2022-2023学年河南省洛阳市孟津区第一高级中学高一上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市孟津区第一高级中学高一上学期12月月考化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，元素或物质推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

河南省洛阳市孟津区第一高级中学2022-2023高一上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是
A．狗头兽首铜像
B．柔性显示屏（基础材料：石墨烯）
C．流通硬币
D．潜水器外壳（钛、铝等）





A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．狗头兽首铜像属于合金，A错误；
B．柔性显示屏（基础材料：石墨烯）不属于合金，B正确；
C．流通硬币属于合金，C错误；
D．潜水器外壳（钛、铝等）属于合金，D错误。
答案选B。
2．化学贯穿古今，下列对古诗词所涉及化学知识的解读不正确的是
A．“错把陈醋当成墨，写尽半生纸上酸”，陈醋是混合物
B．“松叶堪为酒，春来酿几多”，清香的美酒在酿制过程中发生的变化涉及电子转移
C．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”能产生丁达尔效应
D．“熬胆矾铁斧，久之亦化为铜”，其中铜能导电，所以铜是电解质
【答案】D
【详解】A．陈醋是醋酸溶液，是混合物，A项正确；
B．酒的酿制过程中淀粉缓慢氧化转化为乙醇，发生的变化涉及电子转移，B项正确；
C．墨滴为胶体，能产生丁达尔效应，C项正确；
D．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，D项错误；
答案选D。
3．分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是
A．含有氧元素的化合物，一定是氧化物
B．烧碱、纯碱、火碱都属于碱
C．酸性氧化物一定是非金属氧化物
D．CuSO4·5H2O、冰水、液氨都属于纯净物
【答案】D
【详解】A．含有氧元素的化合物不一定都是氧化物，如Na2CO3是盐，A项错误；
B．纯碱是碳酸钠，属于盐，B项错误；
C．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，但也是酸性氧化物，C项错误；
D．CuSO4·5H2O、冰水、液氨都属于纯净物，D项正确；
答案选D。
4．大苏打()在照相、电影、纺织、化纤、造纸、皮革、农药等方面均有重要作用。现欲制备大苏打，从氧化还原角度分析，下列所选用的制备试剂组合合理的是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2价，从氧化还原角度分析，化合价有升高也有下降；
【详解】A ．Na2S+S若生成Na2S2O3，则只有化合价上升，A错误；
B．Na2SO3+S若生成Na2S2O3，Na2SO3中S元素由+4价下降到+2价，硫单质中S元素由0价上升到+2价，B正确；
C．Na2SO3+Na2SO4若生成Na2S2O3，则只有化合价下降，C错误；
D．SO2+Na2SO4若生成Na2S2O3，则只有化合价下降，D错误；
故选B。
5．下列有关Fe的说法中不正确的是
A．Fe在潮湿的环境中易生锈
B．Fe与少量的Cl2发生反应生成FeCl3
C．Fe在过量O2中燃烧反应生成Fe2O3
D．Fe在氧气底部燃烧需要在集气瓶中放上少量沙子，以免炸裂集气瓶
【答案】C
【详解】A．铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，容易生成铁锈，正确，A不符合题意；；
B．Cl2具有强氧化性，不管Cl2是过量还是少量，Fe与Cl2反应均生成FeCl3，正确，B不符合题意；
C．Fe在过量的O2中燃烧生成Fe3O4，而不是Fe2O3，错误，C符合题意；
D．Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，同时放出大量的热，为了防止灼热的Fe3O4将集气瓶炸裂，会在集气瓶的底部放上少量沙子，正确，D不符合题意；
答案选C。
6．下列说法错误的是

