0.1 ml·L－1丁溶液的pH为13(25 ℃)，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲＋乙===丁＋辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子序数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲＋丙===戊＋辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素。A为H，B为碳，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态，选项A错误；戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，COeq \\al(2－,3)离子水解生成HCOeq \\al(－,3)离子和OH－离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1 ml，选项B错误；甲与足量的乙完全反应的方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，1 ml Na2O2反应转移的电子为1 ml，约6.02×1023个电子，选项C正确；同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为Na>C>O，即r(D)>r(B)>r(C)，选项D错误。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题：本题包括4小题，共58分
8．(2021·山东济宁育才中学月考)镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 MgO ，还生成少量的 Mg3N2 (填化学式)。
(2)CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为 ＋2 ，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式： 2CH3MgCl＋2H2O===2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2 。
(3)Mg(OH)2是常用的阻燃材料。以白云石(CaCO3、MgCO3，不考虑杂质)为原料制备Mg(OH)2和CaCO3的工艺流程如下：
“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2和CaCO3的质量分别为 8.7 g 、 15 g 。
[解析] (1)镁能在氧气、二氧化碳、氮气中燃烧，Mg与O2、CO2反应均生成MgO，且氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2。
(2)CH3MgCl中Cl为－1价，H为＋1价，C为－4价，则镁的化合价为＋2价，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl＋2H2O===2CH4↑＋MgCl2＋Mg(OH)2。
(3)“煅烧”时称取27.6 g白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3 ml。由碳原子守恒可得，n(CaCO3)＋n(MgCO3)＝0.3 ml,100 g·ml－1×n(CaCO3)＋84 g·ml－1×n(MgCO3)＝27.6 g，解得n(CaCO3)＝0.15 ml，n(MgCO3)＝0.15 ml，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58 g·ml－1×0.15 ml＝8.7 g，CaCO3的质量为100 g·ml－1×0.15 ml＝15 g。
9．(2021·云南昆明高三检测)某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验。
实验Ⅰ：将Fe3＋转化为Fe2＋(如下图)
(1)Fe3＋与Cu粉发生反应的离子方程式为 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ 。
(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案。
查阅资料
已知：①SCN－的化学性质与I－相似
②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
Cu2＋与SCN－反应的离子方程式为
2Cu2＋＋4SNC－===2CuSCN↓＋(SCN)2 。
实验Ⅱ：将Fe2＋转化为Fe3＋
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2＋＋NOFe(NO)2＋(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因
3Fe2＋＋4H＋＋NOeq \\al(－,3)===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O 。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：
反应Ⅰ：Fe2＋与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2＋与NO反应
①依据实验现象，可推知反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ 慢 (填“快”或“慢”)。
②反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明 取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应 。
③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因 Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色 。
[解析] (1)Fe3＋与Cu粉发生反应生成亚铁盐和铜盐，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。
(2)由反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，可知图中得到溶液中Fe2＋为0.2 ml·L－1，Cu2＋为0.1 ml·L－1，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4 mL 0.1 ml·L－1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1 KSCN溶液，步骤2：取4 mL 0.2 ml·L－1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1 KSCN溶液，由题目信息Ⅱ可知，Cu2＋与SCN－反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2。
(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程式为：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq \\al(－,3)===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
(4)①溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢。②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2＋，否则没有Fe2＋，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ不是可逆反应。③Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，导致溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NOFe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色。
10．(2021·湖北汉川月考)某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2＋、K＋杂质离子，并尽可能减少AlCl3的损失，请回答下列问题：
(1)写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式： Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ 、 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ 、 Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O 。氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？ 不能，因为Al(OH)3不能溶于过量的氨水中，不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开 。
(2)溶液a中存在的离子有 K＋、Cl－、Na＋、AlOeq \\al(－,2)、OH－ ；在溶液a中加入盐酸时需控制溶液的pH，为什么？ 因为Al(OH)3能溶于强酸，所以需控制pH，防止Al(OH)3溶解 ；为此，改进方法是 在a溶液中通入过量CO2气体 。
(3)为了研究AlCl3晶体的性质，在得到AlCl3溶液后，如何得到AlCl3晶体？ 在HCl气氛中对AlCl3溶液进行蒸发结晶 。
[解析] (1)加入足量氢氧化钠溶液，Mg2＋可与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3＋与OH－反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时Al(OH)3与OH－反应生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式有Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为在Al3＋与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。
(2)根据(1)中的分析可知，滤液a中的离子为K＋、Cl－、Na＋、AlOeq \\al(－,2)、OH－，加入氢氧化钠溶液后除去了Mg2＋，但又引入了Na＋，同时Al3＋转化成了AlOeq \\al(－,2)；因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀时需要控制溶液的pH，以防止Al(OH)3溶解；氢氧化铝不溶于碳酸，因此可以向溶液a中通入过量二氧化碳气体制备氢氧化铝沉淀。
(3)直接加热蒸发AlCl3溶液会因为AlCl3水解而得不到AlCl3晶体，为此可在HCl气氛下进行蒸发结晶。
11．(2021·浙江高三检测)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的氧化物，其处理流程图如下：
(1)灼烧软锰矿样品时，铜的焰色为 B (填字母)。
A．黄色B．绿色
C．紫色D．红色
(2)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要离子反应方程式为 4H＋＋2Fe2＋＋MnO2===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O 。
(3)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能 充分氧化过量的Fe2＋ 。滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH至少达到 4.3 ，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当c≤10－5 ml·L－1时，认为该离子沉淀完全)。
(4)滤渣B的成分是 CuS、ZnS 。
(5)工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 ml·L－1 Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))。该样品纯度为 94.6 %(精确到0.1%)。
[解析] 软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Si、Fe、Al、Zn和Cu等元素的氧化物，硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，所以酸浸后的滤液中的金属阳离子主要是Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋等，加入氨水并搅拌，调节pH将Fe3＋、Al3＋沉淀，加入硫化锰将Cu2＋、Zn2＋沉淀，滤液为硫酸锰溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化锰。
(1)铜的焰色为绿色。
(2)FeSO4在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2＋被氧化为Fe3＋，故离子方程式为4H＋＋2Fe2＋＋MnO2===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O。
(3)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能充分氧化过量的Fe2＋，滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，由Al(OH)3和Fe(OH)3的Ksp近似值可知，Al3＋恰好完全沉淀时Fe3＋已沉淀完全，c(OH－)＝eq \r(3,\f(1×10－34,1×10－5))≈1×10－9.7ml·L－1，故加入氨水需调节pH至少达到4.3，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全。
(4)加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2＋、Zn2＋，滤渣B的成分是CuS、ZnS。
(5)准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后(MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O)，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 ml·L－1 Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))。则：
MnO2～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)
1 2
n 0.025 L×0.080 0 ml·L－1×eq \f(100 mL,10 mL)
解得n＝0.01 ml，该样品纯度为eq \f(0.01 ml×87 g·ml－1,0.920 0 g)×100%＝94.6%。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验
步骤
实验
现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
实验方案
现象
结论
步骤1：取4 mL 0.1 ml·L－1 CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1 KSCN溶液
产生白色沉淀
CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取 4 mL 0.2 ml·L－1 FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 ml·L－1KSCN溶液
无明显现象
实验方案
现象
向3 mL 0.1 ml·L－1
FeSO4溶液中加入1 mL稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
化合物
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－34
10－16
10－38
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