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广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08铝、铁、铜及其化合物
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这是一份广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08铝、铁、铜及其化合物，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08铝、铁、铜及其化合物
一、单选题
1．（2022·广西柳州·统考模拟预测）生活因化学更美好。以下生活用途和化学原理都正确且具有对应关系的是
选项
生活用途
化学原理
A
维生素C帮助人体将转化为易吸收的
维生素C具有还原性
B
葡萄酒中添加二氧化硫
二氧化硫具有漂白性
C
过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂
过氧化钠分解放出氧气
D
明矾可用作净水剂和消毒剂
铝离子水解生成氢氧化铝胶体
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·广西北海·统考模拟预测）下列反应中，相关示意图像错误的是：
A．将二氧化硫通入到一定量氯水中
B．将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中
C．将铜粉加入到一定量浓硝酸中
D．将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中
3．（2022·广西北海·统考模拟预测）化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
4．（2021·广西南宁·统考一模）下列实验方案能实现实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
向含白色ZnS的悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀
证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B
将含有少量SO2杂质的CH2=CH2气体缓慢通过足量的酸性KMnO4溶液
除去CH2=CH2中的SO2
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，然后过滤、洗涤沉淀，再灼烧沉淀
制取Al(OH)3
D
将FeCl3饱和溶液置于蒸发皿中加热蒸干
制取无水FeCl3
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·广西南宁·统考一模）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B．1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C．22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D．1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
6．（2021·广西·统考二模）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．离子半径：C ＞D＞B
B．化合物Y中既有离子键又有共价键
C．电解熔融状态下的化合物Z，可制备D的单质
D．往X溶液中逐滴滴入W溶液，现象是：先产生沉淀，后沉淀溶解
7．（2020·广西玉林·统考一模）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．酸化的NaIO3和NaI的溶液混合：I- +IO+6H+=I2 +3H2O
B．实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO(aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2 ：Fe2++2OH-=Fe(OH)2 ↓
8．（2020·广西北海·统考一模）化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．明矾可用于自来水净化消毒 B．食用花生油可发生水解反应
C．碳酸钠可用于治疗胃酸过多 D．酒精浓度越高，消毒效果越好
9．（2020·广西北海·统考一模）白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的XYZW6。已知X、Y、Z、W四种元素均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，Y2+与W-具有相同电子层结构，下列说法正确的是
A．X的氢化物具有强还原性 B．工业上电解Z的氯化物制取Z单质
C．离子半径：Y2+>W- D．X、Y、Z的氯化物均属于离子化合物
10．（2020·广西玉林·一模）下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量
先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物
B
NaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合
生成白色沉淀
结合H+的能力：CO32->AlO2-
C
向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量
试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶
非金属性：Cl>Si
D
白色固体先变为淡黄色，后变为黄色
溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
11．（2020·广西桂林·统考一模）化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（ ）
A．硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂
B．氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂
D．葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜
12．（2020·广西北海·统考一模）下列依据实验操作及现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向CCl4中滴入少量浓溴水，振荡，静置
溶液分层，上层几乎无色，下层为橙红色
Br2在CCl4中的溶解度比在水中的大
B
FeCl3溶液滴在淀粉一KI试纸上
试纸变蓝
2Fe2++2I-=2Fe2++I2
C
向浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
将 SO2通入含氨水的BaCl2溶液中
产生白色沉淀
白色沉淀为BaSO4
A．A B．B C．C D．D
13．（2020·广西北海·统考一模）2019 年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰他们在锂离子电池研究中的杰出贡献。 LiFePO4是用于制备大功率锂离子电池的正极材料 ，且一种制备流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．LiFePO4中Fe的化合价为+2
B．“沉铁”过程中双氧水作氧化剂
C．料液可循环利用
D．“煅烧”中有大量的CO2、CO生成
14．（2020·广西·统考一模）根据下列实验操作和现象对应得到的实验结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
取某溶液做焰色反应实验，观察到火焰为黄色
溶液中含有Na+，不含有K+
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%的蔗糖溶液中加入少量的稀硫酸，加热，再加入少量银氨溶液，未出现银镜现象