A．I中铁丝在氯气中剧烈燃烧，该反应体现氯气的助燃性
B．分散质粒子的直径大小：氯化铁溶液<氢氧化铁胶体
C．制备氢氧化铁胶体时，在不断搅拌下向沸水中加入过量的饱和氯化铁溶液
D．用一束光照射II和IV的分散系，IV中能看到一条光亮的“通路”
【答案】C
【详解】A．I中铁丝在氯气中剧烈燃烧生成氯化铁，该反应体现氯气的助燃性，A正确；
B．胶体是分散质粒子直径在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子直径小于1nm的分散系；分散质粒子的直径大小：氯化铁溶液<氢氧化铁胶体，B正确；
C．制备氢氧化铁胶体时，在不断搅拌下向沸水中加入饱和氯化铁溶液至溶液变为红褐色，过量氯化铁会导致胶体聚沉，C错误；
D．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；用一束光照射II和IV的分散系，IV中能看到一条光亮的“通路”，D正确；
故选C。
7．下列事实一定能说明X、Y两种元素属于同一主族的是
A．电子层数：X＜Y B．均有＋3价
C．最外层电子数均为5 D．最外层均有2个电子
【答案】C
【分析】X、Y两种元素为同一主族，则最外层电子数相等，且价层电子数相等；
【详解】A．电子层数的大小不能说明是否为同一主族，如Li有二个电子层、Al有三个电子层，不在同一主族，A错误；
B．N、Al均有＋3价，但不是同主族元素，B错误；
C．最外层电子数均为5，说明都是VA族元素，C正确；
D．Mg、He最外层均有2个电子，不是同主族元素，D错误；
故合理选项为C。
8．下列说法正确的是
A．侯氏制碱法中为获得更多产品应向饱和食盐水中先通足量CO2再通NH3
B．等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液，后者碱性更强
C．氯水久置后，溶液的氧化性减弱
D．工业上将氯气通入石灰水中制取漂白粉
【答案】C
【详解】A．氨气在水中溶解度远大于二氧化碳，侯氏制碱法中为了获得更多的产品，应向饱和食盐水中先通入足量的氨气，再通二氧化碳，A错误；
B．等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液的碱性，前者碱性更强，B错误；
C．氯水久置后HClO会分解，浓度降低，故溶液的氧化性减弱，C正确；
D．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，D错误；
故选C。
9．某小组同学探究金属Na与不同浓度HCl的反应，进行下列实验。下列说法不正确的是
实验装置
序号
实验操作
实验现象

实验1
0.36%HCl
放入一小片金属钠
钠浮在液面上并来回移动，与水的反应剧烈程度相当
实验2
36%HCl
放入与实验1表面积基本相同的钠
钠浮在液面上并来回移动，不如实验1剧烈；表面出现有白色固体，白色固体逐渐沉到烧杯底部；液体不沸腾，液面出现少量白雾

A．实验2白色固体是NaCl
B．实验2液面上方的白雾是因为反应放热加速浓盐酸的挥发，形成白雾
C．实验2不如实验1剧烈说明盐酸浓度越大反应越不剧烈
D．实验2不如实验1剧烈的原因是表面包裹白色固体，使得反应变慢
【答案】C
【详解】A．钠和盐酸反应生成氯化钠和氢气，氯化钠在浓盐酸中溶解度降低，所以实验2中钠表面形成NaCl固体，故A正确；
B．钠和盐酸反应放热，实验2液面上方的白雾是因为反应放热加速浓盐酸的挥发，形成白雾，故B正确；
C．反应物浓度越大反应速率越快，盐酸浓度越大反应越剧烈，故C 错误；
D．实验2不如实验1剧烈的原因是表面包裹白色固体，使钠与盐酸接触面积减小，反应变慢，故D正确；
选C。
10．用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中正确的是
A．常温常压下，3.2gO2中含有的分子数目为0.1NA
B．1mol氧气和1mol氦气都含有2NA个原子
C．0.2NA个H2SO4分子与19.6gH3PO4含有相同的原子数
D．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.01NA
【答案】A
【详解】A．3.2g氧气中含有的氧气分子个数N=NA =NA=0.1NA个，故A正确；
B．1mol氦气中含有1mol氦原子，含有的原子数为NA，故B错误；
C．0.2 NA个H2SO4分子中含有原子的物质的量=0.2mol×7=1.4mol，19.6gH3PO4含有原子的物质的量=×8=1.6mol，含有的原子数不同，故C错误；
D．1.06g碳酸钠的物质的量为=0.01mol，含有钠离子的物质的量为0.02mol，Na+离子数为0.02NA，故D错误；
故选A。
11．已知某条件下，22.4L某种纯净气体中含有个分子，这些分子中共含有个原子，下列说法正确的是
A．该条件一定是标准状况 B．该分子一定是双原子分子
C．该气体一定为单质 D．该气体的物质的量一定为2mol
【答案】B
【详解】A．气体摩尔体积与温度和压强有关，1mol气体的体积为22.4L时，不一定是标准状况，故A错误；    
B．个分子中共含有个原子，该分子一定是双原子分子，故B正确；
C．双原子分子不一定是单质，如HCl气体，故C错误；    
D．个分子的物质的量一定为1mol，故D错误；
选B。
12．某同学欲配制100 mL 0.10 mol/L CuSO4溶液。以下操作①~④是其配制过程及示意图，关于该配制过程，下列说法正确的是

