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【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题06 金属及其化合物（练）（原卷版+解析版）
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专题06 金属及其化合物
1．(2023·广东省广州市增城中学、广东华侨、协和中学三校高三联考)化学在生活生产中应用广泛，下列有关叙述正确的是( )
A．钢水注入干燥的模具，是为了防止铁与水蒸气高温下产生H2和Fe2O3
B．利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”制作覆铜板电路时发生了置换反应
C．硬铝常用于制造飞机的外壳，利用了合金熔点比任一组成金属低的特点
D．过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【答案】D
【解析】A项，铁与水蒸气高温下生成氢气和四氧化三铁，A错误；B项，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，不属于置换反应，B错误；C项，硬铝常用于制造飞机的外壳，是因为其硬度大、密度小，与熔点无关，C错误；D项，过氧化钠和水或二氧化碳均可以反应生成氧气，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D正确；故选D。
2．(2022·湖北省高三模拟预测)《史记》中记载：“夏虞之币，金为三品，或黄或白或赤”。这里的“赤金”是指( )
A．黄金 B．白银 C．铜 D．铁
【答案】C
【解析】古人将金、银、铜、铁分别说成黄金、白金、赤金、黑金，赤金指铜，故选C。
3．(2022·浙江省金丽衢十二校、七彩联盟高三阶段性联考)下列物质对应的化学式正确的是( )
A．生石灰的主要成分：CaCO3 B．纯碱： NaHCO3
C．绿矾：CuSO4·5H2O D．磁铁矿的主要成分：Fe3O4
【答案】D
【解析】A项，生石灰的主要成分为氧化钙：CaO，A错误；B项，碳酸钠俗称苏打、纯碱：Na2CO3，B错误；C项，绿矾为硫酸亚铁晶体：FeSO4·7H2O，C错误；D项，磁铁矿的主要成分为四氧化三铁：Fe3O4，D正确；故选D。
4．(2022·广东佛山市佛山一中)铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是( )
A．铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应 B．一定条件下，铁粉可与水蒸气反应
C．不锈钢是铁合金，只含金属元素 D．纯铁的硬度和强度均高于铁合金
【答案】B
【解析】A项，铁与盐酸反应，铁合金和盐酸也可以反应，选项A错误；B项，铁粉和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，选项B正确；C项，不锈钢是铁的合金，含有非金属碳、硅等非金属，镍等金属，选项C错误；D项，合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好，选项D错误。故选B。
5．下列说法中正确的是( )
A．金属钠可用于冶炼钛等金属 B．氢氧化铁胶体用于消毒净水
C．碳酸钠可用于中和胃酸过多 D．镁条着火可以用CO2灭火
【答案】A
【解析】属钠有强还原性，可以将四氯化钛中的钛置换出来，A正确；氢氧化铁胶体用于净水，B不正确；金碳酸钠的腐蚀性较强，不可用于中和胃酸过多，C不正确；镁条可以在CO2中燃烧，故镁条着火不能用CO2灭火，D不正确。
6．(2022·浙江省金丽衢十二校、七彩联盟高三阶段性联考)下列说法不正确的是( )
A．铝元素积累在人体中会造成慢性中毒
B．镁条着火时，不可用二氧化碳灭火
C．相同温度下NaHCO3的溶解度大于Na2CO3
D．五氧化二磷可催化乙醇脱水
【答案】C
【解析】A项，铝在人体中积累可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织正式将铝“确定为食品污染源”之一而加以控制，故A正确；B项，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，所以镁条着火时不可用二氧化碳灭火，故B正确；C项，相同温度下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，故C错误；D项，乙醇在五氧化二磷做催化剂作用下发生消去反应生成乙烯和水，故D正确；故选C。
7．(2022·浙江省高三下学期高考选考科目联考)下列说法不正确的是( )
A．氯气与溴化亚铁反应可生成溴化铁
B．铁与稀硝酸反应可生成硝酸亚铁
C．硫在纯氧中燃烧可生成三氧化硫
D．铝与二氧化锰反应可制取金属锰
【答案】C
【解析】A项，氯气与溴化亚铁反应，氯气少量时可生成溴化铁，A正确； B项，铁与稀硝酸反应，铁过量则可生成硝酸亚铁，B正确；C项，硫在纯氧中燃烧只生成二氧化硫，C错误；D项，铝活动性较强，可与二氧化锰反应可制取金属锰，D正确；故选C。
8．(2022·江苏省海门市高三模拟预测)关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Fe具有还原性，可用作抗氧化剂 B．Fe3O4具有磁性，可用于炼铁
C．Fe(OH)3胶体呈红褐色，可用于净水 D．FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜板
【答案】A
【解析】A项，Fe是比较活泼的金属元素，其单质具有还原性，可与氧气反应产生Fe2O3，因此可用作抗氧化剂，A符合题意；B项，Fe3O4是氧化物，该物质具有磁性，由于其是Fe元素的氧化物，可以得到电子变为Fe单质，因此可用于炼铁，这与其是否具有磁性无关，B不符合题意；C项，Fe(OH)3胶体呈红褐色，该胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此可用于净水，这与其颜色是否为红褐色无关，C不符合题意；D项，FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液呈酸性。FeCl3溶液可用于刻蚀铜板是由于FeCl3具有强氧化性，能够与Cu单质发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，与其水溶液是否显酸性无关，D不符合题意；故选A。
9．(2022·陕西省安康市高三期中)下列关于Na、Mg、Al、Fe、Cu的说法正确的是( )
A．常温下，Al、Cu均不与氧气反应
B．Al、Fe的阳离子，只有氧化性没有还原性
C．Na、Mg的单质放置在空气中均只生成氧化物
D．只需用水就可以鉴别MgSO4、Al2(SO4)3和NaOH
【答案】D
【解析】A项，常温下，Al与O2反应生成Al2O3、Cu在潮湿的空气中与氧气、二氧化碳和水反应生成Cu2(OH)2CO3，A错误；B项，Fe2+既有氧化性又有还原性，B错误；C项，Na在空气中久置，会生成Na2O、NaOH、Na2CO3等，C错误；D项，将三种物质配成溶液，两两混合，无明显现象的是MgSO4和Al2(SO4)3，只生成白色沉淀的是NaOH和MgSO4，先生成白色沉淀后又溶解的是NaOH和Al2(SO4)3，D正确；故选D。
10．(2023·河南省三门峡市高三阶段性考试)下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A项，铁和水蒸气高温生成四氧化三铁，氧化铁和盐酸生成氯化铁，A不符合题意；B项，电解三氧化二铝得到单质铝，铝、氢氧化钠和水反应生成偏铝酸钠，B不符合题意；C项，氯化镁和石灰乳反应得到氢氧化镁，再灼烧得到氧化镁，C符合题意；D项，氧化铁和铝高温下发生铝热反应得到单质铁，铁和氯气反应得到氯化铁而不是氯化亚铁，D不符合题意；故选C。
11．(2022·江苏高三模拟预测)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．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)
B．FeS2SO2H2SO3
C．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3
D．FeFeCl2(aq)Fe(OH)2Fe(OH)3
【答案】D
【解析】A项，FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，即2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，则FeCl3(aq)Fe(s)不能实现转化，故A错误；B项，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成H2SO4，即SO2+H2O2=H2SO4，则SO2H2SO3不能实现转化，故B错误；C项，由于铁离子水解，HCl易挥发，所以加热蒸发氯化铁溶液得到的是氢氧化铁，即FeCl3+3H2O Fe(OH)3↓+3HCl↑，则FeCl3(aq)无水FeCl3不能实现转化，故C错误；D项，Fe与HCl反应生成FeCl2，FeCl2与NH3·H2O反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2、H2O反应生成Fe(OH)3，即Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，eCl2+2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，各步转化均可实现，故D正确；故选D。
12．(2022•浙南名校联盟高三第一次联考)下列说法不正确的是( )
A．KMnO4具有强氧化性，其稀溶液可用于消毒
B．钠钾合金和镁铝合金都是密度小、硬度大的合金
C．过量的Fe在干燥的氯气中点燃生成FeCl3
D．利用碳酸钠溶液可消除燃煤烟气中的SO2
【答案】B
【解析】A项，KMnO4具有强氧化性，可以将病毒杀死，其稀溶液可用于消毒，A正确；B项，钠钾合金应该为液态，因此硬度大是错误的，B错误；C项，铁在氯气中燃烧生成三氯化铁，C正确；D项，二氧化硫是酸性氧化物，亚硫酸的酸性大于碳酸，能与碳酸钠溶液反应，可利用碳酸钠溶液可消除燃煤烟气中的SO2，D正确；故选B。
13．(2022•浙江省精诚联盟高三份适应性联考)下列说法正确的是( )
A．镁铝合金熔点高，硬度大，常用作耐高温材料
B．金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物的水溶液反应制得对应金属
C．工业上金属冶炼常用的方法有高温还原法、电解法和湿法冶金等
D．预热的铁丝能在氯气中燃烧，生成棕褐色的烟雾
【答案】C
【解析】A项，合金熔点低于各成分金属熔点，所以镁铝合金熔点不高，不能作耐高温材料，A错误；B项，钠性质活泼，与盐溶液反应，先与水反应，所以金属钠与钛、锆、铌、钽等金属的氯化物溶液反应，不会置换出金属，B错误；A项，根据金属活动性的不同，工业上金属冶炼常用的方法有高温还原法、电解法、热分解法和湿法冶金等，C正确；A项，铁在氯气中燃烧生成氯化三铁，氯化三铁为棕色固体，没有雾，只有烟，D错误；故选C。
14．标准状况下，将3.36 L的CO2与一定量的Na2O2粉末充分反应后，得到气体2.24 L。下列说法一定正确的是( )
A．反应后得到的固体为混合物
B．反应前Na2O2的物质的量为0.2mol
C．反应后固体增重4.4g
D．标准状况下，反应后混合气体的密度约为1.7g/L
【答案】D
【解题分析】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，3.36 L二氧化碳的物质的量为=0.15mol，反应后气体的物质的量为=0.1mol，由反应的化学方程式可知，若二氧化碳完全转化为氧气，生成氧气的物质的量为0.15mol ×=0.075 mol＜0.1mol，则二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，反应得到气体为二氧化碳和氧气的混合气体；由方程式可知，参与反应二氧化碳的物质的量为(0.15mol—0.1mol)×2=0.1mol，生成氧气的物质的量为(0.15mol—0.1mol)=0.05mol，反应得到气体中二氧化碳的物质的量为(0.15mol—0.1mol)=0.05mol。A项，由分析可知，二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，则反应后得到的固体为纯净物，A项错误；B项，由分析可知，二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，由方程式可知，过氧化钠的物质的量为(0.15mol—0.1mol)×2=0.1mol，B项错误；C项，由分析可知，二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，由方程式可知，反应后固体增重的量为一氧化碳的质量，0.1mol一氧化碳的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，C项错误；D项，由分析可知，反应后混合气体中含有0.05mol二氧化碳和0.05mol氧气，密度为≈1.7g/L，D项正确；故选D。
15．(2023·江西省九江市高三联考)下列由实验现象所得结论正确的是( )
A．向Ba(NO3)2溶液中通SO2，溶液变浑浊证明H2SO4能与Ba2+反应生成沉淀
B．向滴入酚酞试液的Na2CO3溶液中加入溶液M，红色褪去证明溶液M呈酸性
C．在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子
D．将KMnO4滴入红色的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明KMnO4具有还原性
【答案】D
【解析】A项，向Ba(NO3)2溶液中通SO2生成硫酸钡沉淀，是因为+4价的硫在有氢离子和硝酸根离子存在的情况下会被氧化成+6价，证明硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，A错误；B项，若加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀完全，溶质为氯化钠和氯化钡中性试剂也会使溶液褪色，B错误；C项，在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，外焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子，C错误；D项，将H2O2滴入红色的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明H2O2具有还原性，D正确；故选D。
16．高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列说法错误的是( )
A．Na2FeO4中元素显+6价
B．碱性条件下氧化性强于Na2FeO4
C．每生成1mol Na2FeO4转移6mol电子
D．在水处理中，Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能
【答案】C
【解析】对于反应2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸钠是氧化剂，Na2FeO4中Fe元素显+6价， A项，Na2FeO4中Fe元素显+6价，A正确；B项，碱性条件下，NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B正确；C项，Fe(OH)3中的铁元素的化合价是+3价，产物Na2FeO4中的铁元素的化合价为+6价，每生成1mol Na2FeO4转移的电子数为3mol，C错误；D项，Na2FeO4具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能，D正确；故选C。
17．(2023届•浙江省舟山市普陀中学高三返校考试)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用于制备发酵粉、澄清剂、防水剂等，生活中常用于净水。下列说法正确的是( )
A．明矾净水时，能对水进行消毒
B．用激光笔照射明矾的水溶液，观察不到一条光亮的通路
C．明矶制作的油条可大量食用
D．KAl(SO4)2的中加入Ba(OH)2使SO42-沉淀完全，铝元素的存在形式为Al(OH)4-
【答案】D
【解析】明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，在水中完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子水解生成Al(OH)3胶体，可以和悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可做净水剂。A项，明矾可做净水剂，但不能对水进行消毒，A错误；B项，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，生成Al(OH)3胶体，胶体都能产生丁达尔效应，用激光笔照射明矾的水溶液，会观察到一条光亮的通路，B错误；C项，Al3+对人体有害，过多摄入能引发老年痴呆症等，明矾作食品添加剂时不能超标，C错误；D项，KAl(SO4)2的中加入Ba(OH)2使SO42-沉淀完全，则1 mol KAl(SO4)2中需要加入2mol Ba(OH)2，1mol Al3+和4molOH-生成Al(OH)4-，D正确；故选D。
18．(2022·江苏省无锡市高三期中教学质量调研测试)我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功发射天绘一号04星，下列关于“天绘一号04星”涉及的材料为金属材料的是( )
A．探测器上天线接收器外壳材料—镁合金防腐镀层
B．发动机使用的包覆材料—碳纤维
C．隔绝超低温环境所用材料—纳米二氧化硅
D．整流罩前锥段材料—聚甲基丙烯酰亚胺
【答案】A
【解析】A项，镁合金是金属材料，A正确；B项，碳纤维是非金属单质，B错误；C项，二氧化硅是非金属，C错误；D项，聚甲基丙烯酰亚胺是有机物，D错误；故选A。
1．(2023·浙江省浙里卷天下高三开学测试)硫化钠的水溶液能溶解单质硫生成多硫化钠：Na2S+(x-1)S=Na2Sx。多硫化钠易燃，在酸性条件下不稳定。下列关于Na2Sx的说法不正确的是( )
A．Na2S水溶液久置在空气中，可能生成Na2Sx
B．足量氯水中，滴入少量Na2Sx溶液，经振荡静置后，可能观察不到沉淀物
C．Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存
D．酸性条件下Na2Sx发生反应，生成淡黄色沉淀和能使品红溶液褪色的气体
【答案】D
【解析】A项，Na2S溶液久置在空气中，部分S2-被空气中氧气氧化为S，结合题干信息可知，可能生成Na2Sx，故A正确；B项，Na2Sx中的S能够降低到-2价，所以Na2Sx具有一定氧化性，故足量氯水中，滴入少量 Na2Sx 溶液，经振荡静置后，可能观察不到沉淀物，故B正确；C项，多硫化钠易燃，所以Na2S应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存，故C正确；D项，酸性条件下Na2Sx发生分解，如果生成一种淡黄色沉淀(S单质)与一种能使品红褪色的气体(SO2)，根据得失电子守恒可知，在酸性条件下还应当有H2S生成，而H2S与SO2会发生反应，不能在同一溶液中同时生成，故D错误；故选D。
2．(2022·浙江省杭州教学质量检测二模)CuCl2的结构式如下图，时CuCl2会发生分解．下列推测合理的是( )
A．CuCl2是离子晶体，熔点高，硬度大
B．CuCl2·H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2
C．CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，同类化合物CuI2分解温度更高
D．CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为浓度减小
【答案】B
【解析】A项，根据CuCl2的结构式，CuCl2中只存在共价键，CuCl2是共价化合物，故A错误；B项，CuCl2·H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2和氯化氢，故B正确；C项，CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，CuCl2比CuI2分解温度高，故C错误；D项，CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[ CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D错误；故选B。