蔗糖未水解
D
向某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色
溶液中含Fe3+，不含Fe2+
A．A B．B C．C D．D
15．（2020·广西·二模）下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向盛有稀溶液的试管中加入的溶液
试管口出现红棕色气体
溶液中的 被还原为
B
向某钠盐X溶液中加入盐酸，将产生的气体通入酸化的溶液中
有白色沉淀产生
反应生成的气体可能为
C
向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释
溶液红色变浅
溶液中所有离子的浓度均减小
D
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧
直接观察，火焰呈黄色
溶液中的金属阳离子只有
A．A B．B C．C D．D
16．（2021·广西北海·统考一模）自古以来，化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法错误的是
A．杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
B．制造新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种二次电池
D．唐代诗人刘禹锡的《浪淘沙》中“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”不涉及氧化还原反应
17．（2021·广西柳州·统考三模）下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
比较HCl和HClO的酸性强弱
分别测定等浓度的HCl和HClO溶液的导电能力大小
B
验证Na2S2O3是否氧化变质
在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀
C
证明Fe2+有还原性
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去
D
比较K(AgBr) ＜K(AgCl)
向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
18．（2021·广西·统考二模）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
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
Fe(NO3)2已变质
B
向盛有2mL酸性高锰酸钾溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液紫色褪去
维生素C具有还原性
C
将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中
试纸变蓝
该气体为NO2，具有氧化性
D
在2mL0.01mol·L-1的溶液中先滴入几滴0.01 mol·L-1ZnSO4溶液，再滴入0.01 mol·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后出现黑色沉淀
Ksp(CuS)< Ksp(ZnS)
A．A B．B C．C D．D
19．（2022·广西·统考一模）下列有关实验方案的设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
检验某溶液中是否含有Fe2+离子
向该溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为血红色，则该溶液中含有Fe2+离子
B
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1H2SO4溶液，加热，冷却后，取少量水解后的溶液于试管中，加入碘酒
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
C
探究Cu2+、Mn2+的催化效果
向两支试管中各加入2mL10%H2O2溶液，再分别加入2滴1mol·L-1CuCl2溶液、2滴1mol·L-1MnSO4溶液
滴加CuCl2溶液的试管出现气泡快，说明Cu2+的催化效果好
D
比较CuS和FeS的Ksp大小
向两支试管中加入等物质的量CuS和FeS固体，然后分别加入等体积2mol·L-1的HCl溶液
装有FeS固体的试管有产生气泡，装有CuS固体的试管无明显现象，则证明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)
A．A B．B C．C D．D
20．（2022·广西北海·统考模拟预测）金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（ ）
A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O2
21．（2021·广西柳州·统考三模）下列物质性质与用途对应关系正确的是
性质
用途
A
ClO2具有氧化性
漂白纸浆
B
NaHCO3受热分解
中和过多的胃酸
C
FeCl3溶液呈酸性
刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”
D
HF具有弱酸性
刻蚀玻璃
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
22．（2021·广西梧州·统考一模）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．四氧化三铁溶于足量稀硝酸：3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
B．工业上生产漂白粉的原理：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：＋OH－＝NH3·H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液：2＋6H＋＋7H2O2＝2Mn2＋＋6O2↑＋10H2O
三、工业流程题
23．（2021·广西·统考二模）2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g。
(1)反应釜中反应的化学方程式为___。
(2)获得LiH2PO4晶体的分离操作是___，反应器中加入C的目的是____。
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施___。
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方程式为__。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___(填化学式)。
24．（2021·广西南宁·统考二模）氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：
已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
回答下列问题：
(1)在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有_______因素。
(2)下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件
温度(℃)
盐酸的浓度(%)
液固比
30
55
75
10
15
20
25。
3：1
4：1
5：1
6：1
钡的浸出率(%)
74.31
69.60
68.42
59.21
74.31
74.15
55.32
59.84
65.12
74.31
74.35
分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是_______；判断“浸取”的最佳液固比为_______。
(3)常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为_______。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是_______。
