山东专用高考化学一轮复习专题六金属及其化合物_模拟集训含解析

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专题六　金属及其化合物
【5年高考】
考点一　钠及其化合物
1.(2020浙江7月选考,12,2分)下列说法正确的是 (　　)
A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B.Mg加入过量FeCl3溶液中可得Fe
C.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3
D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
答案　A
2.(2020江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是　　 (　　)
A.室温下,Na在空气中反应生成Na2O2
B.室温下,Al与4.0mol·L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2
C.室温下,Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D.室温下,Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
答案　B
3.(2020浙江7月选考,8,2分)下列说法不正确的是 (　　)
A.Cl-会破坏铝表面的氧化膜
B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强
C.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒
D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
答案　B
4.(2019天津理综,3,6分)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.铝中添加适量锂,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
考点二　铁及其化合物
5.(2019江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是 (　　)
A.Fe在稀硝酸中发生钝化
B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3
D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
答案　C
6.(2020课标Ⅲ,27,15分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O):
废镍催化剂→碱浸↓滤液①NaOH溶液↓酸浸↓滤渣②稀H2SO4↓转化H2O2溶液↓→调pH↓滤渣③NaOH溶液↓控制pH浓缩结晶→硫酸镍晶体
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题:
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是　　　　　　　　　　　　　　。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“滤液②”中含有的金属离子是　。 
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是　　　　　　。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即调pHNaOH溶液↓→转化↓滤渣③H2O2溶液↓,“滤液③”中可能含有的杂质离子为　　　　。 
(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=　　　　　　　　　　　　　(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　　。 
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物
Al(OH)4-+H+Al(OH)3↓+H2O
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+　(3)O2或空气　Fe3+
(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2]　3.2~6.2
(5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O
(6)提高镍回收率
7.(2020课标Ⅰ,26,14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题:
(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同时还有　　　　离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、　　　　,以及部分的　　　　　　　。 
(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是　　　　　　　。 
(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2+　VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O
(3)Mn2+　Al3+和Fe3+　(4)Fe(OH)3
(5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O
(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全
8.(2016课标Ⅱ,28,15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是　　　　　　　　　。 
(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是　　　　　　　。 
(4)丙组同学取10mL0.1mol·L-1KI溶液,加入6mL0.1mol·L-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。
实验②检验的离子是　　　　(填离子符号);实验①和③说明:在I-过量的情况下,溶液中仍含有　 
(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为　　　　　　　　。 
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　;生成沉淀的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用平衡移动原理解释)。 
答案　(1)防止Fe2+被氧化
(2)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
(4)Fe2+　Fe3+　可逆反应
(5)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O　Fe3+催化H2O2分解产生O2　H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动
考点三　金属冶炼　金属材料
9.(2020浙江1月选考,12,2分)下列关于铝及其化合物的说法,不正确的是 (　　)
A.明矾可用作净水剂和消毒剂
B.利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C.铝可用作包装材料和建筑材料
D.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
答案　A
10.(2020浙江1月选考,9,2分)下列说法不正确的是 (　　)
A.[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到
B.铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O
C.钙单质可以从TiCl4中置换出Ti
D.可用H2还原MgO制备单质Mg
答案　D
11.(2020山东,5,2分)利用下列装置(夹持装置略)进行实验,能达到实验目的的是 (　　)


A.用甲装置制备并收集CO2
B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C.用丙装置制备无水MgCl2
D.用丁装置在铁上镀铜
答案　C
12.(2019上海选考,16,2分)在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3溶液中,加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.AlO2-　　B.Al3+
C.Al(OH)3　　D.Al3+、Al(OH)3
答案　D
13.(2018江苏单科,9,2分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
答案　A
14.(2019课标Ⅰ,26,14分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:

回答下列问题:
(1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为　。 
(2)“滤渣1”的主要成分有　　　　　　　　。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是　　　　。 
(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是　　　　酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,母液经加热后可返回　　　　工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是　　　　。 
答案　(1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3　KSCN
(3)一元弱　转化为H3BO3,促进析出
(4)2Mg2++3CO32-+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-[或2Mg2++2CO32-+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑]　溶浸　高温焙烧
15.(2019浙江4月选考,27,6分)固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验:

请回答:
(1)由现象1得出化合物X含有　　　　　　　元素(填元素符号)。 
(2)固体混合物Y的成分　　　　　　　　(填化学式)。 
(3)X的化学式　　　　　　。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,固体完全溶解,得到蓝色溶液,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)O　(2)Cu和NaOH
(3)NaCuO2　2NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O
16.(2016四川理综,9,13分)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl,并进行相关探究。
【资料查阅】　

【实验探究】　该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。

请回答下列问题:
(1)仪器X的名称是　　　　。 
(2)实验操作的先后顺序是a→　　　　→e(填操作的编号)。 
a.检查装置的气密性后加入药品
b.熄灭酒精灯,冷却
c.在“气体入口”处通入干燥HCl
d.点燃酒精灯,加热
e.停止通入HCl,然后通入N2
(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是　　　　　　　　。 
(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　。 
【探究反思】
(5)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析:
①若杂质是CuCl2,则产生的原因是　。 
②若杂质是CuO,则产生的原因是　。 
答案　(1)干燥管　(2)cdb　(3)先变红,后褪色　(4)Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O　(5)①加热时间不足或温度偏低　②通入HCl的量不足
[教师专用题组]
【5年高考】
考点一　钠及其化合物
1.(2020江苏单科,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 (　　)
A.铝的金属活泼性强,可用于制作铝金属制品
B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料
C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸
D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水
答案　D　A项,金属铝用于制作金属制品是因为金属铝易加工,且表面形成的氧化膜有一定的防腐作用,错误;B项,冶炼铝用氧化铝作原料,是因为氧化铝是离子化合物,熔融时能电离,错误;C项,氢氧化铝有弱碱性,可用于中和过多的胃酸,错误;D项,明矾中的铝离子在水溶液中水解生成氢氧化铝胶体,可用于净水,正确。
2.(2018江苏单科,9,2分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
答案　A　本题考查元素化合物之间的相互转化。2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH,A正确;NaAlO2与过量HCl(aq)反应生成AlCl3和NaCl,B不正确;[Ag(NH3)2]+与蔗糖无法发生银镜反应生成Ag,C不正确;Fe与HCl(aq)反应生成FeCl2和H2,D不正确。
3.(2016课标Ⅱ,12,6分)某白色粉末由两种物质组成,为鉴别其成分进行如下实验:
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解;再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解;
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生,振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为 (　　)
A.NaHCO3、Al(OH)3　　B.AgCl、NaHCO3
C.Na2SO3、BaCO3　　D.Na2CO3、CuSO4
答案　C　A项,加入足量稀硫酸后,固体全部溶解;B项,加入足量稀盐酸时有气泡产生,但仍有固体存在;D项,加入足量稀硫酸并振荡后,固体全部溶解。故A、B、D均不符合题意。
4.(2015课标Ⅰ,10,6分)下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 (　　)
选项
实验
现象
结论
A.
将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成,溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B.
将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C.
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D.
将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成,后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
答案　D　A项,稀硝酸加入过量铁粉中,产物是Fe2+,滴加KSCN溶液,不会出现血红色;B项,将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中,溶液变蓝,发生了反应:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,说明氧化性Fe3+>Cu2+,没有黑色固体出现;C项,用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,铝箔表面的铝和空气中的氧气反应生成Al2O3,Al2O3熔点高,包裹着熔化的铝,熔化后的液态铝不会滴落下来;D项,将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,说明NaOH已反应完全,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液,白色沉淀变为浅蓝色沉淀,说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小。
5.(2015课标Ⅱ,13,6分)用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液滴入②中,预测的现象与实际相符的是 (　　)
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A.
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B.
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕
色气体
C.
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量
白色沉淀
D.
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色

答案　D　稀盐酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中,NaOH优先发生反应,不会立即产生气泡,A项错误;常温下,铝遇浓硝酸发生钝化,不会产生红棕色气体,B项错误;AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中发生反应:Al3++4OH-AlO2-+2H2O,不会产生沉淀,C项错误;H2C2O4与高锰酸钾酸性溶液发生氧化还原反应,而使KMnO4溶液褪色,D项正确。
6.(2015山东理综,10,5分)某化合物由两种单质直接反应生成,将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.AlCl3　　B.Na2O　　C.FeCl2　　D.SiO2
答案　A　AlCl3可由Al与Cl2直接反应生成,加入Ba(HCO3)2溶液中因发生双水解反应而同时生成气体和沉淀:Al3++3HCO3-Al(OH)3↓+3CO2↑,A正确;Na2O加入Ba(HCO3)2溶液中生成BaCO3沉淀,但无气体产生,B错误;Fe与Cl2直接反应生成FeCl3,C错误;SiO2与Ba(HCO3)2溶液不反应,D错误。
7.(2013山东理综,9,4分)足量下列物质与相同质量的铝反应,放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是 (　　)
A.氢氧化钠溶液　　B.稀硫酸
C.盐酸　　D.稀硝酸
答案　A　Al与稀硝酸反应生成NO气体,D项不符合题意;2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2↑,2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑,可知消耗溶质物质的量最少的是NaOH溶液,A项符合题意。
8.(2013广东理综,23,6分)下列实验的现象与对应结论均正确的是(双选) (　　)
选项
操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显现象
Al与浓硝酸不反应
C
将一小块Na放入无水乙醇中
产生气泡
Na能置换出醇羟基中的氢
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
答案　AC　浓硫酸有脱水性,能使蔗糖变黑;浓硫酸又有强氧化性,能发生反应C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O,生成的气体使固体膨胀,A项正确。常温下,Al遇浓硝酸发生钝化,是因为Al与浓硝酸反应生成了一层致密的氧化物保护膜,阻碍反应进一步进行,B项错误。2Na+2C2H5OH2C2H5ONa+H2↑,C项正确。3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,Fe3O4是黑色晶体,D项错误。
评析　本题综合考查元素及其化合物的知识。本题易因误认为钝化是不发生反应而错选B;因将水蒸气与Fe在高温下反应的产物误认为是Fe2O3而错选D。理解现象的本质,熟记常见反应的化学方程式是解答该类题的关键。难度中等。
9.(2012重庆,11,6分)向10mL0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中,滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL。下列叙述正确的是 (　　)
A.x=10时,溶液中有NH4+、Al3+、SO42-,且c(NH4+)>c(Al3+)
B.x=10时,溶液中有NH4+、AlO2-、SO42-,且c(NH4+)>c(SO42-)
C.x=30时,溶液中有Ba2+、AlO2-、OH-,且c(OH-) D.x=30时,溶液中有Ba2+、Al3+、OH-,且c(OH-)=c(Ba2+)
答案　A　当滴加的Ba(OH)2溶液体积为10mL时,Ba(OH)2不足量,离子方程式为:3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,溶液中Al3+、SO42-过量,且NH4+没有参加反应;当加入30mLBa(OH)2溶液时,Ba(OH)2过量,离子方程式为:Al3++5OH-+2Ba2++2SO42-+NH4+AlO2-+NH3·H2O+2BaSO4↓+2H2O,剩余的OH-与生成的AlO2-的物质的量相同,再考虑NH3·H2O的电离及AlO2-的水解等,则溶液中c(OH-)>c(AlO2-)。
10.(2012北京理综,7,6分)下列解释实验现象的反应方程式正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.切开的金属Na暴露在空气中,光亮表面逐渐变暗
2Na+O2Na2O2
B.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色　2AgCl+S2-Ag2S↓+2Cl-
C.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色黏稠物　2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2
D.向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀
2HCO3-+Ca2++2OH-CaCO3↓+CO32-+2H2O
答案　B　A项,切开的金属钠暴露在空气中,光亮表面变暗的原因是钠被氧化生成Na2O,反应方程式为4Na+O22Na2O,故A错误;C项,Na2O2放置在潮湿的空气中发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,因NaOH易吸水而形成白色黏稠物,故C错误;D项,向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀的反应方程式为HCO3-+Ca2++OH-CaCO3↓+H2O,故D错误。
11.[2013江苏单科,16(4),6分,0.442]氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。
(4)煅烧过程存在以下反应:
2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑
MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑
MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑
利用下图所示装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。