3．(2022·浙江省绍兴市高三选考科目适应性考试二模)下列推理合理的是( )
A．NaCl固体与浓H2SO4 加热可制HCl， 则NaI固体与浓H2SO4 加热制HI
B．Na2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
C．实验室可利用AlCl3与足量氨水反应来制备Al(OH)3，则也可利用CuCl2与足量氨水反应生成Cu(OH)2
D．Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成Cu2S
【答案】D
【解析】A项，浓硫酸具有强氧化性，能够将NaI氧化为I2，不能用NaI固体与浓H2SO4加热制HI，故A错误；B项，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故B错误；C项，Cu(OH)2溶于过量氨水，因此不能利用CuCl2与足量氨水反应生成Cu(OH)2，故C错误；D项，硫的氧化性较弱，只能将金属氧化到较低价态，Fe与S反应生成FeS，Cu与S反应生成Cu2S，故D正确；故选D。
4．已知 NaAlH4是一种重要的储氢材料、化工还原剂，遇水剧烈反应释放出H2，加热会分解为NaH、H2和Al。下列说法不正确的是( )
A．NaAlH4具有吸水性，需要密封保存
B．1mol NaAlH4中含有2mol离子
C．1mol NaAlH4加热完全分解，转移3 mol e-
D．NaAlH4与乙醛作用生成乙醇，NaAlH4作氧化剂
【答案】D
【解题分析】A项，NaAlH4具有吸水性且能与水发生反应NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故需要密封保存，A项正确；B项，NaAlH4是离子化合物由Na+和AlH4-构成，故1mol NaAlH4中含有2mol离子，B项正确；C项，NaAlH4加热分解的化学方程式为NaAlH42NaH+2Al+3H2↑，铝元素得到电由+3价变成0价，故1mol NaAlH4加热完全分解，转移3 mol e-，C项正确；D项，NaAlH4与乙醛作用生成乙醇，乙醛被还原为乙醇，故NaAlH4作还原剂，D项错误。
5．(2022·浙江省百校高三选考模拟检测)通过电氧化合成法可制得特殊高价金属化合物高铜酸钠(化学式为NaCuO2)。关于该物质的推测，下列有关说法不正确的是( )
A．NaCuO2具有强氧化性，是因为存在过氧根离子
B．NaCuO2与浓盐酸作用会产生有刺激性气味的气体
C．该物质在酸性条件下不能稳定存在
D．NaCuO2与氢气反应可能有紫红色固体生成
【答案】A
【解析】A项，通常情况下，Cu的化合物中Cu的化合价为+2，而NaCuO2(特殊高价金属化合物)中Cu的化合价为+3(特殊高价金属化合物)，超过+2价，则NaCuO2具有强氧化性由于Cu的化合价为高价态+3价，A错误；B项，NaCuO2具有强氧化性，能与浓盐酸反应生成氯气，氯气是黄绿色、有刺激性气味的气体，B正确；C项，NaCuO2具有强氧化性，在酸性环境中将生产钠盐、铜盐和氧气等物质，故该物质在酸性条件下不能稳定存在，C正确；D项，NaCuO2具有强氧化性，氢气具有强还原性，NaCuO2与氢气反应可能生成Cu，Cu是紫红色金属，符合氧化还原反应规律，D正确；故选A。
6．(2022·浙江省宁波市高三下学期模拟考试二模)无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是( )
A．Na2S2O4具有较强的还原性
B．Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2
C．Na2S2O4的漂白原理与NaClO不相同
D．Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性
【答案】D
【解析】A项，根据题意，由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度，说明连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A正确；B项，在化合物中各元素化合价代数和为0，连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为+3价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B正确；C项，连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C正确；D项，根据题意，连二亚硫酸钠的制备是在无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠得到，说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D错误；故选D
7．工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠。下列有关说法正确的是( )
A．Fe置换出金属Na，还原性：Fe＞Na
B．得到电子，发生氧化反应
C．将生成的气体在空气中冷却可获得钠
D．每生成1molNa，转移的电子数为2×6.02×1023
【答案】D
【解析】A项，该反应不属于置换反应，事实上还原性：Na＞Fe，A项错误；B项，氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，B项错误；C项，生成的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应，因此应隔绝空气后冷却获得钠，C项错误；D项，由反应可知，3molFe失去8mol电子得到4molNa，则生成1molNa转移电子2mol，数目为2×6.02×1023，D项正确；故选D。
8．高炉煤气为炼铁过程中的副产品，其主要成分为CO、CO2、N2。现欲测定高炉煤气中CO2的含量，将高炉煤气(标准状况下)以流速0.2 L·s-1匀速通入100mL1.80mol·L-1 NaOH溶液中，50s后溶液增重4.4g，下列分析正确的是( )
A．高炉炼铁时的主要反应为2Fe2O3+3C4Fe+3CO2
B．为了提高效率，应加快高炉煤气的流速
C．溶液中生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为4：1
D．该高炉煤气中CO2的体积分数为2.24%
【答案】C
【解析】A项，高炉炼铁的原理是在高温条件下，用还原剂(CO)把铁从铁矿石里还原出来，即主要反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，A项错误；B项，将高炉煤气(CO 、CO2、N2)通入NaOH溶液中，发生2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3反应，为确保其中的CO2被充分吸收，高炉煤气的流速不宜过快，B项错误；C项，由题中信息可知，100mL1.80mol·L-1溶液中，NaOH的物质的量为n(NaOH)=1.80mol·L-1×0.1L=0.18mol，后溶液增重4.4g，即50s后吸收了4.4gCO2，CO2的物质的量为n(CO2)==0.1mol，由2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应可知，NaOH不足，由Na元素守恒，则生成Na2CO3的物质的量为n(Na2CO3)=0.09mol，反应CO2为0.09mol，剩余CO2为0.01mol，接着发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3反应，消耗0.01molCO2，反应Na2CO3为0.01mol，生成NaHCO3为0.02mol，所以溶液中生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为(0.09-0.01)：0.02=4：1，C项错误；D项，由题中信息可知，高炉煤气的总体积为V(总)= 0.2 L·s-1×50s=10L，标准状况下0.1molCO2为2.24L，所以该高炉煤气中CO2的体积分数为×100%=22.4%，D项正确；故选C。
9．(2022•浙江省普通高中强基联盟高三统一测试)下列“类比”合理的是( )
A．Fe3O4中Fe元素显+2、+3价，则Pb3O4中Pb显+2、+3价
B．SiH4的沸点比CH4高，则PH3的沸点比NH3高
C．向Fe(OH)3中加入盐酸生成Fe3+，则向Fe(OH)3中加入氢溴酸也生成Fe3+
D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
【答案】C
【解析】A项， Pb的价态为+2和+4价，无+3价，A错误；B项，SiH4的沸点比CH4高，NH3分子间能形成氢键，PH3的沸点比NH3低，B错误；C项，盐酸和氢溴酸都是强酸，能与Fe(OH)3反应生成Fe3+，C正确；D项，过氧化钠的强氧化性可将还原性气体SO2氧化生成Na2SO4即Na2O2+SO2=Na2SO4，D错误；故选C。
10．(2022·浙江省杭州地区及周边重点中学联考)下列“类比”、“推理”合理的是( )
A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
B．CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO与CO2反应生成CuCO3
C．在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，则可推测Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成
D．Na与水反应生成NaOH和H2，则Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3和H2
【答案】C
【解析】A项，碘的氧化性弱于铁离子，Fe与I2反应只能生成FeI2，故A错误；B项，CaO能够与水反应生成碱，而氧化铜不能与水反应生成碱，因此CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO不能与CO2反应生成CuCO3，故B错误；C项，在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，说明Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成，故C正确；D项，钠活泼性强于铁，常温下，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故D错误；故选C。
11．(2022·浙江省绍兴市高三选考科目适应性考试二模)+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示。
含钒元素的不同微粒
VO2+
VO3-
V2O74-
VO43-
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、VO2+ (黄色)、VO43- (无色)、V5O143- (红棕色)等。下列说法正确的是( )
A．VO3-转化为V2O74-的离子反应为2VO3-+H2O=V2O74-+2H+
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子反应为5VO2++8OH-=V5O143-+4H2O
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子
【答案】C
【解析】A项，含V2O74-的溶液中，pH为8～10之间，呈碱性，故反应时不可能有氢离子生成，正确为2VO3-+OH-=V2O74-+H2O，故A错误；B项，VO2+中V的化合价为+5价，NH4VO3中V的化合价为+5价，反应前后无变化，未发生氧化还原反应，故B错误；C项，酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时有V5O143-生成，其反应为5VO2++8OH-=V5O143-+4H2O，故C正确；D项，题中+2价V的量未知，不能计算出详细的电子转移数目，故D错误；故选C。
12．(2022·江苏省高二学业考试)对印刷电路板制作过程中(2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2)产生废液X进行回收处理，流程如图所示。下列说法不正确的是
A．1molFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023
B．若废液X中滴加KSCN溶液变红，则X中=
C．若向溶液A中、溶液B中分别加入少量铁粉，铁粉均有减少
D．实验室中进行操作①②时，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
【答案】B
【解析】A项，FeCl3与Cu完全反应，Fe元素由+3个降为+2价，得到1个电子，所以1molFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023；B项，根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知废液X中n(Cu2+)：n(Fe2+)=1：2，滴加KSCN溶液变红，说明还有一部分Fe3+，所以n(Cu2+)：[n(Fe2+)+n(Fe3+)]<1：2；C项，向溶液A中加入少量铁粉，铁粉因与Fe3+反应而减少，溶液B中加入少量铁粉，铁粉因与过量的稀盐酸反应而减少；D项，操作①②都是过滤，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；故选B。
13．(2022·安徽省定远县育才学校高三月考)打印机使用的墨粉中含有Fe3O4它的一种制备方法是：将FeSO4溶液、Fe2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的溶液，水浴加热。反应如下：反应：_____Fe2++________Fe3++___OH-=_____Fe3O4+_____H2O ，下列分析不正确的是( )
A．Fe3O4具有磁性
B．反应中，是还原剂， 是氧化剂
C．从左至右，反应各物质的系数依次为、、、、
D．Fe3O4与盐酸反应，生成盐和水
【答案】B
【解析】A项，Fe3O4是黑色具有磁性的晶体，A正确；B项，反应中，化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，B错误；C项，根据氧化还原反应得失电子相等配平可知从左至右，反应各物质的系数依次为1、2、8、1、4，C正确；D项，Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，D正确。
14．(2022·重庆一中高三期中)已知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成，NaH遇水放出H2，下列说法正确的是( )
A．取钠与氢气反应后的产物，加水若产生H2，即可证明产物为纯净的NaH
B．NaH与水反应产生的H2，通过盛有碱石灰的干燥管，再用向上排空气法收集
C．高温下NaH将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛的原理为2NaH+TiCl4Ti+4NaCl+2H2↑
D．NaH在无水条件下除去钢铁表面铁锈的原理为3NaH+ Fe2O32Fe+3NaOH
【答案】D
【解析】A项，由于2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，取钠与氢气反应后的产物，加水若产生H2，不能证明产物为纯净的NaH，A错误；B项，NaH与水反应产生的H2，通过盛有碱石灰的干燥管，H2的密度比空气的小，应该用向下排空气法收集，B错误；C项，高温下NaH将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛的原理为2NaH+TiCl4Ti+2NaCl+2HCl↑，C错误；D项，NaH中H-具有强还原性，故NaH在无水条件下除去钢铁表面铁锈的原理为3NaH+ Fe2O32Fe+3NaOH，D正确；故选D。
15．(2022·河南省高三模拟预测)叠氮酸钠(NaN3)可用作医药原料和炸药，工业上可在立窑中通过反应NaNO3+ NaNH2NaN3+NH3↑+ NaOH (未配平)来制备叠氮酸钠，下列说法正确的是( )
A．方程式中NaNO3和NaN3的化学计量数之比为1：1
B．作还原剂的NaNH2占参与反应的的物质的量的
C．每生成67.2LNH3，转移电子的物质的量为16mol
D．立窑的衬里适宜选用石英耐火砖
【答案】A
【解析】A项，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式可得NaNO3+3NaNH2NaN3+NH3↑+ 3NaOH ，A正确；B项，根据选项A所配方程式知，3 mol NaNH2反应，有1 mol N元素化合价没变生成NH3，有2 mol N元素化合价升高转化为NaN3，故作还原剂的NaNH2占参与反应的NaNH2的物质的量的，B错误；C项，未给出气体所处状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；D项，高温下，产物NaOH能和SiO2反应，会腐蚀设备，D错误；故选A。
16．(2022·陕西省西安一中高三期中)向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L-1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法中不正确的是( )
A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
B．b和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9g
D．原混合溶液中的Na2CO3与NaAlO2的物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸，先发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段；AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少；c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A项，Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，故A正确；B项，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C项，盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和加盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)=0.05mol，m[Al(OH)3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；D项，第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50mL，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，CO32-+H+═HCO3-，可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1，故D错误；故选D。
17．某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分及应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色；振荡试管，红色又迅速褪去。已知：
①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)——该反应速率很慢
②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl——该反应速率很快
③(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似
下列说法正确的是( )
A．用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰
B．局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成Fe(SCN)3
C．白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的