(5)“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25. 00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100 mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为_______。
②该溶液中钙离子的浓度为_______ (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
25．（2021·广西南宁·统考一模）黄金(Au)的一种化学精炼过程如下图所示，其中王水为浓盐酸和浓HNO3的混合物。
回答下列问题：
(1)步骤①中部分Cu与稀H2SO4、O2反应，该反应的离子方程为____。
(2)步骤②的反应中作氧化剂的物质是___。
(3)滤液A含有的金属离子主要有Zn2+、Cu2+、___。
(4)步骤④中王水与Au反应生成了HAuCl4、NO和H2O，该反应的化学方程式为___。该步骤产生的尾气中有NO，可向尾气中通入适量的空气后，再通入___溶液(填一种试剂)中的方法将其除去。
(5)步骤⑤中工业上若加入甲醛脱硝，反应生成CO2、NO和H2O，若加入尿素脱硝则生成N2、CO2和H2O。工业上应选择____脱硝，原因是___。
(6)若步骤⑥制纯金时反应amolH2C2O4，产生bL滤液C。取25.00ml滤液C，加入NaOH溶液中和，再加入足量的CaCl2饱和溶液，得到沉淀，过滤，将沉淀晾干得到CaC2O4，固体0.128g。步骤⑥加入的草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)的质量至少为____g(写出计算式)。
26．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
27．（2022·广西·统考一模）市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有___________(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括___________、___________、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为___________。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-}，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：_______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为_______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为_______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是_______。
28．（2020·广西北海·统考一模）三氧化二铋(Bi2O3)是黄色不溶于水的固体，俗称铋黄，可用于制作黄色颜料、耐火纸等。利用含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)制备Bi2O3流程如下：
(1)“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有___________；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过___________冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O。
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，消耗这三种氧化剂物质的量之比为___________(MnO2转化为Mn2+)；写出X为O2时，“溶铜”CuS反应的离子方程式：___________。
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，试剂Y是___________。
(4)写出“制备”步骤生成铋黄的离子方程式：___________。
参考答案：
1．A
【详解】A．维生素C将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，失去电子具有还原性，A正确；
B．葡萄酒中添加二氧化硫，因二氧化硫有较强的还原性，所以会优先被氧化，起到保护葡萄酒的作用，B错误；
C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，不是过氧化钠分解产生氧气，C错误；
D．明矾可用作净水剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水，起不到消毒的作用，D错误；
故答案选A。
2．B
【详解】A．当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为 Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；
B．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不和弱碱反应，所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值，沉淀不溶解，故B错误；
C．铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；
D．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；
故答案为B。
3．D
【详解】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。
答案选D。
【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。
4．A
【详解】A．ZnS悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，发生沉淀转化：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，说明CuS比ZnS更难溶，故Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A符合题意；
B．SO2、CH2=CH2均能使KMnO4溶液褪色，故使用KMnO4溶液CH2=CH2也会被吸收，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3与氨水生成Al(OH)3沉淀，灼烧后转化为Al2O3，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．加热时，促进FeCl3水解平衡正向移动生成Fe(OH)3和HCl，由于HCl易挥发，故蒸干后得到的固体为Fe(OH)3，D不符合题意；
故答案选A。
5．B
【详解】A．0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I-，由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A错误；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B正确；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C错误；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D错误；
故答案选B。
6．B