①D中收集的气体是　　　　(填化学式)。 
②B中盛放的溶液可以是　　　　(填字母)。 
a.NaOH溶液b.Na2CO3溶液
c.稀硝酸　　d.KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体能与热的NaOH溶液反应,产物中元素的最高价态为+4,写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(4)①CO　②d　③3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O
解析　(4)气体成分为SO2、CO2、CO、S(g),分步吸收的顺序:A中收集S,B吸收SO2,C吸收CO2,D收集CO。B中可以选择KMnO4溶液。
审题技巧　解此类题时,不仅要关注题干部分,同时也要关注题目中提供的信息。如本题中的③小题,提示A中得到淡黄色固体,联系上下文,很容易推出该固体为S单质。
命题归纳　无机化工题来自实际化工生产,考查相关的化学基础知识和基本技能。这类题目所考的知识点比较分散,既考查元素化合物基础知识,又考查与之相关的化学基本理论、实验操作和化学计算。
12.(2013北京理综,27,12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O,工艺流程如下(部分操作和条件略):
Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤;
Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液,调节溶液的pH约为3;
Ⅲ.加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色;
Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消失,过滤;
Ⅴ.浓缩、结晶、分离,得到产品。
(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)将MnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整:
1MnO4-+　Fe2++　　　　 1Mn2++　Fe3++　　　　 
(3)已知:
生成氢氧化物沉淀的pH

Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
注:金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的: 
　。 
(4)已知:一定条件下,MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是　　　　　　　　　　　　　。 
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是　。 
答案　(1)Al2O3+6H+2Al3++3H2O
(2)5　8H+　5　4H2O
(3)pH约为3时,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀
(4)①生成黄绿色气体　②除去过量的MnO4-
解析　(2)由得失电子守恒知Fe2+和MnO4-的化学计量数之比为5∶1,再由电荷守恒可知左边还应填8H+,由原子守恒推出右边还应填4H2O。
(3)滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+,由生成氢氧化物沉淀的pH可知,要使Fe2+和Fe3+完全沉淀而Al3+不生成Al(OH)3沉淀,应将Fe2+氧化为Fe3+,且控制pH在2.8~3.4之间。
(4)①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,Cl2是一种黄绿色气体。
②由题干提供的信息可得出加入MnSO4的目的是除去溶液中过量的MnO4-:2MnO4-+3Mn2++2H2O5MnO2↓+4H+。
评析　本题考查了元素及其化合物、氧化还原反应方程式的配平等知识。重点考查考生综合分析问题的能力。根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平氧化还原反应方程式是解该题的关键。考生不能准确应用(3)中的信息解释步骤Ⅱ的目的是本题的失分点。难度中等。
13.(2013浙江理综,26,15分,★★☆)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25g·L-1。请回答下列问题:
(1)甲的化学式是　　　　;乙的电子式是　　　　。 
(2)甲与水反应的化学方程式是　。 
(3)气体丙与金属镁反应的产物是　　　　(用化学式表示)。 
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　。有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O,请设计实验方案验证之　 
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O)
(5)甲与乙之间　　　　(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2,判断理由是　 　。 
答案　(1)AlH3　H··N··H····H
(2)AlH3+3H2OAl(OH)3↓+3H2↑
(3)Mg3N2
(4)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
取样后加稀H2SO4,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O。反之则无Cu2O
(5)可能
AlH3中的氢化合价为-1价,NH3中的氢为+1价,因而有可能发生氧化还原反应生成氢气
解析　由甲加热可产生金属单质和H2,可判断甲为氢化物,又因甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液及根据质量关系可推出甲为AlH3。丙的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1,中学中常见的摩尔质量为28g·mol-1 的物质有N2、CO、C2H4等,又因丙为单质,则丙为N2,乙为NH3。
14.(2019课标Ⅰ,26,14分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:

回答下列问题:
(1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为　。 
(2)“滤渣1”的主要成分有　　　　　　　　。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是　　　　。 
(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是　　　　酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是　　　　　　　　　　　　　。 
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,母液经加热后可返回　　　　工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是　　　　。 
答案　(1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3　KSCN
(3)一元弱　转化为H3BO3,促进析出
(4)2Mg2++3CO32-+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-[或2Mg2++2CO32-+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑]　溶浸　高温焙烧
解析　(1)“溶浸”步骤产生的“气体”是NH3,用NH4HCO3溶液吸收NH3的化学方程式为NH3+NH4HCO3(NH4)2CO3。
(2)根据流程图可知,Fe2O3、Al2O3、SiO2不溶于(NH4)2SO4溶液,故“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3;检验Fe3+通常选用KSCN溶液。
(3)根据H3BO3的解离反应以及电离平衡常数,可判断H3BO3是一元弱酸;在“过滤2”操作前B元素主要以B2O54-的形式存在,调节pH至3.5后生成了H3BO3沉淀,由此可推断调节pH的目的是将B2O54-转化成H3BO3。
(4)反应物有Mg2+、CO32-,生成物有Mg(OH)2·MgCO3沉淀,再结合电荷守恒、原子守恒可写出反应的离子方程式;“沉镁”后的母液的主要成分为(NH4)2SO4,可供“溶浸”工序循环使用;Mg(OH)2、MgCO3在高温条件下均易分解生成MgO,故高温焙烧碱式碳酸镁可以制备轻质氧化镁。
方法归纳　可循环利用的物质通常是某步骤的副产物,可以作为其他步骤的反应物。
考点二　铁及其化合物
1.(2020山东,9,2分)以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:
煅烧轻烧粉浸出↓　↓废渣氨气氯化铵溶液↓浸出液沉镁↓滤液氨水↓氢氧化镁煅烧高纯镁砂
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 (　　)
A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O
B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
答案　B　A项,通过煅烧操作,MgCO3转化为MgO,NH4Cl溶液显酸性,能与MgO发生反应,正确;B项,适当升高温度,可以加快反应速率,提高浸出率,但沉镁时加入的氨水受热易分解,故浸出时可以适当升高温度,沉镁时温度不宜过高,错误;C项,结合题给流程图,浸出时有氨气产生,沉镁时发生的反应为MgCl2+2NH3·H2OMg(OH)2↓+2NH4Cl,故可循环使用的物质有NH3、NH4Cl,正确;D项,结合题给已知信息浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3可知,Fe3+、Al3+在弱酸性环境中完全沉淀,而Mg2+没有产生沉淀,利用了它们氢氧化物Ksp的不同,正确。
2.(2020浙江7月选考,8,2分)下列说法不正确的是 (　　)
A.Cl-会破坏铝表面的氧化膜
B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强
C.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒
D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
答案　B　NaHCO3不稳定,受热易分解,发生反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,NaHCO3的热稳定性比Na2CO3弱,故选B。
3.(2020浙江7月选考,9,2分)下列说法不正确的是 (　　)
A.高压钠灯可用于道路照明
B.SiO2可用来制造光导纤维
C.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D.BaCO3不溶于水,可用作医疗上检查肠胃的钡餐
答案　D　A项,高压钠灯透雾能力强,可用于道路照明,正确;B项,光导纤维的主要成分为SiO2,正确;C项,工业上可采用主要成分为CuFeS2的黄铜矿来高温冶炼制备粗铜,正确;D项,BaCO3会与胃酸反应,产生剧毒重金属离子——Ba2+,故BaCO3不可用作检查肠胃的钡餐,错误。
4.(2020浙江7月选考,12,2分)下列说法正确的是 (　　)
A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe
C.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3
D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
答案　A　氧化钠在加热条件下与空气中的氧气反应生成过氧化钠,反应的化学方程式为2Na2O+O22Na2O2,A项正确;镁与过量的三氯化铁反应生成氯化镁和氯化亚铁,反应的化学方程式为Mg+2FeCl3MgCl2+2FeCl2,Mg无剩余,无Fe生成,B项错误;FeS2在高温条件下与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫,反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,C项错误;过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水,反应的化学方程式为2H2O2O2↑+2H2O,D项错误。
5.(2019海南单科,2,2分)我国古代典籍中有“石胆……浅碧色,烧之变白色者真”的记载,其中石胆是指 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.CuSO4·5H2O　　B.FeSO4·7H2O
C.ZnSO4·7H2O　　D.KAl(SO4)2·12H2O
答案　A　CuSO4·5H2O为蓝色晶体,CuSO4为白色粉末,加热时发生反应:CuSO4·5H2O(蓝)CuSO4(白)+5H2O。
6.(2019天津理综,3,6分)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.铝中添加适量锂,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　本题涉及的考点有铁、氯、钠及其化合物的性质,合金的性质与应用。考查学生对元素化合物基础知识的整合能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
A项,溶液中发生反应:2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe3Fe2+,将废铁屑加入FeCl2溶液中可以除去工业废气中的Cl2,故正确;B项,铝、锂均为轻金属,铝中添加适量锂可以制得低密度、高强度的铝合金,故正确;C项,Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH,施加熟石灰生成了烧碱NaOH,碱性增强,不利于作物生长,故错误;D项,无水CoCl2吸水的现象(蓝色变粉红色)明显,可用于判断变色硅胶是否吸水,故正确。
易错提醒　C选项中,熟石灰虽然可以与Na2CO3反应,但反应后会生成碱性更强的烧碱,适得其反。解题时务必考虑周到,思维缜密。
7.(2018浙江4月选考,24,2分)某同学通过如下流程制备氧化亚铜:
Cu2(OH)2CO3CuCl2溶液CuClCu2O
已知:CuCl难溶于水和稀硫酸;Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是 (　　)
A.步骤②中的SO2可用Na2SO3替换
B.步骤③中为防止CuCl被氧化,可用SO2水溶液洗涤
C.步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O
D.如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质,用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应,根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
答案　D　SO2和Na2SO3中的硫都是+4价,都具有还原性,故A正确;SO2水溶液具有还原性,可以防止CuCl被氧化,故B正确;步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O,故C正确;CuCl难溶于水和稀硫酸,Cu2O在酸中会发生自身的歧化反应,故D错误。
8.(2018江苏单科,6,2分)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN 溶液,溶液显红色
B.KAl(SO4)2·12H2O 溶于水可形成Al(OH)3胶体
C.NH4Cl 与Ca(OH)2 混合加热可生成NH3
D.Cu与FeCl3 溶液反应可生成CuCl2
答案　A　向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液不显红色,A项错误;KAl(SO4)2·12H2O溶于水,电离出的Al3+发生水解可形成Al(OH)3胶体,B项正确;实验室常用NH4Cl固体与Ca(OH)2固体混合加热制NH3,C项正确;Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2和FeCl2,D项正确。
易错易混　SCN-与Fe3+可结合形成Fe(SCN)3使溶液显红色,而SCN-与Fe2+不能。
9.(2015福建理综,9,6分)纯净物X、Y、Z转化关系如图所示,下列判断正确的是 (　　)

A.X可能是金属铜　　B.Y不可能是氢气
C.Z可能是氯化钠　　D.Z可能是三氧化硫
答案　A　若用惰性电极电解CuCl2溶液,可以生成Cu和Cl2,Cu可以在Cl2中燃烧生成CuCl2,故X可能是金属铜,A正确;若用惰性电极电解HCl的水溶液,可生成H2和Cl2,H2和Cl2在点燃的条件下可以生成HCl,故Y可能是H2,B错误;在水溶液中Na+不可能放电,故C错误;若Z是三氧化硫,则Z的水溶液为H2SO4溶液,电解H2SO4溶液得到的X和Y作用不会生成三氧化硫,故D错误。
10.(2014课标Ⅰ,8,6分)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 (　　)
选项
现象或事实
解释
A.
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
B.
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C.
施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D.
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜
答案　C　生活中常用热的纯碱溶液洗去油污,其原因不是Na2CO3与油污直接发生反应,而是纯碱水解使溶液呈碱性,油污在碱性条件下水解生成可溶于水的高级脂肪酸盐和甘油,A错误;漂白粉在空气中久置变质,是因为发生了反应:Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO,2HClO2HCl+O2↑,B错误;K2CO3与NH4Cl混合使用,因发生相互促进的水解反应生成NH3而降低肥效,C正确;FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作的反应原理是2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2。
11.(2014课标Ⅱ,9,6分)下列反应中,反应后固体物质增重的是　　 (　　)
A.氢气通过灼热的CuO粉末
B.二氧化碳通过Na2O2粉末
C.铝与Fe2O3发生铝热反应
D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
答案　B　A项,CuO被H2还原为Cu,固体质量减轻;B项,2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,Na2O2变为Na2CO3,固体质量增加;C项,铝热反应前后固体总质量保持不变;D项,1molZn置换出1molCu,固体质量减轻,不符合题意。
12.(2014上海单科,17,3分)用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜,所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是 (　　)
A.若无固体剩余,则溶液中一定有Fe3+
B.若有固体存在,则溶液中一定有Fe2+
C.若溶液中有Cu2+,则一定没有固体析出
D.若溶液中有Fe2+,则一定有Cu析出
答案　B　A项,当铁粉刚好与Fe3+完全反应,则不存在Fe3+,故A错误;B项,无论固体有没有,一定有Fe2+,故B正确;C项,可能部分Cu2+变成Cu,还有Cu2+剩余,故C错误;D项,若溶液中Fe3+过量,则没有Cu析出,故D错误。
13.(2011山东理综,12,4分)Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是 (　　)
A.三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B.三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al
答案　C　A项,Al2O3为两性氧化物;B项,Cu在空气中的CO2和H2O(g)的作用下与O2反应生成Cu2(OH)2CO3;C项,三种盐均为强酸弱碱盐,加热时都水解,且生成易挥发的HCl,随着水分和HCl的挥发,蒸干时都得到金属氧化物和其氢氧化物的混合物;D项,电解AlCl3溶液阴极上的产物为H2和Al(OH)3。
14.(2020课标Ⅱ,7,6分)北宋沈括《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是 (　　)
A.胆矾的化学式为CuSO4
B.胆矾可作为湿法冶铜的原料
C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应
答案　A　A项,胆矾是硫酸铜晶体,其化学式为CuSO4·5H2O,错误;B项,湿法冶铜中的一步反应是铁与CuSO4溶液发生置换反应,故胆矾可作为湿法冶铜的原料,正确;C项,将CuSO4溶液蒸发浓缩,再冷却结晶可得胆矾,正确;D项,铁与硫酸铜溶液发生置换反应,置换出来的铜附在铁釜上,正确。
15.(2016北京理综,26,13分)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。
(1)Fe还原水体中NO3-的反应原理如下图所示。