D．红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN-发生反应，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移
【答案】D
【解析】A项，用 KSCN 溶液检验 Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A错误；B项，红色物质是 Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的 Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成 Fe3+，故B错误；C项，Cu(过量)与 FeCl3 溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu═2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓(白色)，但是将 KSCN 溶液滴加到混合液中，也可能存在反应2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，所以1观察到瞬间产生白色沉淀可能是溶液中的 CuCl2与 Cu 反应生成，也可能是CuCl2、KSCN之间反应生成，故C错误；D项，Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN−被消耗，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故D正确；故选D。
18．(2022·黑龙江省牡丹江一中高三期中)下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：
已知：室温饱和H2S溶液的pH的为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5
根据以上流程图。下列说法错误的是( )
A．“溶解”中用到25%的稀硫酸，可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等仪器
B．操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解
C．操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化
D．操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分
【答案】B
【解析】铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)与稀硫酸反应生成硫酸锡和硫酸亚铁，通过过滤滤去不溶性物质，通过调节溶液的pH并通入硫化氢气体使锡离子沉淀，过滤除去不溶性的硫化锡，得到硫酸亚铁溶液，通过冷却结晶得到纯净的绿矾。A项，将浓硫酸稀释为25%的稀硫酸，应该用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，则所需仪器为玻璃棒、烧杯和量筒、胶头滴管等仪器，故A正确；B项，结合SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，而pH=2在1.6-3.0之间，所以锡离子完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的不是抑制Fe2+的水解，故B错误；C项，通入硫化氢至饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化，所以操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化，故C正确；D项，晶体易溶于水，用乙醇洗涤，可以避免晶体的溶解，减少晶体的损失，且酒精易挥发，带走水分，所以操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分，故D正确；故选B。
19．(2022·江苏省常州市部分重点中学高三期中)某废催化剂主要含Al、Ni、Mo(钼)等的氧化物，回收利用其金属资源的流程如下：
已知：碱性条件下，Mo元素以MoO42-的形态存在；Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8。
下列有关说法不正确的是( )
A．焙烧时，Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于提高铝、钼浸取率
C．沉铝后，过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3
D．沉钼后，过滤所得滤液中不存在MoO42-
【答案】D
【解析】废催化剂Al、Mo的氧化物与氢氧化钠固体一起焙烧得到可溶于水的盐NaAlO2和Na2MoO4，Ni的氧化物过滤后留在滤渣之中，滤液中通入过量二氧化碳将NaAlO2转化为Al(OH)3除去，再次过滤后往滤液中加入过量氯化钡溶液得到BaMoO4固体。A项，焙烧时，Al的氧化物Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，A正确；B项，水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于固体与液体充分接触，提高铝、钼浸取率，B正确；C项，过量CO2与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀，故沉铝后过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3，C正确；D项，由于Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8，BaMoO4存在沉淀溶解平衡，沉钼后过滤，所得滤液中仍然存在少量MoO42-，D错误；故选D。
20．(2022·广东实验中学高三阶段练习)某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
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②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用H2SO3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
【解析】碱式碳酸铜和过量的盐酸反应，生成CuCl2，CuCl2溶液中通入SO2，可将CuCl2还原为CuCl，CuCl与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水。A项，步骤②中SO2的主要作用是将CuCl2还原为CuCl，Na2SO3同样具有还原性，可以替换，A项正确；B项，H2SO3溶液具有还原性，可以防止CuCl被氧化，B项正确；C项，步骤④CuCl与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C项正确；D项，如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应后，得到的固体中含有CuCl和Cu，此时无法计算试样纯度，D项错误；故选D。
21．(2022·重庆·西南大学附中高三阶段练习)工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出并制取胆矾的流程如下。下列说法错误的是(已知：Zn2+与NaOH的反应与类似) ( )
A．滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO22-＋4H＋= Zn2+＋2H2O
B．系列操作②包括蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
C．操作①和②中用到的玻璃仪器不完全相同
D．可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质
【答案】B
【解析】工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，加入过量NaOH生成氢氧化铜沉淀，所以滤渣1是氢氧化铜，滤液1中有ZnO22-；氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液，经过一系列操作结晶出胆矾。A项，滤液1中有ZnO22-，滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO22-＋4H＋= Zn2+＋2H2O，A项正确；B项，硫酸铜蓝色溶液经过操作②结晶出胆矾，操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项错误；C项，操作①是过滤操作，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒；操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒、蒸发皿，用到的玻璃仪器不完全相同，C项正确；D项，无水乙醇洗涤晶体最主要的原因是清除晶体上水和水中带的离子，而且对于晶体的溶解能很小，同时易挥发不容易带来污染，可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质，D项正确；故选B。
22．(2022·山东省泰安教育发展中心高三期中)黄铜灰渣(含有Cu 、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产硝酸铜溶液的流程如图，下列说法不正确的是( )
A．“浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．若反应中所加Zn过量，所得Cu(NO3)2溶液中含Zn(NO3)2杂质
C．滤液II含Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子
D．由Cu(NO3)2溶液制备Cu(NO3)2·3H2O，采用蒸发结晶的操作
【答案】C
【解析】黄铜灰渣加硫酸浸取，Zn、ZnO转化为ZnSO4，CuO转化为CuSO4，FeO转化为FeSO4，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，过滤得到Cu，向滤液中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，向Cu中加入稀硝酸，得到Cu(NO3)2溶液。A项，适当增加反应物浓度可以加快反应速率，A项正确；B项，加Zn过量，会导致过滤所得滤渣中含有Zn，硝酸溶解后会在硝酸铜中会有Zn(NO3)2杂质，B项正确；C项，由分析可知，向滤液I中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，故滤液II中不含Fe3+，C项错误；D项，将Cu(NO3)2溶液蒸发结晶，可得到Cu(NO3)2·3H2O，D项正确；故选C。
23．(2021·沈阳市辽宁实验中学期末)常温下，c(H+)=0.1mol/L的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如图所示实验：
已知氧化性Fe3+>I2。根据实验结果，判断下列说法正确的是( )
A．Fe3+与Fe2+至少有一种
B．一定不存在CO32-，可能存在Na+和Cl-
C．一定存在Fe2+、I-、Cl-
D．该溶液中一定存在Fe2+、I-，可能含Cl-
【答案】C
【解析】c(H+)=0.1mol/L溶液中的H+可以与CO32-反应，故溶液中不存在CO32-；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，说明有I2生成，则原溶液中含有I-， Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有I-的物质的量为0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe(OH)2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2=0.02mol，0.02mol Fe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L ×0.1L=0.01mol，0.02mol I-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol -0.02mol=0.03mol，由于不能确定是否存在Na+，故Cl-含量≥0.03mol。A项，根据分析，原溶液中不存在Fe3+，A错误；B项，根据分析，溶液中一定不存在CO32-，可能存在Na+，一定存在Cl-，B错误；C项，根据分析，溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-，C正确；D项，根据分析，溶液中一定存在Cl-，D错误；故选C。
24．(2021·浙江绍兴市期末)某混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，进行如图实验：
下列有关说法正确的是( )
A．由Ⅰ可知Cu能与过量的盐酸发生置换反应
B．蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+
C．原混合物X中含Fe2O3的质量是4.48g，SiO2的质量为3.0g
D．将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量
【答案】D
【解析】Fe2O3和过量HCl反应生成FeCl3和H2O，FeCl3再和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，蓝色溶液为HCl、CuCl2和FeCl2的混合溶液，4.92g固体为SiO2(可能有Cu)；Cu不能和NaOH溶液反应，SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，4.92g固体加过量NaOH溶液后剩余1.92g固体，则4.92g固体中含1.92gCu，含4.92g-1.92g=3.0gSiO2，则9.4gX中含Fe2O3、Cu共9.4g-3.0g=6.4g；设X中Cu的物质的量为xmol，Fe2O3的物质的量为ymol，则64x+160y=6.4，根据Fe原子守恒，加盐酸后产生的Fe3+的物质的量为2ymol，根据2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知步骤Ⅰ反应了的Cu的物质的量可表示为ymol，则64y+1.92=9.4-3.0-160y，联立二式解得y=0.02，x=0.05，则9.4gX中含Fe2O3的质量为160×0.02g=3.2g，Cu的质量为64×0.05g=3.2g，SiO2的质量为3.0g。A项，Cu不能和过量的盐酸发生置换反应，Ⅰ中铜反应了一部分发生的是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B项，结合分析可知蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，4.92g固体中含有Cu，则在蓝色溶液中一定不含Fe3+，B错误；C项，由分析可知原混合物X中含Fe2O3的质量是3.2g，SiO2的质量为3.0g，C错误；D项，将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，则Ⅰ后剩余固体为Fe2O3和Cu，因Fe2O3和Cu的质量在Ⅰ中没有损失，则Ⅱ发生的是原来Ⅰ的反应，最后剩余固体仍然为过量的1.92gCu，即将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量，D正确；故选D。
25．工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作，比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：
请回答下列问题：
(1)写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。
(2)沉淀C的化学式___，颜色为___，写出它的一种用途___。
(3)操作I、操作II、操作III的名称为___，这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。
(4)整个生产过程中，除可以循环使用的物质有___(写出3种，填化学式)，用此法制取铝的副产品是___(写出2种，填化学式)。
(5)氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝？___。
【答案】(1)Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O (2)Fe2O3 红棕色 作颜料(或炼铁)
(3)过滤 漏斗、玻璃棒 (4)NaOH、CaO、CO2 Fe2O3、O2
(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3；向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。(1)根据上面的分析，铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；(2)根据上述分析，沉淀C为Fe2O3，氧化铁为红棕色粉末，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料；(3)实现固体和液体的分离采用过滤法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，溶液E中的氢氧化钠也能循环利用；根据流程图和上述分析，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品；(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此尽管氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝。
26．(2022·河北省衡水市高三三调)查阅文献：铁粉与稀硝酸反应会生成H2。化学小组用如图装置做验证实验。
(1)甲同学进行了实验Ⅰ：
实验
现象
ⅰ．室温下，在注射器中加入过量的铁粉与2mLl0.5mol·L-1HNO3
立即有气体产生，溶液几乎无色，反应结束后收集到无色气体6.0mL。
ⅱ．将气体通入有空气的容器
无明显变化
ⅲ.点燃气体
有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴。
ⅳ.取反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热
立刻得到白色沉淀，迅速变为灰绿色。加热后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
①气体产物是H2的实验依据是___________。
②根据实验现象分析，铁粉与0.5mol·L-1HNO3反应时还有其他还原产物生成，写出生成该还原产物的离子方程式：___________。
(2)乙同学对产生H2的原因提出假设：
假设1：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-
假设2：该浓度的硝酸中H+的还原速率大于NO3-
①乙同学用___________(Cu或Mg)粉与2mLl0.5mol·L-1HNO3反应证明了假设1不成立。实验依据是___________。
②乙同学用其他方案证明了假设2成立。
(3)丙同学仅改变温度条件，重复实验1。实验中气体成分和溶液成分检验的现象与实验1类似，但收集到的气体体积不同：
序号
反应温度
气体体积
a
40℃
3.4mL
b
30℃
2.6mL
随温度升高，收集到的气体体积减少，原因：___________。
(4)改用3mol·L-1HNO3与过量铁粉反应，有无色气体生成，溶液变为深棕色。气体接触空气显红棕色，不可燃。根据以上结论解释生成还原产物的原因___________。
(5)综上所述，金属与硝酸生成氢气，需要控制哪些条件？___________。
【答案】(1)无色气体遇空气无明显变化；点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴 4Fe+NO3-+10H+＝NH4++3H2O+4Fe2+
(2)Cu 溶液变蓝，同时没有氢气放出
(3)随温度升高，H+与NO3-的还原速率都在增大，但NO3-还原速率增大的更多
(4)硝酸浓度增大，产物变为NO，还原速度剧增，远远大于H+的还原速率，以至于得不到氢气
(5)降低硝酸浓度，低温