A．操作①中，称取 2.5 g 胆矾晶体，并于烧杯中加水溶解
B．操作②中，容量瓶使用前需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
C．操作③为定容，按图示观察，将导致所配溶液浓度偏高
D．操作④摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至凹液面与刻度线相切
【答案】A
【详解】A．称取胆矾晶体的质量为0.1L×0.1mol/L×250g/mol=2.5g，并在烧杯中加水溶解，故A符合题意；
B．容量瓶使用前应用蒸馏水洗涤，由于定容时也需要加蒸馏水，所以无需干燥，故B不符合题意；
C．按图示观察会导致所配溶液体积偏大，根据c=n/V，浓度偏小，故C不符合题意；
D．发现液面低于刻度线后不应加水，如果加水溶液体积偏大，浓度偏低，故D不符合题意；
答案为：A。
13．关于叙述正确的是
A．由两种核素构成 B．质子数小于电子数
C．与互为同位素 D．1mol该离子中含个中子
【答案】D
【详解】A．由三种核素构成，故A错误；    
B．质子数为11、电子数为10，故B错误；
C．同位素的质子数相同、中子数不同的原子，与不是原子，所以不是同位素，故C错误；
D．1个中有8个中子，1mol中含个中子，故D正确；
选D。
14．某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是
A．、Fe2+、Cl-、 B．Na+、K+、Cl-、
C．Mg2+、H+、Cl-、 D．K+、Ca2+、、Cl-
【答案】B
【分析】某溶液与Al反应能放出H2，说明该溶液中含大量氢离子或氢氧根离子，据此根据离子反应的条件分析离子共存问题。
【详解】根据上述分析可知，
A．、Fe2+在碱性条件下会与氢氧根离子发生离子反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．该组离子在酸性和碱性条件下均不发生反应，能大量共存，B符合题意；
C．Mg2+、H+在碱性条件下会与氢氧根离子发生离子反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．在酸性或碱性条件下均能发生离子反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
15．如图是铁与其他物质之间的性质关系(“-”表示相连物质间能发生反应，“→”表示两种物质间的转化关系，部分物质和反应条件已略去)，下列有关说法正确的是

A．变化①的过程中，固体的质量逐渐减少
B．变化②中有银白色固体析出
C．变化③可通过细铁丝在空气中燃烧实现
D．变化④可能是：
【答案】B
【分析】由图可知，反应①为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，反应②为Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，反应③为3Fe +2O2Fe3O4，反应④为Fe与非氧化性酸的反应，如Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑或Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
【详解】A．根据分析，反应①Fe+CuSO4=FeSO4+Cu中，固体由Fe（相对原子质量为56）变为Cu（相对原子质量为64），固体质量增大，A错误；
B．根据分析，反应②为Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，Ag为银白色固体，B正确；
C．铁丝在空气中不能燃烧，需在氧气中燃烧，C错误；
D．Fe与HCl反应生成FeCl2，D错误；
故选B。
16．核内中子数为N的R2+，质量数为A，则agR2+中含有的电子数物质的量为
A．(A-N)mol B．(A-N+2)mol
C．(A-N-2) D．(A-N-2)mol
【答案】D
【详解】1个R2+中含有的电子数为A-N-2，agR2+的物质的量为mol，故agR2+中含有的电子数物质的量为(A-N-2)mol，故选D。
17．下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是