①作负极的物质是　　　　。 
②正极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　。 
(2)将足量铁粉投入水体中,经24小时测定NO3-的去除率和pH,结果如下:
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
接近100%
<50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态


pH=4.5时,NO3-的去除率低。其原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)实验发现:在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时,补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设:
Ⅰ.Fe2+直接还原NO3-;
Ⅱ.Fe2+破坏FeO(OH)氧化层。
①做对比实验,结果如下图所示。可得到的结论是 　。 

②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式,解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因: 
　　　　　　　　。 
(4)其他条件与(2)相同,经1小时测定NO3-的去除率和pH,结果如下:
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
约10%
约3%
1小时pH
接近中性
接近中性
与(2)中数据对比,解释(2)中初始pH不同时,NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(13分)
(1)①Fe
②NO3-+8e-+10H+NH4++3H2O
(2)FeO(OH)不导电,阻碍电子转移
(3)①本实验条件下,Fe2+不能直接还原NO3-;在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-去除率
②Fe2++2FeO(OH)Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,利于电子转移
(4)初始pH低时,产生的Fe2+充足;初始pH高时,产生的Fe2+不足
解析　(1)由图示可知,Fe失去电子作负极,NO3-在正极发生反应转化为NH4+:NO3-+8e-+10H+NH4++3H2O。
(4)初始pH低时,产生的Fe2+充足,能有效防止FeO(OH)的生成。
16.(2015天津理综,10,14分)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:
(1)FeCl3净水的原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。
①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1,c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1,c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的pH约为　　　　　。 
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:
　ClO3-+　Fe2++　　　　 　Cl-+　Fe3++　　　　 
(3)FeCl3在溶液中分三步水解:
Fe3++H2OFe(OH)2++H+　K1
Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H+　K2
Fe(OH)2++H2OFe(OH)3+H+　K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是　　　　　　　　。 
通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:
xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+
欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)　　　　。 
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
a.降温　　　　　　b.加水稀释
c.加入NH4Cl　　　d.加入NaHCO3
室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是　　　　　　　　。 
(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为　　　　mg·L-1。 

答案　(1)Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质　2Fe3++Fe3Fe2+
(2)①2　②1　6　6H+　1　6　3H2O
(3)K1>K2>K3　bd　调节溶液的pH
(4)18~20
解析　(1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,能吸附水中的悬浮杂质使其沉降,从而起到净水作用。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是Fe3+具有较强的氧化性,将Fe氧化为Fe2+,其离子方程式为:2Fe3++Fe3Fe2+。
(2)①酸性FeCl2废液中除存在Fe2+、Fe3+、Cl-外,还存在H+和OH-,由电荷守恒得:c(H+)+2c(Fe2+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)+c(OH-),由于c(OH-)很小,可忽略不计,故有c(H+)+2×2.0×10-2mol·L-1+3×1.0×10-3mol·L-1≈5.3×10-2mol·L-1,则c(H+)≈1.0×10-2mol·L-1,pH≈2。②由①可知溶液显酸性,空缺的反应物为H+,则空缺的生成物为H2O,由得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可配平该离子方程式。
(3)离子分步水解时,水解程度逐级减小,而水解平衡常数能够表示水解程度的大小,K值越大,水解程度越大,故有K1>K2>K3。对于xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+,由于水解反应吸热,降温可使平衡逆向移动;加水稀释,水解程度增大,平衡正向移动;加入NH4Cl,NH4+水解使c(H+)增大,平衡逆向移动;加入NaHCO3,HCO3-结合H+使c(H+)减小,平衡正向移动,故选b、d。欲使FeCl3溶液转化为高浓度聚合氯化铁,应使Fe3+的水解平衡正向移动,在FeCl3浓度一定的条件下,适当减小c(H+),即调节溶液的pH可达到这种效果。
(4)由题图可以看出,投放聚合氯化铁18mg·L-1时,浑浊度的去除率最高;投放聚合氯化铁20mg·L-1时,还原性物质的去除率最高,因此投放聚合氯化铁的最佳范围为18~20mg·L-1。
评析　本题以新型絮凝剂“聚合氯化铁”为背景,综合考查了盐类的水解、氧化还原反应方程式的配平、平衡的移动及平衡常数等知识,难度中等。

17.(2014福建理综,24,15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切。
(1)右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
①该电化腐蚀称为　　　　　　。 
②图中A、B、C、D四个区域,生成铁锈最多的是　　　　(填字母)。 
(2)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下:
废铁皮含Fe(NO3)2的溶液
①步骤Ⅰ若温度过高,将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为　。 
②步骤Ⅱ中发生反应:4Fe(NO3)2+O2+(2n+4)H2O2Fe2O3·nH2O+8HNO3,反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
③上述生产流程中,能体现“绿色化学”思想的是　　　　　　　　(任写一项)。 
(3)已知t℃时,反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25。
①t℃时,反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)=　　　　。 
②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s),并通入xmolCO,t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%,则x=　　　　。 
答案　(1)①吸氧腐蚀　②B
(2)①4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
②4Fe+10HNO34Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O
③氮氧化物排放少(或其他合理答案)
(3)①4∶1　②0.05
解析　(2)①硝酸在受热或光照条件下均易分解,化学方程式为:4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O。②由题意可知HNO3又将铁氧化为Fe(NO3)2,由框图中分离的产物可知HNO3被还原为NH4NO3,故化学方程式为:4Fe+10HNO34Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O。③此生产流程中,体现“绿色化学”思想可从两方面考虑:一是HNO3被还原为NH4NO3,没有生成氮氧化物,减少了对环境的污染;二是产物的利用,如NH4NO3可作氮肥,Fe2O3·nH2O可制备铁红,提高了原子利用率。(3)①该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)c(CO),在同样条件下,c(CO2)∶c(CO)=n(CO2)∶n(CO),所以平衡状态时n(CO)∶n(CO2)=c(CO)c(CO2)=1K=10.25=4∶1。
②可列出“三段式”:
　　　　FeO(s)　+　　CO(g)　　Fe(s)+CO2(g)
起始量:0.02mol　　　　xmol　　　　　0　　　0
变化量:0.02mol×50%　0.01mol　　0.01mol　0.01mol
平衡量:0.01mol　　(x-0.01)mol　　0.01mol　0.01mol
K=c(CO2)c(CO)=0.01x-0.01=0.25,得x=0.05。
评析　此题以铁及其化合物的性质为载体,综合考查了电化学腐蚀、氧化还原反应、硝酸的性质、绿色化学以及化学平衡常数的计算。要求考生基本功扎实,属于中等难度题。
18.(2013江苏单科,19,15分)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂,可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备:
　　　FeSO4+Na2CO3FeCO3↓+Na2SO4
FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
(1)制备FeCO3时,选用的加料方式是　　　　　(填字母),原因是　　　　　　　　　　　　　　。 
a.将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中
b.将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
c.将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中
(2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是 
　。 
(3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中,再加入少量铁粉,80℃下搅拌反应。①铁粉的作用是　　　　　　　　　　　　　　　。②反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥,获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是　。 

(5)某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发,先制备绿矾,再合成柠檬酸亚铁。请结合右图的绿矾溶解度曲线,补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂:铁粉、稀硫酸和NaOH溶液):向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应, 
 
　　　　　　　　　　　　　　,得到FeSO4溶液,　 　, 
得到FeSO4·7H2O晶体。
答案　(15分)(1)c　避免生成Fe(OH)2沉淀
(2)取最后一次的洗涤滤液1~2mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净
(3)①防止+2价的铁元素被氧化　②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量,有利于晶体析出
(5)“(过滤,)向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5,过滤”或“过滤,向滤液中滴加过量的NaOH溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤”　(滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到60℃饱和溶液,冷却至0℃结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥
解析　(1)Fe2+开始生成Fe(OH)2的pH为5.8,为防止Fe(OH)2的生成,应将Na2CO3溶液滴加到FeSO4溶液中制备FeCO3。(2)沉淀洗涤的目的是除去沉淀吸附的可溶性杂质,由制备反应可知FeCO3沉淀中吸附的离子有Na+、SO42-、CO32-等,检验其中某种离子是否存在即可证明沉淀是否已洗净,实际检验时应尽量选择现象明显、灵敏度高的离子来检验,本题选择检验SO42-是否存在较为合适,具体操作见答案。(3)因 Fe2+易被空气中的O2氧化,故应加入铁粉防止Fe2+被氧化,过量的铁粉可加入适量柠檬酸使之完全反应生成柠檬酸亚铁。(4)“醇析法”在《实验化学》中已有涉及,加入乙醇可降低产品在水中的溶解量,有利于晶体结晶析出。(5)硫铁矿烧渣与足量稀硫酸充分反应后,过滤滤去SiO2,为除去滤液中的Al3+,可调节溶液pH约为5,但此时滤液中Fe3+也已沉淀完全,故在调pH之前需先加入过量铁粉将Fe3+还原成Fe2+。从FeSO4·7H2O溶解度曲线可知,要从FeSO4溶液中获得FeSO4·7H2O晶体,应先将溶液加热浓缩得到60℃饱和溶液,然后再冷却结晶,过滤得到晶体后,为减少晶体洗涤时的溶解损耗,洗涤剂应选择冰水。为防止晶体干燥时脱水,应选择低温干燥或真空干燥等方式。
19.(2012课标,26,14分)铁是应用最广泛的金属,铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式,可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品,溶解后先进行阳离子交换预处理,再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱,使Cl-和OH-发生交换。交换完成后,流出溶液的OH-用0.40mol·L-1的盐酸滴定,滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量,并求出FeClx中x值:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(列出计算过程)。 
(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品,采用上述方法测得n(Fe)∶n(Cl)=1∶2.1,则该样品中FeCl3的物质的量分数为　　　　　　。在实验室中,FeCl2可用铁粉和　　　　反应制备,FeCl3可用铁粉和　　　　　　反应制备。 
(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,其反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。与MnO2-Zn电池类似,K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池,K2FeO4在电池中作为正极材料,其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,该电池总反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(14分)(1)n(Cl)=0.0250L×0.40mol·L-1=0.010mol
0.54g-0.010mol×35.5g·mol-1=0.19g
n(Fe)=0.19g/56g·mol-1=0.0034mol
n(Fe)∶n(Cl)=0.0034∶0.010≈1∶3,x=3
(2)0.10　盐酸　氯气
(3)2Fe3++2I-2Fe2++I2(或2Fe3++3I-2Fe2++I3-)
(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+5H2O+3Cl-
FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-
2FeO42-+8H2O+3Zn2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-
注:Fe(OH)3、Zn(OH)2写成氧化物等其他形式且正确也可给分
解析　(1)依题意:n(Cl-)=n(OH-)=0.40mol·L-1×25.0×10-3L=1.0×10-2mol,n(Fe)∶n(Cl)=1∶x=0.54g-1.0×10-2mol×35.5g·mol-156g·mol-1∶(1.0×10-2mol),x≈3。
(2)设FeCl3的物质的量分数为x,由题意得3x+2(1-x)=2.1,x=0.10。据Fe+2HClFeCl2+H2↑、Fe+2FeCl33FeCl2、2Fe+3Cl22FeCl3可知,FeCl2可用铁粉与FeCl3或盐酸反应制备,FeCl3可用铁粉与Cl2反应制备。
(3)生成的棕色物质为I2,故可写出该反应的离子方程式:2Fe3++2I-2Fe2++I2。
(4)解答此问要紧扣题给信息,注意离子方程式中的电荷守恒及氧化还原反应中的得失电子守恒。
20.(2019浙江4月选考,27,6分)固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验:

请回答:
(1)由现象1得出化合物X含有　　　　元素(填元素符号)。 
(2)固体混合物Y的成分　　　　　　　　(填化学式)。 
(3)X的化学式　　　　　　。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,固体完全溶解,得到蓝色溶液,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)O(1分)　(2)Cu和NaOH(2分,不分先后各1分)　(3)NaCuO2(1分)　2NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O(2分)
解析　(1)由现象1知,混合气体中含有水蒸气,水蒸气由X与干燥H2反应而来,可推知X中含有氧(O)元素。(2)由现象2知,Y中含有单质Cu,X中含有Cu元素,且n(Cu)=1.28g64g/mol=0.0200mol;由现象3知Y中含有NaOH,且n(NaOH)=0.0200mol。(3)X中n(Cu)=0.0200mol,n(Na)=n(NaOH)=0.0200mol,n(O)=2.38g-1.28g-0.0200mol×23g/mol16g/mol=0.0400mol,n(Na)∶n(Cu)∶n(O)=1∶1∶2,故X的化学式为NaCuO2。依题意,NaCuO2与浓盐酸反应产生的黄绿色气体应为Cl2,得到的蓝色溶液中应含有CuCl2,由元素守恒知还应有NaCl和H2O生成,据此可写出反应的化学方程式为2NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O。
21.(2011全国,27,15分)下图中,A、B、C、D、E是单质,G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。已知:
①反应C+GB+H能放出大量的热,该反应曾应用于铁轨的焊接;
②I是一种常见的温室气体,它和E可以发生反应:2E+I2F+D,F中E元素的质量分数为60%。

回答问题:
(1)①中反应的化学方程式为　; 
(2)化合物I的电子式为　　　　　　　　　,它的空间构型是　　　　　　　; 
(3)1.6gG溶于盐酸,得到的溶液与铜粉完全反应,计算至少所需铜粉的质量(写出离子方程式和计算过程);
(4)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为 
　　　　　　,反应后溶液与过量化合物I反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　; 
(5)E在I中燃烧观察到的现象是 　　　　　　　　　。 
答案　(1)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 (2分)
(2)O····：：C：：O····　直线形 (2分)
(3)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+
n(Cu)=n(Fe2O3)=1.6g160g·mol-1=0.010mol
铜粉的质量=64g·mol-1×0.010mol=0.64g (5分)
(4)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (2分)
AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-
(注:不要求写OH-+CO2HCO3-) (2分)
(5)镁条剧烈燃烧,生成白色粉末,反应器内壁附着有黑色的碳　 (2分)
解析　(1)由题意和信息①可知,C为Al,G为Fe2O3,B为Fe,H为Al2O3,则①中反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。
(2)由②可知,I为CO2,E为Mg,F为MgO,D为单质C。CO2的电子式为O······××C××··O····,CO2是直线形分子。
(3)G为Fe2O3,G与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O,Cu与Fe3+反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+。则n(Cu)=n(Fe2O3)=1.6g160g·mol-1=0.010mol,铜粉的质量=64g·mol-1×0.010mol=0.64g。
(4)Al与过量NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑。NaAlO2溶液与过量CO2反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-。
(5)镁条在CO2中能剧烈燃烧,生成白色粉末(MgO),反应容器内壁附着有黑色的碳:2Mg+CO22MgO+C。
评析　本题综合考查了元素化合物的有关推断、物质之间的化学反应、电子式、有关离子方程式的书写,实验现象的描述等知识,较易,只要细心,不难得出正确答案。
考点三　金属冶炼　金属材料
1.(2013大纲全国,29,15分)铝是一种应用广泛的金属,工业上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融电解制得。
①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下:

②以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下:

回答下列问题:
(1)写出反应1的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是　　　　,反应2的离子方程式为　。 
(3)E可作为建筑材料,化合物C是　　　　,写出由D制备冰晶石的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)电解制铝的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　,以石墨为电极,阳极产生的混合气体的成分是　　　　　　。 
答案　(1)2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O(2分)、2NaOH+Al2O32NaAlO2+H2O(2分)
(2)CaSiO3　2AlO2-+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+CO32-(每空2分,共4分)
(3)浓H2SO4(1分)　12HF+3Na2CO3+2Al(OH)32Na3AlF6+3CO2+9H2O(2分)
(4)2Al2O34Al+3O2↑(2分)
O2、CO2(CO)(2分)
解析　

(3)根据冰晶石的化学式可知气体D为HF,结合E可作为建筑材料可推出C为浓H2SO4,E为CaSO4,根据原子守恒可写出制备冰晶石的化学方程式。
(4)以石墨为电极,阳极发生的反应为2O2--4e-O2↑,O2可与石墨反应产生CO2和CO气体。
评析　本题是高考中常见的考查工艺流程的有关问题的试题。侧重考查了Al、Si、F及其化合物的性质。解题的关键是全面分析每一步流程涉及的化学反应。难点是制备冰晶石的化学方程式的书写。易因忽略O2与石墨的反应导致(4)问中阳极产生的混合气体的成分回答不完整而丢分。难度适中。
2.(2018课标Ⅰ,7,6分)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属,其流程如下:

下列叙述错误的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
答案　D　本题考查工艺流程分析,铝、铁、锂的化合物的性质等。合理处理废旧电池可回收有关金属,达到资源再利用的目的,同时有利于环境保护,A项正确;由流程图可知,“正极片”中含有的金属元素有Al、Fe、Li,B项正确;LiFePO4中铁元素的化合价为+2价,在H2SO4、HNO3作用下转化为Fe3+,经碱液处理形成Fe(OH)3沉淀,C项正确;Li2CO3难溶于水,而Li2SO4可溶于水,故不能用Na2SO4代替Na2CO3,D错误。
审题方法　以元素化合物的性质为依据,分析流程中各物质的转化。
3.(2020课标Ⅰ,26,14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:

金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题:
(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同时还有　　　　离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、　　　　,以及部分的　　　　　　　。 
(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是　　　　　　　。 
(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2+　VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O
(3)Mn2+　Al3+和Fe3+
(4)Fe(OH)3
(5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O
(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全
解析　(1)加热的目的是使反应完全,加快酸浸速率。(2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+,Fe2+能够被氧化为Fe3+;VO+中钒元素化合价为+3,VO2+中钒元素化合价为+5,VO+被MnO2氧化为VO2+,MnO2被还原为Mn2+,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平:VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O。(3)pH=3.0~3.1时,Mn2+还未沉淀,所以滤液②中有Mn2+,另外Fe3+、Al3+在该pH范围内没有沉淀完全,部分留在滤液②中。(4)滤饼②中除了有V2O5·xH2O,还有少量Fe(OH)3和Al(OH)3,加NaOH调pH>13,V2O5·xH2O与NaOH反应生成NaVO3,Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4,Fe(OH)3不与NaOH反应,所以滤渣③是Fe(OH)3。(5)“调pH”的目的是将NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀除去,反应的化学方程式为NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O,则滤渣④为Al(OH)3。(6)加入过量NH4Cl固体,c(NH4+)增大,根据同离子效应,可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。
4.(2020课标Ⅲ,27,15分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O):
废镍催化剂→碱浸↓滤液①NaOH溶液↓酸浸↓滤渣②稀H2SO4↓转化H2O2溶液↓→调pH↓滤渣③NaOH溶液↓控制pH浓缩结晶→硫酸镍晶体
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:

金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题:
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是　　　　　　　　　　　　　　。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“滤液②”中含有的金属离子是　。 
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是　　　　　　。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即调pHNaOH溶液↓→转化↓滤渣③H2O2溶液↓,“滤液③”中可能含有的杂质离子为　　　　。 
(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=　　　　　　　　　　　　　(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　　。 
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　　(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物　Al(OH)4-+H+Al(OH)3↓+H2O
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+　(3)O2或空气　Fe3+
(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2]　3.2~6.2
(5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O
(6)提高镍回收率
解析　(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸钠和甘油,并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,故“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物。“滤液①”中含有Na[Al(OH)4](也可写成NaAlO2),向其中加入稀H2SO4调为中性会生成Al(OH)3沉淀,反应的离子方程式为Al(OH)4-+H+Al(OH)3↓+H2O或AlO2-+H++H2OAl(OH)3↓。(2)“滤饼①”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物,加入稀H2SO4后主要发生反应Ni+2H+Ni2++H2↑、Fe+2H+Fe2++H2↑、NiO+2H+Ni2++H2O、FeO+2H+Fe2++H2O、Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O,故“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)H2O2的作用是在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+(2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O),且在“转化”中不引入新杂质,故可替代H2O2的物质是O2或空气,发生反应4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,也不引入新杂质。加NaOH溶液“调pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+,为除尽Fe3+而又不生成Ni(OH)2沉淀,需控制pH范围:3.2≤pH<7.2,此时,Fe2+不能沉淀,后续H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+,故“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe3+。(4)开始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全时,都存在沉淀溶解平衡:Ni(OH)2(s)Ni2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-),开始沉淀时,c(Ni2+)=0.01mol·L-1,c(OH-)=1.0×107.2-14mol·L-1,故Ksp=0.01×(107.2-14)2;沉淀完全时,c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1,c(OH-)=1.0×108.7-14mol·L-1,Ksp=10-5×(108.7-14)2。由上述分析得Ksp=1.0×10-15.6,若“转化”后的溶液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1,生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH-)=Kspc(Ni2+)=1.0×10-15.61.0mol·L-1=1.0×10-7.8mol·L-1,c(H+)=1.0×10-141.0×10-7.8mol·L-1=1.0×10-6.2mol·L-1,pH=6.2,故既要除尽Fe3+,又不形成Ni(OH)2沉淀,应控制的pH范围是3.2~6.2。(5)Ni2+被氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。(6)分离出NiSO4晶体后的母液中含有Ni2+(饱和NiSO4溶液),故将母液收集、循环使用,其意义是提高镍回收率。
5.(2019课标Ⅲ,26,14分)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和　　　　　　　;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为　　　　~6之间。 
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是　　　　　　。 
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)写出“沉锰”的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=13时,z=　　　　。 
答案　(1)SiO2(不溶性硅酸盐)
MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)4.7
(4)NiS和ZnS
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F-平衡向右移动
(6)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)13
解析　本题涉及元素化合物知识的综合应用,通过工艺流程形式给出信息,考查分析和解决化学工艺流程问题的能力,根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。
(1)由题干信息可知,滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或不溶性硅酸盐);依据氧化还原反应原理可知,MnO2作氧化剂,MnS作还原剂,由此可写出化学方程式。
(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2+,为了去除方便,需将Fe2+氧化为Fe3+。
(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节为4.7~6之间。
(4)NiS和ZnS是难溶于水的硫化物。
(5)MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq),若增大H+浓度,F-与H+会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动,导致溶液中Mg2+沉淀不完全。
(6)由于HCO3-H++CO32-,CO32-与Mn2+可形成MnCO3沉淀,使HCO3-电离平衡正向移动,H+浓度增大,H+与HCO3-反应生成H2O和CO2,所以离子方程式为Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O。
(7)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,可知+1+(+2)×x+(+3)×y+(+4)×z+(-2)×2=0,将x=y=13代入计算,可得z=13。
易错警示　(5)易忽略H+与F-会形成弱电解质破坏沉淀溶解平衡;(6)易错写为Mn2++HCO3-MnCO3↓+H+,忽略MnCO3可溶于酸中。
6.(2013广东理综,32,15分)银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下:

[注:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃]
(1)电解精炼银时,阴极反应式为　　　　　　　　;滤渣A与稀HNO3反应,产生的气体在空气中迅速变为红棕色,该气体变色的化学反应方程式为　。 
(2)固体混合物B的组成为　　　　　　　　;在生成固体B的过程中,需控制NaOH的加入量。若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式:　　CuO+　　Al2O3　　CuAlO2+　　↑。 
(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%,理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为　　　　molCuAlO2,至少需要1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液　　　　L。 
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾,其基本操作是　　　　　　　　、过滤、洗涤和干燥。 
答案　(1)Ag++e-Ag　2NO+O22NO2
(2)Al(OH)3和CuO　Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O
(3)4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑
(4)50　25
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
解析　(1)在电解精炼银时,粗银作阳极,纯银作阴极,电解质溶液用AgNO3溶液,阴极反应式为Ag++e-Ag。
(2)根据固体B煅烧后得到的产物中有Al和Cu两种元素,结合Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度,可推出固体B的主要成分是Al(OH)3和CuO。在生成固体B的过程中必须控制NaOH的量,NaOH一旦过量则会发生反应:Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。
(3)此反应为氧化还原反应,反应后Cu元素的化合价降低到+1价,所以生成物中还应有O2,O元素的化合价升高,根据得失电子守恒配平化学方程式。
(4)根据原子守恒可知,银铜合金中铜元素的物质的量为5000g×63.5%63.5g·mol-1=50mol,所以生成的CuAlO2也是50mol。CuAlO2中Cu和Al的物质的量之比为1∶1,则需要Al2(SO4)3溶液的体积V=nc=50mol×121.0mol·L-1=25L。

【3年模拟】
时间:45分钟　分值:72分

一、选择题(本题共9小题,每小题2分,共18分,每小题只有一个选项符合题目要求)
1.(2020聊城一中高三4月模拟,1)生活离不开化学。由某种金属制成的器皿,放置于空气中,其表面会逐渐变黑,如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡,一段时间后,黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.衣紫腰银　　B.点石成金 C.铜驼荆棘　　D.铁杵成针
答案　A
2.(2021届历城二中高三期中,3)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 (　　)
A.Fe2O3具有氧化性,可用作颜料
B.晶体硅熔点高,可用于制作半导体材料
C.Na2CO3溶液显碱性,可用热的纯碱溶液洗油污
D.FeS固体呈黑色,可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属离子
答案　C
3.(2021届莱芜一中高三11月月考,9)有研究发现:某温度下,钠完全燃烧的产物是白色的过氧化钠固体,极少量的超氧化钠的生成使产物表现为淡黄色固体。有学习小组设计了一套基于“烟囱效应”(促进空气流动)的实验装置(如图所示)来探究钠的燃烧反应。下列关于该实验的说法错误的是 (　　)

A.管内的空气被加热,密度降低,从玻璃管右侧逸出,产生压力差,促进外部空气从左管道进入
B.加热过程中,先观察到产生白色气体,之后在右侧玻璃管中出现白色固体,这是产生的过氧化钠气体遇冷凝华为固体
C.基于“烟囱效应”,右侧玻璃管越短越好
D.最终玻璃管中残留的固体可以用水进行清洗
答案　C
4.(2020枣庄二调,4)根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 (　　)
选项
实验操作
现象
结论
A
向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液
溶液变为红色
待测溶液中含有Fe2+
B
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
溶液澄清
Ag+与NH3·H2O能大量共存
C
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置
下层溶液显紫红色
氧化性:Fe3+>I2
D
向NaHCO3溶液中滴加Na[Al(OH)4]溶液
有白色沉淀和气体产生
[Al(OH)4]-与HCO3-发生了相互促进的水解反应
答案　C
5.(2021届诸城一中高三11月月考,7)铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是 (　　)

A.反应过程中,试管Ⅰ中出现的灰黑色固体是Cu2O
B.反应结束后,为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水
C.若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液,可观察到紫色褪至无色
D.为验证气体产物具有还原性,试管Ⅱ可盛放溴水
答案　D
6.(2021届莱芜一中高三月考,11)常温时,研究pH对一定浓度FeSO4溶液的稳定性的影响,根据下图分析不合理的是 (　　)


A.pH小于1时,亚铁离子几乎无损耗,可能的原因是4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+平衡逆向移动
B.pH在3.0~5.5之间,pH的变化对FeSO4稳定性影响不大
C.pH大于6.5时,亚铁离子损耗量突变,可能的原因是生成的Fe(OH)2更易被氧化
D.其他条件相同时,FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体,FeSO4的稳定性减弱
答案　D
7.(2021届临沂高三期中,13)实验室以活性炭为催化剂,由CoCl2·6H2O制备[Co(NH3)6]Cl3的流程如下。
CoCl2·6H2O[Co(NH3)6]Cl2NH4Cl[Co(NH3)6]Cl3
已知:Co2+在pH=9.4时完全沉淀为Co(OH)2。
下列说法错误的是 (　　)
A.步骤①中“研磨”的目的是增大晶体的表面积,加快溶解速率
B.步骤②中应先加入浓氨水,再加入NH4Cl溶液
C.步骤③中发生的反应为2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2NH3·H2O
D.步骤④中加入浓盐酸,有利于析出[Co(NH3)6]Cl3
答案　B
8.(2021届临朐实验中学高三10月月考,8)钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图:

下列说法错误的是 (　　)
A.酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2↑+4H2O
B.在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
C.化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+
D.“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8mol
答案　B
9.(2020德州二模,14)稀土元素铈(Ce)主要存在于独居石中,金属铈化学性质十分活泼。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可高效制取H2,制备原理如图所示,已知0<δ<2,下列说法不正确的是 (　　)

A.CeO2是水分解的催化剂
B.T<1050℃时,CeO2比CeO2-δ稳定
C.工业上可通过电解CeCl4溶液制备Ce
D.过程②的方程式为CeO2-δ+δH2OCeO2+δH2
答案　C

二、选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分,每小题有一个或两个选项符合题目要求)
10.(2021届历城二中检测,15)用下列装置不能达到实验目的的是 (　　)

A.用甲图装置可鉴别纯碱与小苏打
B.用乙图装置制备Fe(OH)2
C.用丙图装置能证明Cl2与NaOH溶液反应
D.用丁图装置制取氯气
答案　AD
11.(2021届山师附中月考,15)某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象,实验如下:
①
②
③



溶液变红,大约10秒左右红色褪去,有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液,滴加盐酸和BaCl2溶液,产生白色沉淀
溶液变红且不褪色,有气体生成(经检验为O2),经检验有丁达尔效应
溶液变红且不褪色,滴加盐酸和BaCl2溶液,无白色沉淀,经检验无丁达尔效应
下列说法不正确的是 (　　)
A.对比①③,可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-
B.实验②中发生的氧化还原反应有两种
C.②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体
D.③中发生的氧化还原反应为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O
答案　B
12.(2021届德州高三期中,13)乳酸亚铁晶体是一种优良补铁剂,可由乳酸与碳酸亚铁反应制得。实验室制备碳酸亚铁的装置如图所示,下列说法正确的是 (　　)

A.仪器B为蒸馏烧瓶,此仪器可直接进行加热
B.稀硫酸和Fe粉反应的目的是生成Fe2+,同时防止Fe2+被氧化
C.仪器C中反应的离子方程式为Fe2++HCO3-FeCO3↓+H+
D.向B反应后的溶液中加入NaOH溶液,若无白色沉淀,证明Fe2+全部进入了C中
答案　B
13.(2020青岛三模,14)富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO 等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如图1:
富硼渣粉H2SO4/△酸浸
图1
为了获得晶体,会先浓缩溶液接近饱和,然后将浓缩液放入高压釜中,控制温度进行结晶(硫酸镁与硼酸的溶解度随温度的变化如图2)。

图2
下列说法错误的是 (　　)
A.该工艺流程中加快反应速率的措施有 2 种
B.在高压釜中,先降温结晶得到硼酸晶体,再蒸发结晶得到硫酸镁晶体
C.“酸浸”中镁硼酸盐发生反应2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3
D.加入“MgO”后过滤,所得滤渣主要是Al(OH)3和Fe(OH)3
答案　B

三、非选择题(本题包括3小题,共38分)
14.(2021届聊城一中高三期中,18)(14分)铬元素及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。以某铬矿石(主要成分是Cr2O3,含Fe2O3、SiO2等杂质)为原料生产Cr2O3的流程如下:

已知:2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2,焙烧时SiO2也参与反应。
(1)Cr(OH)3和Al(OH)3性质类似,则Cr(OH)3与KOH反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)沉淀2的化学式为　　　　。 
(3)步骤③中CrO42-转化成Cr2O72-,写出其离子方程式:　　　　　　　　　　　　,硫酸能否换成盐酸并说明其理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)滤液3中的主要溶质是两种盐,其化学式为　　　　　　　　　。 
(5)CrO3的热稳定性较差,加热时逐步分解,其固体残留率随温度的变化如图所示,则B点时铬的氧化物化学式为　　　　。 

答案　(12分,每空2分)(1)Cr(OH)3+OH-2H2O+CrO2-　
(2)H2SiO3　(3)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O　不能,HCl可能被CrO42-氧化成氯气　(4)Na2SO4、(NH4)2SO4　(5)Cr2O3
15.(2020枣庄二调,18)(12分)氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶,氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶(各装置盛装足量试剂),所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。
已知:醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO,但易被O2氧化,失去吸收CO的能力;连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。

Ⅰ.氮化锶的制取
(1)装置B的名称是　　　　。 
(2)装置C、D、E盛装的试剂分别是　　　　(填代号)。 
甲.连苯三酚碱性溶液
乙.浓硫酸
丙.醋酸二氨合亚铜溶液
(3)该套装置设计存在缺陷,可能会导致产品变质,提出改进方案　。 
Ⅱ.产品纯度的测定
称取6.0gⅠ中所得产品,加入干燥的三颈烧瓶中,然后由恒压漏斗加入蒸馏水,通入水蒸气,将产生的氨全部蒸出,用200mL1.00mol/L的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00mL的吸收液,用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的盐酸,到终点时消耗16.00mLNaOH溶液。(图中夹持装置略)

(4)三颈烧瓶中发生的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　。 
(5)装置中2的作用为　　　　　　　　　　　　　。 
(6)用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl时所选指示剂为　　　　(填字母)。 
a.石蕊试液　　　　　b.酚酞试液　　　　　c.甲基橙
(7)产品纯度为　　　　　　　。 
(8)下列实验操作可能使氮化锶(Sr3N2)测定结果偏高的是　　　　(填字母)。 
a.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
b.读数时,滴定前平视,滴定后俯视
c.摇动锥形瓶时有液体溅出
答案　(14分,每空2分,特殊标注除外)
Ⅰ.(1)洗气瓶(1分)　(2)甲丙乙　(3)在装置F后连接一盛有碱石灰的干燥管
Ⅱ.(4)Sr3N2+6H2O3Sr(OH)2+2NH3↑　(5)平衡气压,防止倒吸　(6)c(1分)　(7)96.93%　(8)bc
16.(2020北京等级考适应性测试,18)(12分)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体是制备某负载型活性铁催化剂的主要原料,具有工业生产价值。某化学小组用如下方法制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体,并测定产品中铁的含量。
Ⅰ.制备晶体
ⅰ.称取5g莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O],用15mL水和几滴3mol/LH2SO4溶液充分溶解,再加入25mL饱和H2C2O4溶液,加热至沸,生成黄色沉淀;
ⅱ.将沉淀洗涤至中性,加入10mL饱和K2C2O4溶液,水浴加热至40℃,边搅拌边缓慢滴加H2O2溶液,沉淀逐渐变为红褐色;
ⅲ.将混合物煮沸30s,加入8mL饱和H2C2O4溶液,红褐色沉淀溶解,趁热过滤,滤液冷却后,析出翠绿色晶体,过滤、干燥。
Ⅱ.测定产品中铁的含量
ⅳ.称量xg制得的样品,加水溶解,并加入稀H2SO4酸化,再滴入ymol/LKMnO4溶液使其恰好反应;
ⅴ.向ⅳ的溶液中加入过量Zn粉,反应完全后,弃去不溶物,向溶液中加入稀H2SO4酸化,用ymol/LKMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液zmL。
已知:H2C2O4为二元弱酸,具有较强的还原性
(1)莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中铁元素的化合价是　　　　。 
(2)步骤ⅰ中黄色沉淀的化学式为FeC2O4·2H2O,生成该沉淀的离子方程式是　　　　　　　　　　　　。 
(3)步骤ⅱ中除了生成红褐色沉淀之外,另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)3]3-。将反应的离子方程式补充完整:
6FeC2O4·2H2O+　　　　+　　　 4[Fe(C2O4)3]3-+2Fe(OH)3↓+　　　H2O 
(4)步骤ⅱ中水浴加热的温度不宜过高,原因是　　　　　　　　　　　。 
(5)步骤ⅳ在铁的含量测定中所起的作用是 
　　　　　　　　　　　。 
(6)已知:ⅴ中Zn粉将铁元素全部还原为Fe2+;反应中MnO4-转化为Mn2+。则该样品中铁元素的质量分数是　　　(用含x、y、z的代数式表示)。 
答案(1)+2
(2)Fe2++H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+2H+
(3)3H2O2　6C2O42-　12
(4)防止H2O2受热分解
(5)将C2O42-氧化除去,防止干扰铁含量的测定
(6)28yzx%