【解析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H2，根据图示所做实验，产生的气体为无色，点燃时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其气体为氢气，铁粉过量，则铁变为亚铁离子；反应后溶液加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，铁粉与硝酸还能反应生成铵根离子，据此判断。(1)①氢气燃烧时，有爆鸣声，生成物为水，则容器内壁出现无色液体，根据无色气体遇空气无明显变化；点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴的现象可判断产物中为氢气，故故选：无色气体遇空气无明显变化；点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴；②取反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则铁粉与0.5mol/L HNO3反应还生成铵根离子，则离子方程式为4Fe+NO3-+10H+＝NH4++3H2O+4Fe2+；(2)①假设1：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，Cu粉不与氢离子反应，但铜粉与硝酸反应生成硝酸铜溶液，无氢气放出，则乙同学用Cu粉证明了假设1不成立；(3)根据表中数据可知，随温度的升高，生成气体的体积减小，说明生成的铵根离子增多，故随温度升高，H+与NO3-的还原速率都在增大，但NO3-还原速率增大的更多；(4)改用3mol·L-1HNO3与过量铁粉反应，有无色气体生成，溶液变为深棕色，气体接触空气显红棕色，不可燃，证明为NO气体，硝酸浓度增大，产物变为NO，还原速度剧增，远远大于H+的还原速率，以至于得不到氢气；(5)综上所述，金属与硝酸生成氢气，需要控制的条件是降低硝酸浓度，低温。
27．(2022·安徽省合肥市五中、七中、十中等高三联考)草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)呈淡黄色。某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究。
(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成。这说明草酸亚铁晶体具有__(填“氧化性”、“还原性”或“碱性”)。若反应中消耗1.5molFeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为__mol。
(2)资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体。课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设：
假设一：全部是FeO
假设二：全部是四氧化三铁
假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物
(2)为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究。
(定性研究)请你完成如表中内容。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
取少量黑色固体___
___
(定量研究)课题组在文献中查阅到，FeC2O4•2H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400℃时，FeC2O4•2H2O晶体受热分解的化学方程式为：___。
根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g。某同学由此得出结论：假设一不成立。你是否同意该同学的结论，并简述理由：___。
【答案】(1)还原性 0.9
(2)加入适量的稀盐酸(或稀硫酸)溶解，在溶液中加入KSCN溶液 若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立
FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑ 不同意，实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其它氧化物
【解析】(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成．说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2++5 C2O42-+3 MnO4-+24H+=5Fe3++3Mn2++5CO2↑+12H2O，消耗1.5mol FeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为0.9mol；(2)取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸(或稀硫酸)溶解，在溶液中加入KSCN溶液．现象与结论：若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立。
【定量研究】通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，设失去结晶水x，图象分析可知固体质量变化1.0-0.8=0.2g，依据则反应的化学方程式计算为：
解得x=2，加热到300℃，晶体全部失去结晶水生成草酸亚铁和水，继续加热到400℃，固体质量减少0.8g-0.4g=0.4g；此时草酸亚铁分解减少的是气体质量，反应过程中一定存在反应生成氧化亚铁和二氧化碳，铁元素化合价不变时，依据元素化合价变化和电子守恒可知碳元素化合价从+3价变化为+4价，一定有化合价降低生成+2价的一氧化碳，反应的化学方程式FeC2O4FeO+CO+CO2，则
计算结果符合图象固体质量变化，所以反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，依据铁元素守恒计算得到若生成氧化亚铁，质量为0.4g，但实验过程中最终残留黑色固体的质量大于0.4g，可能是实验未在密闭容器中进行，氧化亚铁被空气氧化为氧化铁，某同学由此得出结论：假设一不成立不合理。
1．(2022·浙江省1月选考)下列说法不正确的是( )
A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件
B．还原铁粉可用作食品干燥剂
C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D．油脂是热值最高的营养物质
【答案】B
【解析】A项，金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B项，还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C项，氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D项，油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确；故选B。
2．(2022·浙江省1月选考)下列说法正确的是( )
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】A项，I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B项，电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C项，石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D项，SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故选B。
3．(2022•湖北省选择性考试)硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：NaHS(s)＋CS2(l)=Na2CS3(s)+ H2S(g)，下列说法正确的是( )
A．Na2CS3不能被氧化 B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程 D．CS2的热稳定性比CO2的高
【答案】B
【解析】A项，Na2CS3中硫元素为-2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误；B项， 类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确；C项，由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误；D项，S的原子半径比O小，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误；故选B。
4．(2022•辽宁省选择性考试)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是( )
A．褪色原因为I2被Fe还原 B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为被氧化
【答案】D
【解析】A项，Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被＞还原，A项错误；B项，液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；C项，若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；D项，漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I-氧化，D项正确；答案选D。
5．(2022·浙江省6月选考)尖晶石矿的主要成分为MgAl2O4 (含SiO2杂质)。已知：MgAl2O4(s)＋4Cl2(g)= MgCl2(s)＋2AlCl3(g)＋2O2(g) ΔH＞0。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备MgCl2和AlCl3，同时还可得到副产物SiCl4 (SiCl4沸点为58℃，AlCl3在180℃升华)：MgAl2O4(s)＋4C(s)＋4CO(g)MgCl2(s)＋2 AlCl3(g)＋4CO(g)。下列说法不正确的是( )
A．制备时要保持无水环境
B．输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上
C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D．为避免产生大量CO2，反应过程中需保持炭过量
【答案】D
【解析】A项，由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；B项，由题干信息可知，AlCl3在180℃升华，故输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上，B正确；C项，由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；D项，反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；故选D。
6．(2022·浙江省6月选考)关于化合物：FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是( )
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3
【答案】B
【解析】已知化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷。A项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FFeO、CO2、H2O，B符合题意；C项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D项，化合物：FeO(OCH3)在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物：FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3，D不合题意；故选B。
7．(2022•湖南选择性考试)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是( )
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+2HF=2NaF+H2O+CO2↑，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。A项，陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反应SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；B项，采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；C项，由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；D项，由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确；故选C。
8．(2021•广东选择性考试)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b→c→d→e→b的循环转化关系
【答案】C
【解析】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。A项，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项，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项，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项，b→c→d→e→b转化如FeCl2 Fe(OH)2Fe(OH)3 FeCl3FeCl2，故D不选；故选C。
9．(2022•湖南选择性考试)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为)。
实验
操作与现象
①
在水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在5mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；
再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
③
在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B．实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明SO32-对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。A项，铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B项，在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C项，实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D项，结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。故选D。
10．(2020•江苏卷)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4.0 mol﹒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
【解析】A项，室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B项，室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C项，室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D项，室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。故选B。
11．(2020•浙江1月选考)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
【解析】A项，CuSO4溶液与少量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，与过量氨水反应生成络合物[Cu(NH3)4]SO4，故A正确；B项，铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成红棕色的铁锈，铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O，故B正确；C项，钙的化学性质活泼，在稀有气体的保护下，与熔融的四氯化钛反应可置换出Ti，故C正确；D项，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D错误；故选D。
12．(2020•浙江1月选考)下列关于铝及其化合物说法，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
【解析】A项，明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B项，铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确；C项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D项，胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故选A。
13．(2021年1月浙江选考)下列说法不正确的是( )
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
【答案】A
【解析】A项，铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B项，镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C项，粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D项，二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。故选A。
14．(2020•北京卷)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经____操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：________________________________________。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是______________。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是______________，试剂2是______________。
【答案】(1)过滤 (2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O
(3) ①4 5 NO 2H2O 4 ②AC (4)1．5 (5)NaCl溶液 盐酸
【解析】(1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为8/3mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；故选AC；(4)由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1．5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1．5mol；(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。