A．最高价氧化物对应的水化物的碱性：Z＜M
B．X、Z两种元素只形成一种化合物
C．Y、R两种元素气态氢化物的稳定性：Y＜R
D．原子半径：Z>M>X
【答案】D
【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，结合原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析解答。
根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，M为Al，N为Si，R为Cl元素；
【详解】A．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属性越强对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＞M，故A错误；
B．Na为活泼金属元素，O为活泼非金属元素，则O、Na两种元素可以组成的化合物为Na2O和Na2O2，故B错误；
C．F、Cl两种元素属于同一主族元素，且F的非金属性大于Cl，则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，故C错误；
D．一般电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大原子半径越小，则原子的半径：Na＞Al＞O，故D正确；
故答案为D。
18．将钠、铝混合物投入足量水(质量为100g)中进行反应，若钠、铝的质量分别为46g和27g，充分反应后，下列说法正确的是
A．产生H2的物质的量为2.5mol
B．溶液中的溶质只有NaAlO2
C．金属未完全溶解
D．NaAlO2的质量分数是×100%
【答案】A
【分析】将钠、铝混合物投入足量水发生的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应得到的氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，46g钠的物质的量为=2mol，反应生成氢气为2mol×1mol、氢氧化钠为2mol，27g铝为=1mol，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，反应生成氢气的物质的量为1mol×=1.5mol、偏铝酸钠为1mol。
【详解】A．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中生成氢气的质量为1mol+1.5mol=2.5mol，故A正确；
B．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则溶液中的溶质为偏铝酸钠和氢氧化钠，故B错误；
C．由分析可知，将钠、铝混合物投入足量水中，钠与水完全反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足量，则投入的金属完全溶解，故C错误；
D．由分析可知，反应生成偏铝酸钠的质量为1mol×82g/mol=82g，溶液的质量为100g+46g+27g-5g，则偏铝酸钠的质量分数是×100%，故D错误；
故选A。
19．向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入过量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是                        （   ）
A．NaCl   Na2SO4
B．NaCl   NaBr   Na2SO4
C．NaCl   Na2SO4   I2
D．NaCl   NaI   Na2SO4
【答案】A
【分析】混合溶液中有，由于都具有还原性，强弱顺序，当通入过量的氯气时，Cl2先把氧化，再把氧化变成I2，最后把氧化Br2，最后考虑碘单质和溴单质的物理性质。
【详解】通入Cl2后将按顺序发生以下三个反应：
①Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl
②2NaI+Cl2=2NaCl+I2，
③2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2当Cl2过量时，蒸干灼烧，HCl、Br2会挥发，I2会升华，将得到Na2SO4和NaCl的混合物；
答案选A。
【点睛】常见的离子还原性：，按照反应先后依次分析，再考虑产物的物理性质相结合。
20．现有Al、MgO、Fe2O3组成的混合物共m g，放入150 mL某浓度的硫酸溶液中恰好完全反应，放出气体672 mL(标准状况)，当再加入 1.5 mol/L的NaOH溶液200 mL时，得到沉淀的物质的量为最大值，上述硫酸溶液的浓度为
A．0.50 mol/L B．1.0 mol/L C．2.0 mol/L D．3.0 mol/L
【答案】B
【分析】Al、MgO、Fe2O3组成的混合物中加入某浓度的硫酸溶液，生成硫酸铝、硫酸镁、硫酸铁；再加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量为最大值，则生成Al(OH)3、Mg(OH)2、Fe(OH)3和Na2SO4。
【详解】采用终态法，可建立如下关系式：2NaOH—H2SO4，n(NaOH)=1.5 mol/L×0.2L=0.3mol，则n(H2SO4)=n(NaOH)=0.15mol，c(H2SO4)== 1.0 mol/L，故选B。

二、实验题
21．如图是制取氯气并进行有关氯气性质实验的装置，装置中C、D均为洗气瓶，E中有铁粉，右端导管口处放有脱脂棉，F为尾气吸收装置。

请回答下列问题：
(1)B中发生反应的化学方程式为_______；反应中氧化剂为_______(填化学式)。
(2)为使E装置中进入纯净干燥的氯气，C中盛装试剂是饱和食盐水，作用是_______ ；D装置中的试剂是_______。
(3)E中发生的化学反应方程式为_______。
(4)F是尾气处理装置，反应离子方程式为_______。
(5)实验室也可以用KMnO4替代MnO2与浓HCl反应制取Cl2，但反应不需要加热，写出此反应的离子方程式_______。(已知MnO被还原为Mn2＋)
【答案】(1)     MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O     MnO2
(2)     除去氯气中混有的氯化氢气体     浓硫酸
(3)2Fe +3Cl22FeCl3
(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(5)2MnO+10Cl-+16H+ -=2Mn2++8H2O+5Cl2↑

【分析】利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，再通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再用浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气与铁粉共热制备氯化铁；以此解题。
【详解】（1）B中利用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；
反应中锰元素由+4价变为+2价，被还原，氧化剂为MnO2；
（2）C中盛装试剂是饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；气体在和铁反应之前，需要干燥，故装置D是干燥氯气，D装置中的试剂是浓硫酸；
（3）E中干燥纯净的氯气与铁粉在加热条件下反应生成氯化铁，发生的化学反应方程式为2Fe + 3Cl22FeCl3；
（4）F是尾气处理装置，利用氢氧化钠吸收末反应的氯气，反应离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）实验室也可以用KMnO4替代MnO2与浓HCl反应制取Cl2，但反应不需要加热，反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为2+10Cl-+16H+ -=2Mn2++8H2O+5Cl2↑。