[教师专用题组]
【3年模拟】
时间:35分钟　分值:50分

一、选择题(每题2分,共8分)
1.某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行下图所示的实验。下列说法中,正确的是 (　　)

A.实验前两溶液的pH相等
B.实验前两溶液中离子种类完全相同
C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D.加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-+Ca2+CaCO3↓
答案　B　A项,相同条件下,Na2CO3的水解程度大于NaHCO3,故实验前Na2CO3溶液的pH大;B项,Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+;C项,Na2CO3与CaCl2反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl22NaCl+CaCO3↓,NaHCO3与CaCl2反应的化学方程式为2NaHCO3+CaCl22NaCl+CaCO3↓+CO2↑+H2O,结合实验数据可知产生的沉淀不一样多;D项,NaHCO3与CaCl2反应的离子方程式为2HCO3-+Ca2+CaCO3↓+CO2↑+H2O。
2.探究Na2O2与水的反应,实验如下:

(已知:H2O2H++HO2-、HO2-H++O22-)
下列分析不正确的是 (　　)
A.①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B.①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C.②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同,产生气体的量也不同
D.通过③能比较酸性:HCl>H2O2
答案　D　分析题图可知试管①中发生反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑、Na2O2+2H2OH2O2+2NaOH;试管⑤中发生反应:2H2O22H2O+O2↑;试管④中发生反应:BaO2+H2SO4BaSO4+H2O2、H2O2(少量)H2O+O2↑,A、B均正确。C项,②中KMnO4与H2O2反应生成氧气,KMnO4作氧化剂,H2O2只作还原剂;⑤中MnO2起催化作用,H2O2既作氧化剂又作还原剂,因①中所得溶液等分,故②、④中含有H2O2的量相等,且④中有少量H2O2发生了分解,故②、⑤中产生气体的量不同,正确。D项,③中BaCl2与H2O2发生复分解反应生成了BaO2沉淀,故不能判断HCl与H2O2的酸性强弱,错误。
3.1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠:4NaOH(熔融)O2↑+4Na+2H2O;后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠:3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑。下列有关说法正确的是 (　　)
A.戴维法制钠,阳极的电极反应式为2OH-+2e-H2↑+O2↑
B.盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强
C.若用戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠,两方法转移电子总数相等
D.还可以用电解熔融氯化钠法制钠
答案　D　A项,由截维法制钠的化学方程式可知,电解过程中,阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水,电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑;B项,钠的熔、沸点较低,高温时生成Na蒸气,Na蒸气挥发有利于反应的进行,但Na的金属性比Fe的强;C项,戴维法每生成4molNa转移4mol电子,盖·吕萨克法每生成4molNa转移8mol电子,转移电子数不等;D项,工业上用电解熔融氯化钠法制金属钠。
解题关键　本题考查金属的冶炼及电解原理,明确元素的化合价变化及发生的电极反应为解题关键。
思路分析　由戴维法制钠的化学方程式可知,阳极上氢氧根离子放电,阴极上钠离子放电,每生成4molNa转移4mol电子;由盖·吕萨克法制钠的化学方程式可知,反应能够进行的原因是高温时生成Na蒸气,Na蒸气挥发有利于反应的进行,反应中铁作还原剂,氢氧化钠作氧化剂,每生成4molNa转移8mol电子。
4.某同学为测定Na2CO3固体(含少量NaCl)的纯度,设计如下装置(含试剂)进行实验。

下列说法中不正确的是 (　　)
A.必须在②③间添加吸收HCl的装置
B.④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度
C.通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中
D.称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度
答案　A　A项,③中氢氧化钡溶液足量,即使挥发出的HCl进入③中也不会影响碳酸钡沉淀的生成,所以不需要除去氯化氢;B项,④的作用是防止空气中的CO2进入③中使所得BaCO3的质量偏大,影响实验的精确度;C项,通入空气可将②中生成的二氧化碳完全排入③中;D项,利用碳酸钡的质量可以求得二氧化碳的质量,从而求得样品中碳酸钠的质量,结合样品质量即可求得碳酸钠的纯度。
审题技巧　测定Na2CO3固体(含少量NaCl)纯度的原理为碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳气体,二氧化碳气体被氢氧化钡溶液吸收后,所得BaCO3沉淀的物质的量即为吸收的二氧化碳的物质的量,进而计算出碳酸钠的质量,即可求出碳酸钠的纯度。
5.向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液,溶液迅速变黄,稍后产生气体;再加入KSCN溶液,溶液变红,一段时间后,溶液颜色明显变浅。依据实验现象,下列分析不正确的是 (　　)
A.产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2
B.H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3+的证据是:“溶液迅速变黄”和“溶液变红”
C.溶液颜色变浅,可能是过量的H2O2氧化了KSCN
D.溶液先变红后又明显变浅,是由反应速率不同导致的
答案　A　A项,H2O2具有强氧化性,FeSO4具有还原性,向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液,二者发生氧化还原反应,迅速产生Fe3+,使溶液变黄,稍后产生气体,是由于反应产生的Fe3+是H2O2分解反应的催化剂,错误;B项,Fe3+溶液呈黄色,且Fe3+遇KSCN会呈红色,正确;C项,KSCN具有还原性,H2O2具有强氧化性,二者可能会发生氧化还原反应,使Fe3+与SCN-结合形成的Fe(SCN)3浓度降低,故会使溶液的颜色变浅,正确;D项,溶液中开始时Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度较大,溶液的红色比较深,后由于KSCN被氧化,使Fe(SCN)3的浓度降低,溶液颜色变浅,这都是由于不同反应的反应速率不同引起的,正确。

二、非选择题(共42分)
6.某小组探究影响金属与水反应剧烈程度的因素。
(1)分别将等质量的Na块和Mg条(打磨光亮)投入水中,记录现象如下:
Na块在水中剧烈反应……发出响声,直至钠消失
Mg条表面缓慢产生少量气泡,数分钟后反应停止,未收集到气体,镁条表面失去光泽
补全Na与水反应的实验现象:　。 
(2)探究Mg与水反应缓慢的原因。
资料:Mg与水反应时,Mg表面覆盖了致密的Mg(OH)2导致反应缓慢;NH4+和HCO3-可以加快Mg与水反应。
同学们为了验证NH4+和HCO3-对Mg与水反应的促进作用,用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验,结果如下。
实验序号
a
b
c
d
盐溶液(均为0.1mol/L)
NH4Cl
NaHCO3
NaCl
NH4HCO3
溶液起始pH
5.1
8.3
7.0
7.8
30min时产生气体体积(mL)
1.5
0.7
<0.1
1.4
气体的主要成分
H2
30min时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)
①根据Mg(OH)2的溶解平衡可解释NH4+和HCO3-的作用。Mg(OH)2的溶解平衡表达式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②经检验,a中还生成少量其他气体,可进一步证明NH4+促进Mg与水反应。检验该气体的方法是 
　。 
③上表中能够说明HCO3-对Mg与水反应起促进作用的证据是　　　　　　　　　　。 
④b、d所得固体中还检验出碱式碳酸镁[用Mg2(OH)2CO3表示],写出生成该固体的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。 
⑤综合实验a~d可以得到的结论是:NH4+和HCO3-都能与Mg(OH)2作用加快Mg与水反应,　　　　　　　　　　　　　　　　　(补充两点)。 
(3)实验表明:与水反应的剧烈程度K>Na>Ca>Mg。结合上述实验说明影响金属与水反应剧烈程度的因素有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)浮在水面上,熔成小球,迅速游动
(2)①Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)
②用试管收集满该气体,将湿润的红石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝则该气体是NH3
③30min时,实验b产生的气体体积远大于实验c
④2Mg(OH)2+2HCO3-Mg2(OH)2CO3+2H2O+CO32-
⑤同浓度时,NH4+对Mg与水反应的促进作用大于HCO3-;NH4+和HCO3-共同作用时促进作用并未叠加
(3)金属活动性和相应金属氢氧化物的溶解性
解析　(2)②Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),NH4+与OH-结合生成NH3·H2O,NH3·H2O分解产生NH3;④Mg2(OH)2CO3中Mg元素由Mg(OH)2提供,CO32-由HCO3-提供,故离子方程式为2Mg(OH)2+2HCO3-Mg2(OH)2CO3+CO32-+2H2O。⑤由实验c的结果可以得出Na+和Cl-对Mg和水反应的影响不明显;由实验a、b、c的结果可以得出,相同浓度时NH4+对Mg和水反应的促进作用强于HCO3-;由实验a和d的结果可以得出,NH4+和HCO3-共同作用时促进作用并未叠加。(3)由K、Na、Ca、Mg与水反应的剧烈程度不同可以得出:影响金属与水反应剧烈程度的因素有金属本身的性质。由与水反应的剧烈程度:Na>Ca不符合金属活动性顺序,Ca(OH)2微溶,可以得出影响因素有金属氢氧化物的溶解性。
7.某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化。
(1)分别向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞溶液:
①Na2CO3溶液由无色变为红色,其原因是　　　　　　　　　　　　。 
②NaHCO3溶液也由无色变为红色,其原因是 　。 
③比较两份溶液的颜色,红色较浅的是　　　　　　　。 
(2)研究NaHCO3与CaCl2的反应。
实验序号
实验操作
实验现象
实验1
向2mL0.001mol/LNaHCO3溶液中加入1mL0.1mol/LCaCl2溶液
无明显变化。用激光笔照射,没有出现光亮的通路
实验2
向2mL0.1mol/LNaHCO3溶液中加入1mL0.1mol/LCaCl2溶液
略显白色均匀的浑浊,用激光笔照射,出现光亮的通路
①实验1中没有出现白色浑浊的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②实验2中形成的分散系属于　　　　。 
③用离子方程式表示实验2中发生的反应　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)在不引入其他杂质的前提下,实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化,请在下图中标出所用的试剂、用量或物质的量浓度(反应前后溶液体积的变化可忽略)。
　　Na2CO3100mL0.1mol/LNaHCO3100mL　　mol/L 
　　Na2CO3100mL0.1mol/L　　NaHCO3100mL0.1mol/L
答案　(1)①CO32-+H2OHCO3-+OH-
②HCO3-+H2OH2CO3+OH-,HCO3-H++CO32-,水解程度大于电离程度　③NaHCO3溶液
(2)①HCO3-浓度低,电离出的CO32-浓度更低,导致c(Ca2+)·c(CO32-) ②胶体　③Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2CO3
(3)CO2　0.2　NaOH　0.01
解析　(1)①CO32-水解使Na2CO3溶液呈碱性,所以加入酚酞溶液后,溶液由无色变为红色;②HCO3-在水溶液中可以发生水解和电离,但因水解程度大于电离程度,所以NaHCO3溶液呈碱性;③同浓度时,CO32-的水解程度大于HCO3-,所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液。
(3)要使Na2CO3转化为NaHCO3,且不引入杂质,则应通入CO2:Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3,由钠原子守恒可得NaHCO3溶液的浓度为0.2mol/L;要使NaHCO3转化为Na2CO3,且不引入杂质,可加入NaOH固体,由钠原子守恒可得加入NaOH的物质的量为2×0.1×0.1mol-0.1×0.1mol=0.01mol。
8.从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。以FeCl3溶液为实验对象,探究其与碱性物质之间反应的多样性。实验如下:

(1)①中反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)②中逸出的无色气体是　　　　　　。从物质类别的角度分析,Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的共性是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写一条);从化合价的角度分析,Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的差异是　　　　　　　　　　　　　　(写一条)。 
(3)对于③中的实验现象,同学们有诸多猜测,继续进行实验:
Ⅰ.甲取③中的红棕色溶液少许,滴入少量盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀。
甲得出结论:FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应,离子方程式是　　　　　　　　　　　　。 
Ⅱ.乙认为甲的实验不严谨,重新设计并进行实验,证实了甲的结论是正确的,其实验方案是 　。 
(4)受以上实验的启发,同学们对pH≈8的1mol/LNaF溶液与FeCl3溶液混合时的现象产生了兴趣并进行实验:
实验操作及现象
④向2mL0.2mol/LFeCl3溶液中滴入2mL1mol/LNaF溶液,溶液变无色
⑤向2mL0.2mol/LFeCl3溶液中滴入2mL 蒸馏水,溶液颜色变浅
Ⅰ.⑤的实验目的是　。 
Ⅱ.为探究④中溶液变无色的原因,进行如下实验:

资料显示:FeF3溶液为无色。
用平衡移动原理解释红褐色沉淀产生的原因: 
 
　　　　　　　　　　　。 
(5)根据实验,FeCl3溶液与碱性物质之间的反应的多样性与　　　　　　　　　　　　　有关。 
答案　(1)3Mg(OH)2+2Fe3+2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+
(2)CO2　都为强碱弱酸盐,都能与强酸反应　Na2CO3无还原性,Na2SO3具有较强的还原性
(3)Ⅰ.2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+
Ⅱ.取③中的红棕色溶液少许,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀
(4)Ⅰ.排除加水稀释对溶液颜色变化的影响
Ⅱ.无色溶液中存在平衡:Fe3++3F-FeF3,加入NaOH溶液后,Fe3+更易与OH-结合生成难溶的Fe(OH)3
(5)碱性物质的pH、离子的性质
解析　(2)Na2CO3与Na2SO3都为强碱弱酸盐,都能与强酸反应;但Na2CO3中碳元素为最高正价,无还原性;Na2SO3中硫元素为+4价,处于中间价态,具有较强还原性。
(3)SO32-被Fe3+氧化的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+,反应中Na2SO3过量,甲中的沉淀也可能是BaSO3,故应检验Fe3+是否被还原为Fe2+。
(5)通过实验可以看到,FeCl3溶液与碱性物质之间的反应的多样性与碱性物质的pH及离子的性质有关。
9.某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。
(1)甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉,观察到溶液的颜色变为浅蓝色,由此证明发生了反应,其离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生:将Cu粉加入滴有少量KSCN的FeCl3溶液中,观察到溶液红色褪去,有白色沉淀A产生。
①针对白色沉淀A,查阅资料:A可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为-2价)中的一种或两种。实验过程如下:

请回答:
Ⅰ.根据白色沉淀B是　　　　　　　　(填化学式),判断沉淀A中一定存在CuSCN。 
Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象,不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN,从氧化还原角度说明理由:　。 
Ⅲ.向滤液中加入a溶液后无明显现象,说明A不含CuCl,则a是　　　　　(填化学式)。 
根据以上实验,证明A仅为CuSCN。
②进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因,将该反应的方程式补充完整:
　　Cu2++　　SCN-　　CuSCN↓+　　(SCN)2 
③结合上述过程以及Fe(SCN)3Fe3++3SCN-的平衡,分析(2)中溶液红色褪去的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)已知(SCN)2称为拟卤素,其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中,观察到溶液变红色,则溶液变红的可能原因是　。 
答案　(1)Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+
(2)①Ⅰ.BaSO4
Ⅱ.+1价铜也可将浓HNO3还原
Ⅲ.AgNO3
②2　4　2　1
③Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小;Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小,均使该平衡正向移动,导致Fe(SCN)3浓度减小,溶液红色褪去
(3)Fe3+有剩余;空气中的O2将Fe2+氧化;(SCN)2将Fe2+氧化
解析　(1)向FeCl3溶液中加入Cu粉,观察到溶液的颜色变为浅蓝色,说明生成了铜离子。
(2)①Ⅰ.根据题图可知,溶液中含有过量的硝酸,即沉淀B不溶于酸,故该沉淀是硫酸钡。
Ⅱ.CuSCN中铜元素显+1价,也具有还原性,能够还原硝酸,故仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象,不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN。
Ⅲ.若白色沉淀A中含有CuCl,则滤液中含有氯离子,故用硝酸银溶液检验滤液中是否含有氯离子。
②根据反应中元素化合价的变化可知,消耗1个Cu2+转移1个电子,生成一个(SCN)2转移2个电子,故Cu2+和(SCN)2的化学计量数比为2∶1,根据元素守恒配平即可。
(3)将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中,观察到溶液变红色,说明溶液中含有Fe3+,Fe3+有可能是反应剩余的,或空气中的氧气将Fe2+氧化生成的,根据题意(SCN)2也有氧化性,故也有可能是(SCN)2将Fe2+氧化为Fe3+。
评分细则　(1)写成化学方程式,给1分;仅配平错,给1分(若写化学方程式且配平错误,给0分)。
(2)①Ⅰ.写名称且正确,给1分。
Ⅱ.答“+1价铜(或Cu+或CuCl)作还原剂(或表现还原性)”,给2分;若用方程式表示氧化还原的原理正确,但方程式不完整(如配平错或缺“H2O”等),给1分;明显笔误的(如“CuCl2中的+1价Cu……”),给1分;用文字叙述正确,又加入其他解释,若其他解释的氧化还原关系与正确叙述矛盾,给0分;若其他解释原理正确,仅叙述不完整,仍给2分。
Ⅲ.写“酸化的AgNO3”或“HNO3酸化的AgNO3”,给2分;写名称且正确,给1分;写“盐酸(或硫酸)酸化的AgNO3”,给0分。
②仅(SCN)2的化学计量数空答,其他化学计量数均正确,给1分;其他错误均给0分。
③必须答出平衡移动方向,若无平衡移动,给0分;在答出平衡移动的基础上,答出Cu使Fe3+浓度降低,给1分,答出Cu2+使SCN-浓度降低,再给1分(均可用方程式表示)。

【模块卷】
时间:45分钟　分值:80分
一、选择题(每小题2分,共26分)
1.某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3,设计的部分装置如图所示。


下列叙述正确的是 (　　)
A.若X为浓氨水,Y 为生石灰,则可用装置甲制取NH3
B.反应①可在装置乙中发生,反应②可在装置丁中发生
C.可用装置丙进行过滤操作
D.将母液蒸干灼烧后可得到NH4Cl固体
答案　C　生石灰遇水会变为粉末状的熟石灰,所以浓氨水与生石灰制取NH3不适合用装置甲,A项错误;反应①制取NaHCO3可在装置乙中发生,反应②是NaHCO3加热分解制Na2CO3,同时有CO2和水生成,丁中试管口应略向下倾斜,故反应②不可以在装置丁中发生,B项错误;装置丙为过滤装置,过滤是将固液混合物进行分离,可以用装置丙进行过滤操作,C项正确;NH4Cl受热易分解,生成NH3和HCl,所以将母液蒸干灼烧后得不到NH4Cl固体,D项错误。
2.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　热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污,A项正确;操作a是过滤,B项错误;冰水既可洗去杂质又可降低温度,减少固体的溶解,C项正确;Fe2O3俗名铁红,可用作红色颜料,D项正确。
3.实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体,经历了下列过程(已知Fe3+在pH=5时沉淀完全)。其中分析错误的是 (　　)
样品溶液Ⅰ溶液Ⅱ ……浊液滤液ⅢCuSO4·5H2O晶体
A.步骤②发生的主要反应为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
B.步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C.步骤④为过滤,步骤⑤蒸发结晶
D.步骤③用Cu(OH)2代替CuO也可调节溶液的pH
答案　C　步骤②为Fe2+与H2O2发生氧化还原反应,离子反应为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,A项正确;若步骤②用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2,引入杂质氯离子、硝酸根离子等,难以除去,同时会生成NO气体,所以步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2,B项正确;步骤④为过滤,由硫酸铜溶液获得硫酸铜晶体的步骤⑤应该为蒸发浓缩、冷却结晶,不是蒸发结晶,C项错误;Cu(OH)2和CuO都与溶液中H+反应,起到调节溶液pH的作用,并不引入新的杂质,D项正确。
4.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略) (　　)

选项
A
B
C
D
X中试剂
浓盐酸
双氧水
浓硫酸
浓氨水
Y中试剂
KMnO4
MnO2
Cu
NaOH
气体
Cl2
O2
SO2
NH3
答案　B　浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成,但氯气可溶于水,且能与水发生反应,不能用排水法收集,故A错误;双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气,氧气可用排水法收集,故B正确;Cu与浓硫酸反应需要加热,且二氧化硫不能用排水法收集,故C错误;氨气极易溶于水,不能用排水法收集,故D错误。
5.下列图像中的曲线(纵坐标为沉淀或气体的量,横坐标为加入物的量),其中错误的是 (　　)

A.图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线
B.图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线
C.图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线
D.图D表示向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液产生沉淀量的关系曲线
答案　C　A项,含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH-反应,所以开始无沉淀;然后Al3+、Mg2+和OH-反应生成氢氧化铝、氢氧化镁,沉淀达最大量;继续滴加,NH4+和OH-反应生成一水合氨,沉淀量不变;继续滴加,氢氧化铝溶解,Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O,正确。B项,石灰水中通入二氧化碳,先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O,后发生反应CO2+CaCO3+H2OCa(HCO3)2,故先产生沉淀,后沉淀溶解,前后两步反应消耗二氧化碳的物质的量之比为1∶1,正确。C项,向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸,盐酸先和氢氧化钠发生反应①NaOH+HClNaCl+H2O,开始没有沉淀;然后再与碳酸钠发生反应②Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、③NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,产生CO2气体,①和②所用盐酸的体积要大于③,错误。D项,向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,当Al3+恰好完全沉淀时,离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-3BaSO4↓+2Al(OH)3↓,继续滴加至SO42-恰好完全沉淀时,Al(OH)3恰好完全溶解,Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-2BaSO4↓+AlO2-+2H2O,沉淀量减少,正确。
6.如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程,下列说法正确的是 (　　)

A.SiO2属于两性氧化物
B.盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用玻璃塞
C.硅胶吸水后可重复再生
D.图中所示的转化都是氧化还原反应
答案　C　SiO2是酸性氧化物,A错误;Na2CO3溶液呈碱性,试剂瓶不能用玻璃塞,B错误;题图中有的转化不是氧化还原反应,例如SiO2与NaOH溶液的反应,D错误。
7.“绿色化学实验”已走进课堂,下列做法符合“绿色化学”的是 (　　)
①实验室收集氨气采用图1所示装置　②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置　③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验　④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应

图1

图2

图3
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.②③④　　B.①②③ C.①②④　　D.①③④
答案　C　①用滴有酚酞的水吸收逸出的氨气,防止污染环境,故符合“绿色化学”的要求。②用浸有碱液的棉球吸收多余的氯气,防止污染环境,因此也符合“绿色化学”的要求。③挥发的氯化氢和氨气会污染大气,因此不符合“绿色化学”的要求。④生成的氮的氧化物及时被收集在气球里面,可以防止污染环境,也符合“绿色化学”的要求。综上所述①②④符合要求。
8.用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。下列说法不合理的是 (　　)

A.若品红溶液①褪色,则说明产物中含有SO2
B.若溴水褪色,则说明SO2具有还原性
C.若烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡,则说明Na2S2O3只作氧化剂
D.若品红溶液②不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊,则说明亚硫酸比碳酸的酸性强
答案　C　SO2有漂白性,能使品红溶液①褪色,A正确;SO2使溴水褪色表现的是还原性,B正确;此反应中Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂,C错误;品红溶液②不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明SO2与NaHCO3饱和溶液反应生成了CO2,依据强酸制弱酸的原理说明亚硫酸比碳酸的酸性强,D正确。
解题思路　先逐一分析烧瓶及各试管中所发生的反应,明确它们在完成物质性质探究实验中所起的作用,再对各选项作出分析判断。
9.常温下,S2Cl2为橙黄色液体,遇水易水解,工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示,下列说法不正确的是 (　　)

A.实验时需后点燃E处的酒精灯
B.C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸
C.二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HCl
D.G、H之间应加上D装置
答案　C　A项,因为装置中有空气,所以实验时应先点燃最左边酒精灯,通入氯气排尽空气,再点燃E处酒精灯,故A正确;B项,因为S2Cl2遇水易水解,所以E中应为纯净干燥氯气与S的反应,C中盛饱和氯化钠溶液吸收挥发出的HCl气体,D中盛浓硫酸干燥Cl2,故B正确;C项,根据元素守恒知,S2Cl2水解反应产物中一定有含氧元素的物质,故C错误;D项,因为S2Cl2遇水易水解,所以G、H之间应加上D装置,以防止H中水蒸气扩散进入G中,故D正确。
10.为探究硫酸亚铁的分解产物,将硫酸亚铁装入如图所示的装置a中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。下列说法中正确的是 (　　)