专题06 金属及其化合物
1．(2023·广东省广州市增城中学、广东华侨、协和中学三校高三联考)化学在生活生产中应用广泛，下列有关叙述正确的是( )
A．钢水注入干燥的模具，是为了防止铁与水蒸气高温下产生H2和Fe2O3
B．利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”制作覆铜板电路时发生了置换反应
C．硬铝常用于制造飞机的外壳，利用了合金熔点比任一组成金属低的特点
D．过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
【答案】D
【解析】A项，铁与水蒸气高温下生成氢气和四氧化三铁，A错误；B项，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，不属于置换反应，B错误；C项，硬铝常用于制造飞机的外壳，是因为其硬度大、密度小，与熔点无关，C错误；D项，过氧化钠和水或二氧化碳均可以反应生成氧气，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D正确；故选D。
2．(2022·湖北省高三模拟预测)《史记》中记载：“夏虞之币，金为三品，或黄或白或赤”。这里的“赤金”是指( )
A．黄金 B．白银 C．铜 D．铁
【答案】C
【解析】古人将金、银、铜、铁分别说成黄金、白金、赤金、黑金，赤金指铜，故选C。
3．(2022·浙江省金丽衢十二校、七彩联盟高三阶段性联考)下列物质对应的化学式正确的是( )
A．生石灰的主要成分：CaCO3 B．纯碱： NaHCO3
C．绿矾：CuSO4·5H2O D．磁铁矿的主要成分：Fe3O4
【答案】D
【解析】A项，生石灰的主要成分为氧化钙：CaO，A错误；B项，碳酸钠俗称苏打、纯碱：Na2CO3，B错误；C项，绿矾为硫酸亚铁晶体：FeSO4·7H2O，C错误；D项，磁铁矿的主要成分为四氧化三铁：Fe3O4，D正确；故选D。
4．(2022·广东佛山市佛山一中)铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是( )
A．铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应 B．一定条件下，铁粉可与水蒸气反应
C．不锈钢是铁合金，只含金属元素 D．纯铁的硬度和强度均高于铁合金
【答案】B
【解析】A项，铁与盐酸反应，铁合金和盐酸也可以反应，选项A错误；B项，铁粉和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，选项B正确；C项，不锈钢是铁的合金，含有非金属碳、硅等非金属，镍等金属，选项C错误；D项，合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好，选项D错误。故选B。
5．下列说法中正确的是( )
A．金属钠可用于冶炼钛等金属 B．氢氧化铁胶体用于消毒净水
C．碳酸钠可用于中和胃酸过多 D．镁条着火可以用CO2灭火
【答案】A
【解析】属钠有强还原性，可以将四氯化钛中的钛置换出来，A正确；氢氧化铁胶体用于净水，B不正确；金碳酸钠的腐蚀性较强，不可用于中和胃酸过多，C不正确；镁条可以在CO2中燃烧，故镁条着火不能用CO2灭火，D不正确。
6．(2022·浙江省金丽衢十二校、七彩联盟高三阶段性联考)下列说法不正确的是( )
A．铝元素积累在人体中会造成慢性中毒
B．镁条着火时，不可用二氧化碳灭火
C．相同温度下NaHCO3的溶解度大于Na2CO3
D．五氧化二磷可催化乙醇脱水
【答案】C
【解析】A项，铝在人体中积累可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织正式将铝“确定为食品污染源”之一而加以控制，故A正确；B项，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，所以镁条着火时不可用二氧化碳灭火，故B正确；C项，相同温度下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，故C错误；D项，乙醇在五氧化二磷做催化剂作用下发生消去反应生成乙烯和水，故D正确；故选C。
7．(2022·浙江省高三下学期高考选考科目联考)下列说法不正确的是( )
A．氯气与溴化亚铁反应可生成溴化铁
B．铁与稀硝酸反应可生成硝酸亚铁
C．硫在纯氧中燃烧可生成三氧化硫
D．铝与二氧化锰反应可制取金属锰
【答案】C
【解析】A项，氯气与溴化亚铁反应，氯气少量时可生成溴化铁，A正确； B项，铁与稀硝酸反应，铁过量则可生成硝酸亚铁，B正确；C项，硫在纯氧中燃烧只生成二氧化硫，C错误；D项，铝活动性较强，可与二氧化锰反应可制取金属锰，D正确；故选C。
8．(2022·江苏省海门市高三模拟预测)关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Fe具有还原性，可用作抗氧化剂 B．Fe3O4具有磁性，可用于炼铁
C．Fe(OH)3胶体呈红褐色，可用于净水 D．FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜板
【答案】A
【解析】A项，Fe是比较活泼的金属元素，其单质具有还原性，可与氧气反应产生Fe2O3，因此可用作抗氧化剂，A符合题意；B项，Fe3O4是氧化物，该物质具有磁性，由于其是Fe元素的氧化物，可以得到电子变为Fe单质，因此可用于炼铁，这与其是否具有磁性无关，B不符合题意；C项，Fe(OH)3胶体呈红褐色，该胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此可用于净水，这与其颜色是否为红褐色无关，C不符合题意；D项，FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液呈酸性。FeCl3溶液可用于刻蚀铜板是由于FeCl3具有强氧化性，能够与Cu单质发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，与其水溶液是否显酸性无关，D不符合题意；故选A。
9．(2022·陕西省安康市高三期中)下列关于Na、Mg、Al、Fe、Cu的说法正确的是( )
A．常温下，Al、Cu均不与氧气反应
B．Al、Fe的阳离子，只有氧化性没有还原性
C．Na、Mg的单质放置在空气中均只生成氧化物
D．只需用水就可以鉴别MgSO4、Al2(SO4)3和NaOH
【答案】D
【解析】A项，常温下，Al与O2反应生成Al2O3、Cu在潮湿的空气中与氧气、二氧化碳和水反应生成Cu2(OH)2CO3，A错误；B项，Fe2+既有氧化性又有还原性，B错误；C项，Na在空气中久置，会生成Na2O、NaOH、Na2CO3等，C错误；D项，将三种物质配成溶液，两两混合，无明显现象的是MgSO4和Al2(SO4)3，只生成白色沉淀的是NaOH和MgSO4，先生成白色沉淀后又溶解的是NaOH和Al2(SO4)3，D正确；故选D。
10．(2023·河南省三门峡市高三阶段性考试)下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A项，铁和水蒸气高温生成四氧化三铁，氧化铁和盐酸生成氯化铁，A不符合题意；B项，电解三氧化二铝得到单质铝，铝、氢氧化钠和水反应生成偏铝酸钠，B不符合题意；C项，氯化镁和石灰乳反应得到氢氧化镁，再灼烧得到氧化镁，C符合题意；D项，氧化铁和铝高温下发生铝热反应得到单质铁，铁和氯气反应得到氯化铁而不是氯化亚铁，D不符合题意；故选C。
11．(2022·江苏高三模拟预测)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．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)
B．FeS2SO2H2SO3
C．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3
D．FeFeCl2(aq)Fe(OH)2Fe(OH)3
【答案】D
【解析】A项，FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，即2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，则FeCl3(aq)Fe(s)不能实现转化，故A错误；B项，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成H2SO4，即SO2+H2O2=H2SO4，则SO2H2SO3不能实现转化，故B错误；C项，由于铁离子水解，HCl易挥发，所以加热蒸发氯化铁溶液得到的是氢氧化铁，即FeCl3+3H2O Fe(OH)3↓+3HCl↑，则FeCl3(aq)无水FeCl3不能实现转化，故C错误；D项，Fe与HCl反应生成FeCl2，FeCl2与NH3·H2O反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2、H2O反应生成Fe(OH)3，即Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，eCl2+2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，各步转化均可实现，故D正确；故选D。
12．(2022•浙南名校联盟高三第一次联考)下列说法不正确的是( )
A．KMnO4具有强氧化性，其稀溶液可用于消毒
B．钠钾合金和镁铝合金都是密度小、硬度大的合金
C．过量的Fe在干燥的氯气中点燃生成FeCl3
D．利用碳酸钠溶液可消除燃煤烟气中的SO2
【答案】B
【解析】A项，KMnO4具有强氧化性，可以将病毒杀死，其稀溶液可用于消毒，A正确；B项，钠钾合金应该为液态，因此硬度大是错误的，B错误；C项，铁在氯气中燃烧生成三氯化铁，C正确；D项，二氧化硫是酸性氧化物，亚硫酸的酸性大于碳酸，能与碳酸钠溶液反应，可利用碳酸钠溶液可消除燃煤烟气中的SO2，D正确；故选B。
13．(2022•浙江省精诚联盟高三份适应性联考)下列说法正确的是( )
A．镁铝合金熔点高，硬度大，常用作耐高温材料
B．金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物的水溶液反应制得对应金属
C．工业上金属冶炼常用的方法有高温还原法、电解法和湿法冶金等
D．预热的铁丝能在氯气中燃烧，生成棕褐色的烟雾
【答案】C
【解析】A项，合金熔点低于各成分金属熔点，所以镁铝合金熔点不高，不能作耐高温材料，A错误；B项，钠性质活泼，与盐溶液反应，先与水反应，所以金属钠与钛、锆、铌、钽等金属的氯化物溶液反应，不会置换出金属，B错误；A项，根据金属活动性的不同，工业上金属冶炼常用的方法有高温还原法、电解法、热分解法和湿法冶金等，C正确；A项，铁在氯气中燃烧生成氯化三铁，氯化三铁为棕色固体，没有雾，只有烟，D错误；故选C。
14．标准状况下，将3.36 L的CO2与一定量的Na2O2粉末充分反应后，得到气体2.24 L。下列说法一定正确的是( )
A．反应后得到的固体为混合物
B．反应前Na2O2的物质的量为0.2mol
C．反应后固体增重4.4g
D．标准状况下，反应后混合气体的密度约为1.7g/L
【答案】D
【解题分析】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，3.36 L二氧化碳的物质的量为=0.15mol，反应后气体的物质的量为=0.1mol，由反应的化学方程式可知，若二氧化碳完全转化为氧气，生成氧气的物质的量为0.15mol ×=0.075 mol＜0.1mol，则二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，反应得到气体为二氧化碳和氧气的混合气体；由方程式可知，参与反应二氧化碳的物质的量为(0.15mol—0.1mol)×2=0.1mol，生成氧气的物质的量为(0.15mol—0.1mol)=0.05mol，反应得到气体中二氧化碳的物质的量为(0.15mol—0.1mol)=0.05mol。A项，由分析可知，二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，则反应后得到的固体为纯净物，A项错误；B项，由分析可知，二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，由方程式可知，过氧化钠的物质的量为(0.15mol—0.1mol)×2=0.1mol，B项错误；C项，由分析可知，二氧化碳过量，过氧化钠完全反应生成碳酸钠，由方程式可知，反应后固体增重的量为一氧化碳的质量，0.1mol一氧化碳的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，C项错误；D项，由分析可知，反应后混合气体中含有0.05mol二氧化碳和0.05mol氧气，密度为≈1.7g/L，D项正确；故选D。
15．(2023·江西省九江市高三联考)下列由实验现象所得结论正确的是( )
A．向Ba(NO3)2溶液中通SO2，溶液变浑浊证明H2SO4能与Ba2+反应生成沉淀
B．向滴入酚酞试液的Na2CO3溶液中加入溶液M，红色褪去证明溶液M呈酸性
C．在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子
D．将KMnO4滴入红色的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明KMnO4具有还原性
【答案】D
【解析】A项，向Ba(NO3)2溶液中通SO2生成硫酸钡沉淀，是因为+4价的硫在有氢离子和硝酸根离子存在的情况下会被氧化成+6价，证明硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，A错误；B项，若加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀完全，溶质为氯化钠和氯化钡中性试剂也会使溶液褪色，B错误；C项，在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，外焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子，C错误；D项，将H2O2滴入红色的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明H2O2具有还原性，D正确；故选D。
16．高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列说法错误的是( )
A．Na2FeO4中元素显+6价
B．碱性条件下氧化性强于Na2FeO4
C．每生成1mol Na2FeO4转移6mol电子
D．在水处理中，Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能
【答案】C
【解析】对于反应2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸钠是氧化剂，Na2FeO4中Fe元素显+6价， A项，Na2FeO4中Fe元素显+6价，A正确；B项，碱性条件下，NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B正确；C项，Fe(OH)3中的铁元素的化合价是+3价，产物Na2FeO4中的铁元素的化合价为+6价，每生成1mol Na2FeO4转移的电子数为3mol，C错误；D项，Na2FeO4具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能，D正确；故选C。
17．(2023届•浙江省舟山市普陀中学高三返校考试)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用于制备发酵粉、澄清剂、防水剂等，生活中常用于净水。下列说法正确的是( )
A．明矾净水时，能对水进行消毒
B．用激光笔照射明矾的水溶液，观察不到一条光亮的通路
C．明矶制作的油条可大量食用
D．KAl(SO4)2的中加入Ba(OH)2使SO42-沉淀完全，铝元素的存在形式为Al(OH)4-
【答案】D
【解析】明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，在水中完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子水解生成Al(OH)3胶体，可以和悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可做净水剂。A项，明矾可做净水剂，但不能对水进行消毒，A错误；B项，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，生成Al(OH)3胶体，胶体都能产生丁达尔效应，用激光笔照射明矾的水溶液，会观察到一条光亮的通路，B错误；C项，Al3+对人体有害，过多摄入能引发老年痴呆症等，明矾作食品添加剂时不能超标，C错误；D项，KAl(SO4)2的中加入Ba(OH)2使SO42-沉淀完全，则1 mol KAl(SO4)2中需要加入2mol Ba(OH)2，1mol Al3+和4molOH-生成Al(OH)4-，D正确；故选D。
18．(2022·江苏省无锡市高三期中教学质量调研测试)我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功发射天绘一号04星，下列关于“天绘一号04星”涉及的材料为金属材料的是( )
A．探测器上天线接收器外壳材料—镁合金防腐镀层
B．发动机使用的包覆材料—碳纤维
C．隔绝超低温环境所用材料—纳米二氧化硅
D．整流罩前锥段材料—聚甲基丙烯酰亚胺
【答案】A
【解析】A项，镁合金是金属材料，A正确；B项，碳纤维是非金属单质，B错误；C项，二氧化硅是非金属，C错误；D项，聚甲基丙烯酰亚胺是有机物，D错误；故选A。
1．(2023·浙江省浙里卷天下高三开学测试)硫化钠的水溶液能溶解单质硫生成多硫化钠：Na2S+(x-1)S=Na2Sx。多硫化钠易燃，在酸性条件下不稳定。下列关于Na2Sx的说法不正确的是( )
A．Na2S水溶液久置在空气中，可能生成Na2Sx
B．足量氯水中，滴入少量Na2Sx溶液，经振荡静置后，可能观察不到沉淀物
C．Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存
D．酸性条件下Na2Sx发生反应，生成淡黄色沉淀和能使品红溶液褪色的气体
【答案】D
【解析】A项，Na2S溶液久置在空气中，部分S2-被空气中氧气氧化为S，结合题干信息可知，可能生成Na2Sx，故A正确；B项，Na2Sx中的S能够降低到-2价，所以Na2Sx具有一定氧化性，故足量氯水中，滴入少量 Na2Sx 溶液，经振荡静置后，可能观察不到沉淀物，故B正确；C项，多硫化钠易燃，所以Na2S应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存，故C正确；D项，酸性条件下Na2Sx发生分解，如果生成一种淡黄色沉淀(S单质)与一种能使品红褪色的气体(SO2)，根据得失电子守恒可知，在酸性条件下还应当有H2S生成，而H2S与SO2会发生反应，不能在同一溶液中同时生成，故D错误；故选D。
2．(2022·浙江省杭州教学质量检测二模)CuCl2的结构式如下图，时CuCl2会发生分解．下列推测合理的是( )
A．CuCl2是离子晶体，熔点高，硬度大
B．CuCl2·H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2
C．CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，同类化合物CuI2分解温度更高
D．CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为浓度减小
【答案】B
【解析】A项，根据CuCl2的结构式，CuCl2中只存在共价键，CuCl2是共价化合物，故A错误；B项，CuCl2·H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2和氯化氢，故B正确；C项，CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，CuCl2比CuI2分解温度高，故C错误；D项，CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[ CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D错误；故选B。
3．(2022·浙江省绍兴市高三选考科目适应性考试二模)下列推理合理的是( )
A．NaCl固体与浓H2SO4 加热可制HCl， 则NaI固体与浓H2SO4 加热制HI
B．Na2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