三、元素或物质推断题
22．随着原子序数的递增，A～G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。

(1)G元素在周期表中的位置为_______。
(2)元素A与C形成AC2与C与D形成的D2C2发生反应的化学方程式为_______。
(3)A、B、F三种元素的原子半径由大到小的顺序是_______。(填元素符号)
(4)D元素最高价氧化物的水化物与E元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是___。
(5)元素C、G形成的简单气态氢化物中，H2C与H2G的稳定性较强的是_______(填化学式)。
(6)最近，德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷(Rb)是37号元素，相对原子质量是85，位于IA族。关于铷的下列说法中不正确的是_______(填序号)。
A．与水反应比钠更剧烈
B．Rb2O2与水能剧烈反应并释放出O2
C．单质Rb具有很强的氧化性
D．RbOH的碱性比同浓度的NaOH弱
【答案】(1)第三(3)周期，(第)ⅥA族
(2)2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2
(3)Si>C>N
(4)Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O
(5)H2O
(6)CD

【分析】A～G是七种短周期元素，C的主要化合价是-2，则C是O元素；A、B原子序数比O小，D的最高价是+4、最低价是-4，A是C元素，B的最高价是+5、最低价是-3，B是N元素；D、E、F、G原子序数大于O，D的最高价是+1，D是Na元素；E最高价是+3，E是Al元素；F的最高价是+4、最低价是-4，F是Si元素；G的最高价是+6、最低价是-2，G是S元素。
【详解】（1）G是S元素，元素在周期表中的位置为第三(3)周期，(第)ⅥA族；
（2）A是C元素、C是O元素、D是Na元素，CO2与Na2O2发生反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2。
（3）A是C元素、B是N元素、F是Si元素，电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，三种元素的原子半径由大到小的顺序是Si>C>N；
（4）Na元素最高价氧化物的水化物是NaOH，Al元素的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O。
（5）同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，G为S元素，C为O元素；H2O与H2S的稳定性较强的是H2O；
（6）A、同主族从上到下元素金属性递增，金属性越强越易与水反应，则Rb与水反应比钠更剧烈，故不选A；
B、Na2O2与水能剧烈反应并释放出O2，则Rb2O2与水能剧烈反应并释放出O2，故不选B；
C、单质Rb的金属性更强，所以单质Rb具有很强的还原性，故选C；
D、金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，RbOH的碱性比同浓度的NaOH强，故选D；
选CD。

四、工业流程题
23．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在造纸等方面应用广泛。工业上以废易拉罐(主要成分为Al和Fe)为原料制备明矾的工艺流程如图：

已知：不同温度KAl(SO4)2·12H2O的溶解度：
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
KAl(SO4)2·12H2O/g
3.00
3.99
5.90
8.39
11.7
24.8
71.0
109

回答下列问题：
(1)“酸溶”中溶液中主要的金属离子有____、Fe2+、Fe3+。
(2)“转化”中Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为____。
(3)“调pH”约为3.7，滤渣②的主要成分是Fe(OH)3，“调pH”的目的是___。
(4)“沉铝”中加入NaHCO3目的是将Al3+转化为Al(OH)3，补全该反应的离子方程式___。
Al3++HCO=Al(OH)3↓+CO2↑
(5)“操作”包括___、___、过滤、洗涤、干燥可得到明矾晶体。
(6)某工厂用m1kg废易拉罐(含Al5.4%)制备KAl(SO4)2·12H2O(相对分子质量为474)，最终得到产品m2kg，产率为___。
【答案】(1)Al3+
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3除去
(4)Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
(5)     蒸发浓缩     冷却结晶
(6)

【详解】（1）“酸溶”时，铝与硫酸反应生成硫酸铝，因此还有Al3+。
（2）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（3）滤渣②的主要成分是Fe(OH)3，因此“调pH”的目的是：将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3除去。
（4）铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（5）将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体。
（6）m1kg废易拉罐中含铝m1kg0.054=0.054m1kg，所以理论上应该产生明矾，而实际产生m2kg，因此明矾的产率为。