A.装置d之后需要增加尾气处理装置
B.装置b中的试剂为Ba(NO3)2溶液,反应后有白色沉淀生成
C.装置c中的试剂为酸性KMnO4溶液,作用是除去混合气体中的SO2
D.分解的气体产物中有SO3、SO2,应该先检验SO3
答案　D　硫酸亚铁在高温条件下分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,反应方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。装置d为尾气处理装置,可用NaOH溶液,所以在装置d后不需要再增加尾气处理装置,A项错误;装置b中应为BaCl2溶液,用于检验SO3,若用Ba(NO3)2溶液,SO2会被氧化为H2SO4,干扰实验结果,B项错误;装置c中试剂可为品红或酸性KMnO4溶液,用于检验SO2的存在,C项错误;SO3易与水反应生成H2SO4,则应先检验SO3,如先检验SO2,则导致SO3被水吸收无法被检验出,D项正确。
误区警示　酸性:HCl>H2SO3,由于“弱酸不能制强酸”(CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4除外),故向BaCl2溶液中通入少量SO2无现象。若向Ba(NO3)2溶液中通入少量SO2,SO2会被氧化成SO42-,从而产生白色沉淀。
11.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是 (　　)


A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B.将湿润的蓝色石蕊试纸置于瓶口c,试纸变红,说明NH3已经集满
C.关闭a,用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧瓶口c,打开b,完成喷泉实验,电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2,则E点时喷泉最剧烈
D.工业上若出现液氨泄漏,喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
答案　D　CaO能与水反应,使c(OH-)增大,同时放出大量的热,有利于NH3的逸出,而CaCl2为中性的盐,能够溶于水,热量变化很小,与水不反应,对氨气的逸出没有作用,A项错误;NH3和H2O反应生成NH3·H2O,NH3·H2O电离出OH-而导致氨水呈碱性,检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已集满,B项错误;三颈瓶内气体与外界大气压强之差越大,其反应速率越快,C点压强最小,外界大气压强不变,所以C点外界大气压强和三颈瓶内压强差最大,则C点时喷泉最剧烈,C项错误;盐酸显酸性,NaHCO3溶液显碱性,氨水显碱性,NH3在酸性溶液中的吸收效率高于在碱性溶液中的吸收效率,D项正确。
12.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:
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
下列说法不正确的是 (　　)
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
答案　C　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+Cu2CuCl↓。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Cu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。
13.如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小AlCl3的损失。

下列说法正确的是 (　　)
A.NaOH溶液可以用氨水来代替
B.溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-
C.溶液b中只含有NaCl
D.向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH
答案　D　Al(OH)3不溶于氨水,A不正确;溶液a中含有K+、Cl-、Na+、OH-、AlO2-,无Al3+,B不正确;溶液b中含有KCl和NaCl,C不正确;向溶液a中滴加盐酸,若盐酸过量时,会使生成的Al(OH)3溶解,D正确。
关联知识　向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸会依次发生反应:AlO2-+H++H2OAl(OH)3↓,Al(OH)3+3H+Al3++3H2O。

二、非选择题(共54分)
14.高纯硝酸锶[Sr(NO3)2]可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质,提纯流程如下:

已知:①“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2;“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2;“滤渣2”的主要成分为BaCrO4(杂质不与硝酸反应)。②铬酸(H2CrO4)为弱酸。
(1)“酸浸”不能采用高温的原因是　　　　　　　　　。 
(2)相对于水洗,用浓HNO3洗涤的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+,同时放出无污染的气体,写出反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq),常温下,Cr(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-32,当c(Cr3+)降至1.0×10-5mol/L,认为Cr3+已经完全沉淀。现将还原后溶液的pH调至4,此时Cr3+是否沉淀完全?　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(列式计算)。 
(5)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3,还原后溶液的pH不能大于8的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(结合离子方程式说明理由)。 
(6)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量,进行以下实验:
mg“滤渣2”500mL滤液ng
①判断Ba2+完全沉淀的方法:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②“滤渣2”中BaCrO4的质量分数为　　　　　　(用代数式表示)。 
答案　(1)避免浓HNO3挥发和分解
(2)减少Sr(NO3)2溶解而造成的损失
(3)4H2CrO4+3N2H4+1.2H+4Cr3++3N2↑+16H2O
(4)c(OH-)=10-10mol/L时,c(Cr3+)=1.0×10-32(1.0×10-10)3mol/L=1.0×10-2mol/L>1.0×10-5mol/L,此时Cr3+没有沉淀完全
(5)pH大于8时,Cr(OH)3会溶解,Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O
(6)①静置,向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液,上层清液中无白色沉淀生成
②1265n233m×100%
解析　(1)浓HNO3易挥发和分解,“酸浸”不能采用高温的原因是避免浓HNO3挥发和分解。(2)根据同离子效应,硝酸锶在浓HNO3中比在水中溶解度小,用浓HNO3洗涤可减少硝酸锶溶解而造成的损失。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+,同时产生一种无污染的气体,为氮气,根据得失电子守恒和原子守恒,离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H+4Cr3++3N2↑+16H2O。(5)已知 Cr(OH)3类似Al(OH)3,Cr(OH)3在碱性溶液中会发生反应Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O而溶解,所以还原后溶液的pH不能大于8。(6)①Ba(NO3)2溶液和Na2SO4溶液反应生成BaSO4和NaNO3,所以判断Ba2+完全沉淀的方法是静置,向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液,上层清液中无白色沉淀生成。②设“滤渣2”中BaCrO4的质量为x。
BaCrO4~BaSO4
　　253　　233
　　x　　ng×5
253x=2335ng,解得x=1265n233g。
所以“滤渣2”中BaCrO4的质量分数为1265n233gmg×100%=1265n233m×100%。
方法技巧　利用类比迁移方法,由Al(OH)3具有两性推及Cr(OH)3也具有两性。
15.利用钛白粉厂废酸(主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+)制备过二硫酸铵[(NH4)2S2O8],同时回收TiO(OH)2的简要流程如下:

已知:ⅰ.部分离子开始和完全生成氢氧化物沉淀的pH如下。
离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ⅱ.pH>7时,Fe2+部分生成Fe(Ⅱ)氨配离子[Fe(NH3)2]2+。
请回答下列问题:
(1)加入适量铁粉的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)生成TiO(OH)2的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ中均含有的物质的化学式是　　　　。 
(4)加入H2O2的目的是氧化除掉Fe(Ⅱ)氨配离子[Fe(NH3)2]2+,配平下列离子方程式:2[Fe(NH3)2]2++　　　　+4H2O+H2O2　　　　　　+4NH3·H2O。 
(5)常温下,电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。

在阳极放电的离子主要为HSO4-,阳极区电解质溶液的pH范围为　　　　　　。 
(6)常温下,已知Ksp[Al(OH)3]=3.2×10-34,当pH=10时,溶液中c(Al3+)=　　　　　　mol/L。 
(7)25℃,pH=3的(NH4)2SO4溶液中,2c(SO42-)-c(NH4+)=　　　　　　mol/L(列式即可)。 
答案　(1)将Fe3+还原成Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀
(2)TiOSO4+2NH3·H2O(NH4)2SO4+TiO(OH)2↓
(3)Fe(OH)3
(4)4OH-　2Fe(OH)3↓
(5)0≤pH≤2
(6)3.2×10-22
(7)(10-3-10-11)
解析　(1)废酸液中含有Fe3+,加入适量铁粉可与Fe3+反应生成Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀。(2)TiO2+与氨水反应生成TiO(OH)2沉淀和铵根离子,化学方程式为TiOSO4+2NH3·H2O(NH4)2SO4+TiO(OH)2↓。(3)调节pH为10时,溶液中的Fe2+变为氢氧化亚铁沉淀,遇到空气,部分被氧化为氢氧化铁,溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀,则滤渣Ⅰ含有氢氧化亚铁、氢氧化铁、氢氧化铝;pH>7时,Fe2+部分生成[Fe(NH3)2]2+,加入过氧化氢时,生成氢氧化铁沉淀,滤渣Ⅱ含有氢氧化铁,则滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ中均含有的物质为Fe(OH)3。(4)H2O2与[Fe(NH3)2]2+反应生成氢氧化铁沉淀和一水合氨,离子方程式为2[Fe(NH3)2]2++4OH-+4H2O+H2O22Fe(OH)3↓+4NH3·H2O。(5)根据流程可知,阳极区电解的产物为(NH4)2S2O8,且主要是HSO4-放电,结合图示可知,阳极区电解液的pH的范围为0≤pH≤2。(6)已知Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=3.2×10-34,pH=10时,c(OH-)=10-4mol/L,代入关系式,则c(Al3+)=3.2×10-22mol/L。(7)根据溶液呈电中性,c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),则2c(SO42-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=(10-3-10-11)mol/L。
16.二氧化硫是大气主要污染物之一,由于煤、石油、天然气中通常都含有硫元素,燃烧时会生成二氧化硫,目前研究出很多关于烟道气中硫的吸收处理和再利用的方法。
(1)“氧化脱硫法”采用NaClO、Ca(ClO)2作吸收剂。采用Ca(ClO)2时可以得到硫酸钙固体且有较好的烟气脱硫效果,该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“亚硫酸盐法”吸收烟道气中的SO2。室温条件下,将烟道气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。

①b点时溶液pH=7,则n(NH4+)∶n(HSO3-)=　　　　。 
②用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示,当温度超过60℃时,(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

答案　(1)SO2+Ca2++ClO-+2OH-CaSO4↓+H2O+Cl-
(2)①3∶1　②温度过高,(NH4)2SO3分解,浓度减小(或温度升高,氧气在溶液中溶解度降低)
解析　(1)SO2为还原剂,ClO-为氧化剂,二者在碱性条件下发生反应。
(2)①b点时溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),再根据电荷守恒得n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-),又由题图中曲线可知,b点时溶液中n(SO32-)=n(HSO3-),则n(NH4+)=3n(HSO3-),所以n(NH4+)∶n(HSO3-)=3∶1;②(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高,(NH4)2SO3分解,浓度减小或温度升高,氧气在溶液中溶解度降低。
17.钛(Ti)被誉为第三金属,广泛应用于航空航天等领域。四氯化钛(TiCl4)是生产金属钛的重要原料,某小组设计实验制备四氯化钛并验证其产物CO,装置如下:

已知部分信息如下:
①制TiCl4的反应原理为TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)
②四氯化钛的熔、沸点分别为-24℃、136℃,易挥发,在水或潮湿空气中都极易水解,加热时能被O2氧化
回答下列问题:
(1)气流由左至右,装置的正确连接顺序为A、　　　　　　　　　　　、H、E(填字母)。 
(2)A中盛装浓盐酸的仪器名称是　　　　　　　;G装置的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)写出A中发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　;实验室欲制备6720mLCl2(标准状况),则理论上应转移　　　　mol电子。 
(4)能证明上述反应有CO生成的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(5)利用如图所示装置测定产品纯度:取wgTiCl4产品进行实验,向安全漏斗中加入适量蒸馏水,待四氯化钛充分反应后,将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中,滴加几滴0.1mol·L-1的K2CrO4溶液作指示剂(Ag2CrO4呈砖红色),用cmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点,消耗滴定液VmL。[已知:常温下,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12。TiCl4+(2+n)H2OTiO2·nH2O↓+4HCl]
①安全漏斗在本实验中的作用除加水外,还有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②根据上述数据计算该产品的纯度为 
(用含w、c和V的代数式表示)。
答案　(1)J、D、B、C、G、F
(2)分液漏斗　吸收多余的氯气,避免对后续反应造成干扰
(3)KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O
0.5
(4)F中黑色粉末变为红色,H中澄清石灰水变浑浊
(5)①形成液封,吸收多余的HCl气体
②19cV4w%
解析　(1)实验设计思路为制备氯气、除氯化氢、干燥氯气、制备四氯化钛、收集产品、除氯气、CO还原CuO、检验CO2、收集尾气,故装置的连接顺序应为AJDBCGFHE。(2)G中碱石灰吸收未反应的Cl2,避免干扰CO和CuO的反应。(3)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水。n(Cl2)=0.3mol,结合化学方程式可知转移0.5mol电子。(4)F中黑色粉末变为红色,说明该气体有还原性,H中澄清石灰水变浑浊,说明其氧化产物为CO2,结合F、H中的现象方可证明气体为CO。(5)①安全漏斗的作用还有形成液封,吸收多余的HCl气体,避免HCl损失。②n(TiCl4)=n(AgCl)4=cV4000mol,ω(TiCl4)=cV4000mol×190g·mol-1wg×100%=19cV4w%。