C．实验室可利用AlCl3与足量氨水反应来制备Al(OH)3，则也可利用CuCl2与足量氨水反应生成Cu(OH)2
D．Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成Cu2S
【答案】D
【解析】A项，浓硫酸具有强氧化性，能够将NaI氧化为I2，不能用NaI固体与浓H2SO4加热制HI，故A错误；B项，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故B错误；C项，Cu(OH)2溶于过量氨水，因此不能利用CuCl2与足量氨水反应生成Cu(OH)2，故C错误；D项，硫的氧化性较弱，只能将金属氧化到较低价态，Fe与S反应生成FeS，Cu与S反应生成Cu2S，故D正确；故选D。
4．已知 NaAlH4是一种重要的储氢材料、化工还原剂，遇水剧烈反应释放出H2，加热会分解为NaH、H2和Al。下列说法不正确的是( )
A．NaAlH4具有吸水性，需要密封保存
B．1mol NaAlH4中含有2mol离子
C．1mol NaAlH4加热完全分解，转移3 mol e-
D．NaAlH4与乙醛作用生成乙醇，NaAlH4作氧化剂
【答案】D
【解题分析】A项，NaAlH4具有吸水性且能与水发生反应NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故需要密封保存，A项正确；B项，NaAlH4是离子化合物由Na+和AlH4-构成，故1mol NaAlH4中含有2mol离子，B项正确；C项，NaAlH4加热分解的化学方程式为NaAlH42NaH+2Al+3H2↑，铝元素得到电由+3价变成0价，故1mol NaAlH4加热完全分解，转移3 mol e-，C项正确；D项，NaAlH4与乙醛作用生成乙醇，乙醛被还原为乙醇，故NaAlH4作还原剂，D项错误。
5．(2022·浙江省百校高三选考模拟检测)通过电氧化合成法可制得特殊高价金属化合物高铜酸钠(化学式为NaCuO2)。关于该物质的推测，下列有关说法不正确的是( )
A．NaCuO2具有强氧化性，是因为存在过氧根离子
B．NaCuO2与浓盐酸作用会产生有刺激性气味的气体
C．该物质在酸性条件下不能稳定存在
D．NaCuO2与氢气反应可能有紫红色固体生成
【答案】A
【解析】A项，通常情况下，Cu的化合物中Cu的化合价为+2，而NaCuO2(特殊高价金属化合物)中Cu的化合价为+3(特殊高价金属化合物)，超过+2价，则NaCuO2具有强氧化性由于Cu的化合价为高价态+3价，A错误；B项，NaCuO2具有强氧化性，能与浓盐酸反应生成氯气，氯气是黄绿色、有刺激性气味的气体，B正确；C项，NaCuO2具有强氧化性，在酸性环境中将生产钠盐、铜盐和氧气等物质，故该物质在酸性条件下不能稳定存在，C正确；D项，NaCuO2具有强氧化性，氢气具有强还原性，NaCuO2与氢气反应可能生成Cu，Cu是紫红色金属，符合氧化还原反应规律，D正确；故选A。
6．(2022·浙江省宁波市高三下学期模拟考试二模)无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是( )
A．Na2S2O4具有较强的还原性
B．Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2
C．Na2S2O4的漂白原理与NaClO不相同
D．Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性
【答案】D
【解析】A项，根据题意，由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度，说明连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A正确；B项，在化合物中各元素化合价代数和为0，连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为+3价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B正确；C项，连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C正确；D项，根据题意，连二亚硫酸钠的制备是在无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠得到，说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D错误；故选D
7．工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠。下列有关说法正确的是( )
A．Fe置换出金属Na，还原性：Fe＞Na
B．得到电子，发生氧化反应
C．将生成的气体在空气中冷却可获得钠
D．每生成1molNa，转移的电子数为2×6.02×1023
【答案】D
【解析】A项，该反应不属于置换反应，事实上还原性：Na＞Fe，A项错误；B项，氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，B项错误；C项，生成的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应，因此应隔绝空气后冷却获得钠，C项错误；D项，由反应可知，3molFe失去8mol电子得到4molNa，则生成1molNa转移电子2mol，数目为2×6.02×1023，D项正确；故选D。
8．高炉煤气为炼铁过程中的副产品，其主要成分为CO、CO2、N2。现欲测定高炉煤气中CO2的含量，将高炉煤气(标准状况下)以流速0.2 L·s-1匀速通入100mL1.80mol·L-1 NaOH溶液中，50s后溶液增重4.4g，下列分析正确的是( )
A．高炉炼铁时的主要反应为2Fe2O3+3C4Fe+3CO2
B．为了提高效率，应加快高炉煤气的流速
C．溶液中生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为4：1
D．该高炉煤气中CO2的体积分数为2.24%
【答案】C
【解析】A项，高炉炼铁的原理是在高温条件下，用还原剂(CO)把铁从铁矿石里还原出来，即主要反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，A项错误；B项，将高炉煤气(CO 、CO2、N2)通入NaOH溶液中，发生2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3反应，为确保其中的CO2被充分吸收，高炉煤气的流速不宜过快，B项错误；C项，由题中信息可知，100mL1.80mol·L-1溶液中，NaOH的物质的量为n(NaOH)=1.80mol·L-1×0.1L=0.18mol，后溶液增重4.4g，即50s后吸收了4.4gCO2，CO2的物质的量为n(CO2)==0.1mol，由2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应可知，NaOH不足，由Na元素守恒，则生成Na2CO3的物质的量为n(Na2CO3)=0.09mol，反应CO2为0.09mol，剩余CO2为0.01mol，接着发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3反应，消耗0.01molCO2，反应Na2CO3为0.01mol，生成NaHCO3为0.02mol，所以溶液中生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为(0.09-0.01)：0.02=4：1，C项错误；D项，由题中信息可知，高炉煤气的总体积为V(总)= 0.2 L·s-1×50s=10L，标准状况下0.1molCO2为2.24L，所以该高炉煤气中CO2的体积分数为×100%=22.4%，D项正确；故选C。
9．(2022•浙江省普通高中强基联盟高三统一测试)下列“类比”合理的是( )
A．Fe3O4中Fe元素显+2、+3价，则Pb3O4中Pb显+2、+3价
B．SiH4的沸点比CH4高，则PH3的沸点比NH3高
C．向Fe(OH)3中加入盐酸生成Fe3+，则向Fe(OH)3中加入氢溴酸也生成Fe3+
D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
【答案】C
【解析】A项， Pb的价态为+2和+4价，无+3价，A错误；B项，SiH4的沸点比CH4高，NH3分子间能形成氢键，PH3的沸点比NH3低，B错误；C项，盐酸和氢溴酸都是强酸，能与Fe(OH)3反应生成Fe3+，C正确；D项，过氧化钠的强氧化性可将还原性气体SO2氧化生成Na2SO4即Na2O2+SO2=Na2SO4，D错误；故选C。
10．(2022·浙江省杭州地区及周边重点中学联考)下列“类比”、“推理”合理的是( )
A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
B．CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO与CO2反应生成CuCO3
C．在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，则可推测Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成
D．Na与水反应生成NaOH和H2，则Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3和H2
【答案】C
【解析】A项，碘的氧化性弱于铁离子，Fe与I2反应只能生成FeI2，故A错误；B项，CaO能够与水反应生成碱，而氧化铜不能与水反应生成碱，因此CaO与CO2反应生成CaCO3，CuO不能与CO2反应生成CuCO3，故B错误；C项，在Na2O2与水反应后的溶液中加入MnO2粉末，会产生大量气体，该气体能使带火星的木条复燃，说明Na2O2与水反应有中间产物H2O2生成，故C正确；D项，钠活泼性强于铁，常温下，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故D错误；故选C。
11．(2022·浙江省绍兴市高三选考科目适应性考试二模)+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示。
含钒元素的不同微粒
VO2+
VO3-
V2O74-
VO43-
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、VO2+ (黄色)、VO43- (无色)、V5O143- (红棕色)等。下列说法正确的是( )
A．VO3-转化为V2O74-的离子反应为2VO3-+H2O=V2O74-+2H+
B．含VO2+的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子反应为5VO2++8OH-=V5O143-+4H2O
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子
【答案】C
【解析】A项，含V2O74-的溶液中，pH为8～10之间，呈碱性，故反应时不可能有氢离子生成，正确为2VO3-+OH-=V2O74-+H2O，故A错误；B项，VO2+中V的化合价为+5价，NH4VO3中V的化合价为+5价，反应前后无变化，未发生氧化还原反应，故B错误；C项，酸性VO2+滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时有V5O143-生成，其反应为5VO2++8OH-=V5O143-+4H2O，故C正确；D项，题中+2价V的量未知，不能计算出详细的电子转移数目，故D错误；故选C。
12．(2022·江苏省高二学业考试)对印刷电路板制作过程中(2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2)产生废液X进行回收处理，流程如图所示。下列说法不正确的是
A．1molFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023
B．若废液X中滴加KSCN溶液变红，则X中=
C．若向溶液A中、溶液B中分别加入少量铁粉，铁粉均有减少
D．实验室中进行操作①②时，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
【答案】B
【解析】A项，FeCl3与Cu完全反应，Fe元素由+3个降为+2价，得到1个电子，所以1molFeCl3与Cu完全反应，转移电子数约为6.02×1023；B项，根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知废液X中n(Cu2+)：n(Fe2+)=1：2，滴加KSCN溶液变红，说明还有一部分Fe3+，所以n(Cu2+)：[n(Fe2+)+n(Fe3+)]<1：2；C项，向溶液A中加入少量铁粉，铁粉因与Fe3+反应而减少，溶液B中加入少量铁粉，铁粉因与过量的稀盐酸反应而减少；D项，操作①②都是过滤，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；故选B。
13．(2022·安徽省定远县育才学校高三月考)打印机使用的墨粉中含有Fe3O4它的一种制备方法是：将FeSO4溶液、Fe2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的溶液，水浴加热。反应如下：反应：_____Fe2++________Fe3++___OH-=_____Fe3O4+_____H2O ，下列分析不正确的是( )
A．Fe3O4具有磁性
B．反应中，是还原剂， 是氧化剂
C．从左至右，反应各物质的系数依次为、、、、
D．Fe3O4与盐酸反应，生成盐和水
【答案】B
【解析】A项，Fe3O4是黑色具有磁性的晶体，A正确；B项，反应中，化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，B错误；C项，根据氧化还原反应得失电子相等配平可知从左至右，反应各物质的系数依次为1、2、8、1、4，C正确；D项，Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，D正确。
14．(2022·重庆一中高三期中)已知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成，NaH遇水放出H2，下列说法正确的是( )
A．取钠与氢气反应后的产物，加水若产生H2，即可证明产物为纯净的NaH
B．NaH与水反应产生的H2，通过盛有碱石灰的干燥管，再用向上排空气法收集
C．高温下NaH将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛的原理为2NaH+TiCl4Ti+4NaCl+2H2↑
D．NaH在无水条件下除去钢铁表面铁锈的原理为3NaH+ Fe2O32Fe+3NaOH
【答案】D
【解析】A项，由于2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，取钠与氢气反应后的产物，加水若产生H2，不能证明产物为纯净的NaH，A错误；B项，NaH与水反应产生的H2，通过盛有碱石灰的干燥管，H2的密度比空气的小，应该用向下排空气法收集，B错误；C项，高温下NaH将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛的原理为2NaH+TiCl4Ti+2NaCl+2HCl↑，C错误；D项，NaH中H-具有强还原性，故NaH在无水条件下除去钢铁表面铁锈的原理为3NaH+ Fe2O32Fe+3NaOH，D正确；故选D。
15．(2022·河南省高三模拟预测)叠氮酸钠(NaN3)可用作医药原料和炸药，工业上可在立窑中通过反应NaNO3+ NaNH2NaN3+NH3↑+ NaOH (未配平)来制备叠氮酸钠，下列说法正确的是( )
A．方程式中NaNO3和NaN3的化学计量数之比为1：1
B．作还原剂的NaNH2占参与反应的的物质的量的
C．每生成67.2LNH3，转移电子的物质的量为16mol
D．立窑的衬里适宜选用石英耐火砖
【答案】A
【解析】A项，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式可得NaNO3+3NaNH2NaN3+NH3↑+ 3NaOH ，A正确；B项，根据选项A所配方程式知，3 mol NaNH2反应，有1 mol N元素化合价没变生成NH3，有2 mol N元素化合价升高转化为NaN3，故作还原剂的NaNH2占参与反应的NaNH2的物质的量的，B错误；C项，未给出气体所处状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；D项，高温下，产物NaOH能和SiO2反应，会腐蚀设备，D错误；故选A。
16．(2022·陕西省西安一中高三期中)向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L-1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法中不正确的是( )
A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
B．b和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9g
D．原混合溶液中的Na2CO3与NaAlO2的物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸，先发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，a线表示AlO2-减少，第二阶段；AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少；c线表示HCO3-的增加，第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3-减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A项，Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，故A正确；B项，第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，b线表示CO32-减少，c线表示HCO3-的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C项，盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32-反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和加盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓知，n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)=0.05mol，m[Al(OH)3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；D项，第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50mL，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，CO32-+H+═HCO3-，可知CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1，故D错误；故选D。
17．某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分及应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色；振荡试管，红色又迅速褪去。已知：
①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)——该反应速率很慢
②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl——该反应速率很快
③(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似
下列说法正确的是( )
A．用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰
B．局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成Fe(SCN)3
C．白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的
D．红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN-发生反应，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移
【答案】D
【解析】A项，用 KSCN 溶液检验 Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A错误；B项，红色物质是 Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的 Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成 Fe3+，故B错误；C项，Cu(过量)与 FeCl3 溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu═2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓(白色)，但是将 KSCN 溶液滴加到混合液中，也可能存在反应2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，所以1观察到瞬间产生白色沉淀可能是溶液中的 CuCl2与 Cu 反应生成，也可能是CuCl2、KSCN之间反应生成，故C错误；D项，Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN−被消耗，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故D正确；故选D。
18．(2022·黑龙江省牡丹江一中高三期中)下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：
已知：室温饱和H2S溶液的pH的为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5
根据以上流程图。下列说法错误的是( )
A．“溶解”中用到25%的稀硫酸，可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等仪器
B．操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解
C．操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化
D．操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分
【答案】B
【解析】铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)与稀硫酸反应生成硫酸锡和硫酸亚铁，通过过滤滤去不溶性物质，通过调节溶液的pH并通入硫化氢气体使锡离子沉淀，过滤除去不溶性的硫化锡，得到硫酸亚铁溶液，通过冷却结晶得到纯净的绿矾。A项，将浓硫酸稀释为25%的稀硫酸，应该用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，则所需仪器为玻璃棒、烧杯和量筒、胶头滴管等仪器，故A正确；B项，结合SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，而pH=2在1.6-3.0之间，所以锡离子完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的不是抑制Fe2+的水解，故B错误；C项，通入硫化氢至饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化，所以操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化，故C正确；D项，晶体易溶于水，用乙醇洗涤，可以避免晶体的溶解，减少晶体的损失，且酒精易挥发，带走水分，所以操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分，故D正确；故选B。
19．(2022·江苏省常州市部分重点中学高三期中)某废催化剂主要含Al、Ni、Mo(钼)等的氧化物，回收利用其金属资源的流程如下：
已知：碱性条件下，Mo元素以MoO42-的形态存在；Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8。
下列有关说法不正确的是( )
A．焙烧时，Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于提高铝、钼浸取率
C．沉铝后，过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3
D．沉钼后，过滤所得滤液中不存在MoO42-
【答案】D
【解析】废催化剂Al、Mo的氧化物与氢氧化钠固体一起焙烧得到可溶于水的盐NaAlO2和Na2MoO4，Ni的氧化物过滤后留在滤渣之中，滤液中通入过量二氧化碳将NaAlO2转化为Al(OH)3除去，再次过滤后往滤液中加入过量氯化钡溶液得到BaMoO4固体。A项，焙烧时，Al的氧化物Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，A正确；B项，水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于固体与液体充分接触，提高铝、钼浸取率，B正确；C项，过量CO2与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀，故沉铝后过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3，C正确；D项，由于Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8，BaMoO4存在沉淀溶解平衡，沉钼后过滤，所得滤液中仍然存在少量MoO42-，D错误；故选D。
20．(2022·广东实验中学高三阶段练习)某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
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②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用H2SO3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
【解析】碱式碳酸铜和过量的盐酸反应，生成CuCl2，CuCl2溶液中通入SO2，可将CuCl2还原为CuCl，CuCl与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水。A项，步骤②中SO2的主要作用是将CuCl2还原为CuCl，Na2SO3同样具有还原性，可以替换，A项正确；B项，H2SO3溶液具有还原性，可以防止CuCl被氧化，B项正确；C项，步骤④CuCl与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C项正确；D项，如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应后，得到的固体中含有CuCl和Cu，此时无法计算试样纯度，D项错误；故选D。
21．(2022·重庆·西南大学附中高三阶段练习)工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出并制取胆矾的流程如下。下列说法错误的是(已知：Zn2+与NaOH的反应与类似) ( )
A．滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO22-＋4H＋= Zn2+＋2H2O
B．系列操作②包括蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
C．操作①和②中用到的玻璃仪器不完全相同
D．可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质
【答案】B
【解析】工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，加入过量NaOH生成氢氧化铜沉淀，所以滤渣1是氢氧化铜，滤液1中有ZnO22-；氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液，经过一系列操作结晶出胆矾。A项，滤液1中有ZnO22-，滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO22-＋4H＋= Zn2+＋2H2O，A项正确；B项，硫酸铜蓝色溶液经过操作②结晶出胆矾，操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项错误；C项，操作①是过滤操作，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒；操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒、蒸发皿，用到的玻璃仪器不完全相同，C项正确；D项，无水乙醇洗涤晶体最主要的原因是清除晶体上水和水中带的离子，而且对于晶体的溶解能很小，同时易挥发不容易带来污染，可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质，D项正确；故选B。
22．(2022·山东省泰安教育发展中心高三期中)黄铜灰渣(含有Cu 、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产硝酸铜溶液的流程如图，下列说法不正确的是( )
A．“浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．若反应中所加Zn过量，所得Cu(NO3)2溶液中含Zn(NO3)2杂质
C．滤液II含Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子
D．由Cu(NO3)2溶液制备Cu(NO3)2·3H2O，采用蒸发结晶的操作
【答案】C
【解析】黄铜灰渣加硫酸浸取，Zn、ZnO转化为ZnSO4，CuO转化为CuSO4，FeO转化为FeSO4，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，过滤得到Cu，向滤液中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，向Cu中加入稀硝酸，得到Cu(NO3)2溶液。A项，适当增加反应物浓度可以加快反应速率，A项正确；B项，加Zn过量，会导致过滤所得滤渣中含有Zn，硝酸溶解后会在硝酸铜中会有Zn(NO3)2杂质，B项正确；C项，由分析可知，向滤液I中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，故滤液II中不含Fe3+，C项错误；D项，将Cu(NO3)2溶液蒸发结晶，可得到Cu(NO3)2·3H2O，D项正确；故选C。
23．(2021·沈阳市辽宁实验中学期末)常温下，c(H+)=0.1mol/L的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如图所示实验：
已知氧化性Fe3+>I2。根据实验结果，判断下列说法正确的是( )
A．Fe3+与Fe2+至少有一种
B．一定不存在CO32-，可能存在Na+和Cl-
C．一定存在Fe2+、I-、Cl-
D．该溶液中一定存在Fe2+、I-，可能含Cl-
【答案】C
【解析】c(H+)=0.1mol/L溶液中的H+可以与CO32-反应，故溶液中不存在CO32-；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，说明有I2生成，则原溶液中含有I-， Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有I-的物质的量为0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe(OH)2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2=0.02mol，0.02mol Fe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L ×0.1L=0.01mol，0.02mol I-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol -0.02mol=0.03mol，由于不能确定是否存在Na+，故Cl-含量≥0.03mol。A项，根据分析，原溶液中不存在Fe3+，A错误；B项，根据分析，溶液中一定不存在CO32-，可能存在Na+，一定存在Cl-，B错误；C项，根据分析，溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-，C正确；D项，根据分析，溶液中一定存在Cl-，D错误；故选C。
24．(2021·浙江绍兴市期末)某混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，进行如图实验：
下列有关说法正确的是( )
A．由Ⅰ可知Cu能与过量的盐酸发生置换反应
B．蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+
C．原混合物X中含Fe2O3的质量是4.48g，SiO2的质量为3.0g
D．将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量
【答案】D
【解析】Fe2O3和过量HCl反应生成FeCl3和H2O，FeCl3再和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，蓝色溶液为HCl、CuCl2和FeCl2的混合溶液，4.92g固体为SiO2(可能有Cu)；Cu不能和NaOH溶液反应，SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，4.92g固体加过量NaOH溶液后剩余1.92g固体，则4.92g固体中含1.92gCu，含4.92g-1.92g=3.0gSiO2，则9.4gX中含Fe2O3、Cu共9.4g-3.0g=6.4g；设X中Cu的物质的量为xmol，Fe2O3的物质的量为ymol，则64x+160y=6.4，根据Fe原子守恒，加盐酸后产生的Fe3+的物质的量为2ymol，根据2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知步骤Ⅰ反应了的Cu的物质的量可表示为ymol，则64y+1.92=9.4-3.0-160y，联立二式解得y=0.02，x=0.05，则9.4gX中含Fe2O3的质量为160×0.02g=3.2g，Cu的质量为64×0.05g=3.2g，SiO2的质量为3.0g。A项，Cu不能和过量的盐酸发生置换反应，Ⅰ中铜反应了一部分发生的是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B项，结合分析可知蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，4.92g固体中含有Cu，则在蓝色溶液中一定不含Fe3+，B错误；C项，由分析可知原混合物X中含Fe2O3的质量是3.2g，SiO2的质量为3.0g，C错误；D项，将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，则Ⅰ后剩余固体为Fe2O3和Cu，因Fe2O3和Cu的质量在Ⅰ中没有损失，则Ⅱ发生的是原来Ⅰ的反应，最后剩余固体仍然为过量的1.92gCu，即将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量，D正确；故选D。
25．工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作，比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：
请回答下列问题：
(1)写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。
(2)沉淀C的化学式___，颜色为___，写出它的一种用途___。
(3)操作I、操作II、操作III的名称为___，这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。
(4)整个生产过程中，除可以循环使用的物质有___(写出3种，填化学式)，用此法制取铝的副产品是___(写出2种，填化学式)。
(5)氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝？___。
【答案】(1)Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O (2)Fe2O3 红棕色 作颜料(或炼铁)
(3)过滤 漏斗、玻璃棒 (4)NaOH、CaO、CO2 Fe2O3、O2
(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3；向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。(1)根据上面的分析，铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；(2)根据上述分析，沉淀C为Fe2O3，氧化铁为红棕色粉末，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料；(3)实现固体和液体的分离采用过滤法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，溶液E中的氢氧化钠也能循环利用；根据流程图和上述分析，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品；(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此尽管氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝。
26．(2022·河北省衡水市高三三调)查阅文献：铁粉与稀硝酸反应会生成H2。化学小组用如图装置做验证实验。
(1)甲同学进行了实验Ⅰ：
实验
现象
ⅰ．室温下，在注射器中加入过量的铁粉与2mLl0.5mol·L-1HNO3
立即有气体产生，溶液几乎无色，反应结束后收集到无色气体6.0mL。
ⅱ．将气体通入有空气的容器
无明显变化
ⅲ.点燃气体
有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴。
ⅳ.取反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热
立刻得到白色沉淀，迅速变为灰绿色。加热后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
①气体产物是H2的实验依据是___________。
②根据实验现象分析，铁粉与0.5mol·L-1HNO3反应时还有其他还原产物生成，写出生成该还原产物的离子方程式：___________。
(2)乙同学对产生H2的原因提出假设：
假设1：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-
假设2：该浓度的硝酸中H+的还原速率大于NO3-
①乙同学用___________(Cu或Mg)粉与2mLl0.5mol·L-1HNO3反应证明了假设1不成立。实验依据是___________。
②乙同学用其他方案证明了假设2成立。
(3)丙同学仅改变温度条件，重复实验1。实验中气体成分和溶液成分检验的现象与实验1类似，但收集到的气体体积不同：
序号
反应温度
气体体积
a
40℃
3.4mL
b
30℃
2.6mL
随温度升高，收集到的气体体积减少，原因：___________。
(4)改用3mol·L-1HNO3与过量铁粉反应，有无色气体生成，溶液变为深棕色。气体接触空气显红棕色，不可燃。根据以上结论解释生成还原产物的原因___________。
(5)综上所述，金属与硝酸生成氢气，需要控制哪些条件？___________。
【答案】(1)无色气体遇空气无明显变化；点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴 4Fe+NO3-+10H+＝NH4++3H2O+4Fe2+
(2)Cu 溶液变蓝，同时没有氢气放出
(3)随温度升高，H+与NO3-的还原速率都在增大，但NO3-还原速率增大的更多
(4)硝酸浓度增大，产物变为NO，还原速度剧增，远远大于H+的还原速率，以至于得不到氢气
(5)降低硝酸浓度，低温
【解析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H2，根据图示所做实验，产生的气体为无色，点燃时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其气体为氢气，铁粉过量，则铁变为亚铁离子；反应后溶液加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，铁粉与硝酸还能反应生成铵根离子，据此判断。(1)①氢气燃烧时，有爆鸣声，生成物为水，则容器内壁出现无色液体，根据无色气体遇空气无明显变化；点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴的现象可判断产物中为氢气，故故选：无色气体遇空气无明显变化；点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴；②取反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则铁粉与0.5mol/L HNO3反应还生成铵根离子，则离子方程式为4Fe+NO3-+10H+＝NH4++3H2O+4Fe2+；(2)①假设1：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，Cu粉不与氢离子反应，但铜粉与硝酸反应生成硝酸铜溶液，无氢气放出，则乙同学用Cu粉证明了假设1不成立；(3)根据表中数据可知，随温度的升高，生成气体的体积减小，说明生成的铵根离子增多，故随温度升高，H+与NO3-的还原速率都在增大，但NO3-还原速率增大的更多；(4)改用3mol·L-1HNO3与过量铁粉反应，有无色气体生成，溶液变为深棕色，气体接触空气显红棕色，不可燃，证明为NO气体，硝酸浓度增大，产物变为NO，还原速度剧增，远远大于H+的还原速率，以至于得不到氢气；(5)综上所述，金属与硝酸生成氢气，需要控制的条件是降低硝酸浓度，低温。
27．(2022·安徽省合肥市五中、七中、十中等高三联考)草酸亚铁晶体(FeC2O4•2H2O)呈淡黄色。某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究。
(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成。这说明草酸亚铁晶体具有__(填“氧化性”、“还原性”或“碱性”)。若反应中消耗1.5molFeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为__mol。
(2)资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体。课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设：
假设一：全部是FeO
假设二：全部是四氧化三铁
假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物
(2)为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究。
(定性研究)请你完成如表中内容。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
取少量黑色固体___
___
(定量研究)课题组在文献中查阅到，FeC2O4•2H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400℃时，FeC2O4•2H2O晶体受热分解的化学方程式为：___。
根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g。某同学由此得出结论：假设一不成立。你是否同意该同学的结论，并简述理由：___。
【答案】(1)还原性 0.9
(2)加入适量的稀盐酸(或稀硫酸)溶解，在溶液中加入KSCN溶液 若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立
FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑ 不同意，实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其它氧化物
【解析】(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成．说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2++5 C2O42-+3 MnO4-+24H+=5Fe3++3Mn2++5CO2↑+12H2O，消耗1.5mol FeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为0.9mol；(2)取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸(或稀硫酸)溶解，在溶液中加入KSCN溶液．现象与结论：若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立。
【定量研究】通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，设失去结晶水x，图象分析可知固体质量变化1.0-0.8=0.2g，依据则反应的化学方程式计算为：
解得x=2，加热到300℃，晶体全部失去结晶水生成草酸亚铁和水，继续加热到400℃，固体质量减少0.8g-0.4g=0.4g；此时草酸亚铁分解减少的是气体质量，反应过程中一定存在反应生成氧化亚铁和二氧化碳，铁元素化合价不变时，依据元素化合价变化和电子守恒可知碳元素化合价从+3价变化为+4价，一定有化合价降低生成+2价的一氧化碳，反应的化学方程式FeC2O4FeO+CO+CO2，则
计算结果符合图象固体质量变化，所以反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，依据铁元素守恒计算得到若生成氧化亚铁，质量为0.4g，但实验过程中最终残留黑色固体的质量大于0.4g，可能是实验未在密闭容器中进行，氧化亚铁被空气氧化为氧化铁，某同学由此得出结论：假设一不成立不合理。
1．(2022·浙江省1月选考)下列说法不正确的是( )
A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件
B．还原铁粉可用作食品干燥剂
C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D．油脂是热值最高的营养物质
【答案】B
【解析】A项，金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B项，还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C项，氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D项，油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确；故选B。
2．(2022·浙江省1月选考)下列说法正确的是( )
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】A项，I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B项，电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C项，石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D项，SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故选B。
3．(2022•湖北省选择性考试)硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：NaHS(s)＋CS2(l)=Na2CS3(s)+ H2S(g)，下列说法正确的是( )
A．Na2CS3不能被氧化 B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程 D．CS2的热稳定性比CO2的高
【答案】B
【解析】A项，Na2CS3中硫元素为-2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误；B项， 类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确；C项，由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误；D项，S的原子半径比O小，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误；故选B。
4．(2022•辽宁省选择性考试)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是( )
A．褪色原因为I2被Fe还原 B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为被氧化
【答案】D
【解析】A项，Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被＞还原，A项错误；B项，液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；C项，若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；D项，漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I-氧化，D项正确；答案选D。
5．(2022·浙江省6月选考)尖晶石矿的主要成分为MgAl2O4 (含SiO2杂质)。已知：MgAl2O4(s)＋4Cl2(g)= MgCl2(s)＋2AlCl3(g)＋2O2(g) ΔH＞0。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备MgCl2和AlCl3，同时还可得到副产物SiCl4 (SiCl4沸点为58℃，AlCl3在180℃升华)：MgAl2O4(s)＋4C(s)＋4CO(g)MgCl2(s)＋2 AlCl3(g)＋4CO(g)。下列说法不正确的是( )
A．制备时要保持无水环境
B．输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上
C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D．为避免产生大量CO2，反应过程中需保持炭过量
【答案】D
【解析】A项，由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；B项，由题干信息可知，AlCl3在180℃升华，故输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上，B正确；C项，由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；D项，反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；故选D。
6．(2022·浙江省6月选考)关于化合物：FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是( )
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3
【答案】B
【解析】已知化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷。A项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FFeO、CO2、H2O，B符合题意；C项，化合物：FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D项，化合物：FeO(OCH3)在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物：FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3，D不合题意；故选B。
7．(2022•湖南选择性考试)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是( )
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+2HF=2NaF+H2O+CO2↑，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。A项，陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反应SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；B项，采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；C项，由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；D项，由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确；故选C。
8．(2021•广东选择性考试)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b→c→d→e→b的循环转化关系
【答案】C
【解析】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。A项，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项，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项，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项，b→c→d→e→b转化如FeCl2 Fe(OH)2Fe(OH)3 FeCl3FeCl2，故D不选；故选C。
9．(2022•湖南选择性考试)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为)。
实验
操作与现象
①
在水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在5mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；
再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
③
在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B．实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明SO32-对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。A项，铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B项，在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C项，实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D项，结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。故选D。
10．(2020•江苏卷)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4.0 mol﹒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
【解析】A项，室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B项，室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C项，室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D项，室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。故选B。
11．(2020•浙江1月选考)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
【解析】A项，CuSO4溶液与少量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，与过量氨水反应生成络合物[Cu(NH3)4]SO4，故A正确；B项，铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成红棕色的铁锈，铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O，故B正确；C项，钙的化学性质活泼，在稀有气体的保护下，与熔融的四氯化钛反应可置换出Ti，故C正确；D项，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D错误；故选D。
12．(2020•浙江1月选考)下列关于铝及其化合物说法，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
【解析】A项，明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B项，铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确；C项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D项，胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故选A。
13．(2021年1月浙江选考)下列说法不正确的是( )
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
【答案】A
【解析】A项，铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B项，镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C项，粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D项，二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。故选A。
14．(2020•北京卷)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经____操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：________________________________________。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是______________。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是______________，试剂2是______________。
【答案】(1)过滤 (2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O
(3) ①4 5 NO 2H2O 4 ②AC (4)1．5 (5)NaCl溶液 盐酸
【解析】(1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为8/3mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；故选AC；(4)由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1．5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1．5mol；(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。
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