【分析】由转化关系可知两性化合物应为Al(OH)3，则D为Al，Al与X、Y的溶液均能反应生成气体单质，且X为二元化合物且为强电解质，应为HCl，Z为AlCl3，W的水溶液呈碱性，应为NaAlO2，Y为NaOH，气体单质为氢气，A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期，X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，则A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D为Al元素，E为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。
【详解】A． O2-、Na+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2- ＞Na+＞Al3+，A错误；
B． Y为NaOH，NaOH中既有离子键又有共价键，B正确；
C． AlCl3为共价化合物，熔融状态下没有自由移动的离子，则不能用电解熔融状态下的AlCl3制备Al单质，可以用电解熔融状态下的Al2O3制备Al单质，C错误；
D． 往HCl溶液中逐滴滴入NaAlO2溶液，相当于盐酸过量，先发生反应，后发生反应，则现象是：先没有沉淀生成，后产生沉淀，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为5I- +IO+6H+=3I2 +3H2O，A错误；
B．一水合氨为弱电解质，不能拆，正确离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误；
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为CO(aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)，C正确；
D．NaOH过量，铵根也会反应，正确离子方程式为2NH+Fe2++4OH-=Fe(OH)2 ↓+2NH3·H2O，D错误；
综上所述答案为C。
8．B
【详解】A．明矾溶于水后，由于Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成的胶体具有很强的吸附能力，可以吸附自来水中的悬浮杂质，但不能消毒，A错误；
B．食用花生油属于油脂，在一定条件下可发生水解反应生成高级脂肪酸和甘油，B正确；
C．碳酸钠的碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，NaHCO3可用于治疗胃酸过多，C错误；
D．医用酒精的浓度为75%，故酒精浓度并不是越高，消毒效果越好，D错误；
故答案为：B。
9．A
【分析】X、Y、Z位于同一周期，均为短周期元素，可以初步推测它们可能是第二周期元素，或第三周期元素，Y2+与W-具有相同电子层结构，可以推测出X、Y、Z是第三周期元素，W是第二周期元素，所以Y是Mg元素，W是F元素，X则只能是Na元素，根据XYZW6元素的化合价代数和为零，可以推测出Z的化合价为+3价，结合X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，可以推测出Z元素是Al，据此分析：
【详解】A．X的氢化物，根据推测出的元素，可知其是NaH，其中H为-1价，具有很强的还原性，故A说法正确；
B．工业上制取Z单质，就是制取铝，工业制取铝，是电解氧化铝的方法制取的，而不是氯化铝，故B说法错误；
C．根据推测出的元素名称，Y2+离子是Mg2+，W-离子是F-，它们具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，所以Mg2+< F-，即Y2+< W-，故C说法错误；
D．根据推测出的Z元素为Al元素，氯化铝不是离子化合物，故D说法错误；
本题答案 A 。
10．D
【详解】A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；
B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；
D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。
11．D
【详解】A．硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故A正确；
B．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C正确；
D．葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故D错误；
故答案为D。
12．D
【详解】A．Br2在CCl4中溶解度比在水中大，CCl4与水互不相溶，密度比水大，所以向CCl4中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层几乎无色，下层为橙红色，A正确；
B．FeCl3溶液电离产生Fe3+具有强氧化性，与I-会发生氧化还原反应：2Fe2++2I-=2Fe2++I2，反应产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此会看到淀粉一KI试纸变为蓝色，B正确；
C．浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中Cl-、I-浓度相同，向其中滴加少量AgNO3溶液，溶液中出现黄色沉淀，产生了AgI，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C正确；
D．将 SO2通入含氨水的BaCl2溶液中，发生反应：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，产生的白色沉淀是BaSO3，D错误；
故合理选项是D。
13．D
【分析】铁屑中加入稀硫酸进行酸溶，形成FeSO4溶液，向酸浸液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入磷酸将Fe3+转化为FePO4沉淀，过滤后得到料液主要含有硫酸，向FePO4沉淀中加入Li2CO3和适量H2C2O4在高温下煅烧得到LiFePO4，据此分析解答。
【详解】A．LiFePO4中Li元素为+1价，磷酸根离子为-3价，化合物中正负化合价之和为0，则Fe的化合价为+2，故A正确；
B．根据分析，“沉铁”过程中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则双氧水作氧化剂，故B正确；
C．根据分析，料液中的主要成分为硫酸，则料液可在酸溶步骤中循环利用，故C正确；
D．CO具有较强还原性，高温下可将LiFePO4 中的铁元素还原为铁单质，则“煅烧”中有大量的CO2，但不能有CO生成，故D错误；
答案选D。
14．B
【详解】A．焰色反应为黄色，说明溶液中含有Na+，不能证明不含K+，要再透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；
B．沉淀有部分溶解，说明沉淀既有亚硫酸钡又有硫酸钡，所以亚硫酸钠有部分被氧化，故B正确；
C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，故C错误；
D．加入KSCN溶液，溶液呈血红色，说明待测溶液中含有Fe3+，但并不能排除Fe2+的存在，故D错误；
故答案为B。
15．B
【详解】A．向盛有稀溶液的试管中加入的溶液，稀硫酸电离产生的氢离子与硝酸根离子构成强氧化性体系，且亚铁离子具有还原性，亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，而NO遇空气立马变为，故A错误；
B．向某钠盐X溶液中加入盐酸，将产生的气体通入酸化的溶液中，有白色沉淀产生，反应生成的气体可能为，故B正确；
C，向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释，溶液碱性减弱，溶液中氢离子浓度增加，故C错误；
D．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，直接观察，火焰呈黄色，溶液中的金属阳离子有，可能有，故D错误。
答案选B。
【点睛】C为解答易错点，氨水是弱碱，溶液为碱性，加水稀释，碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，酸性增强，即溶液稀释过程中，不一定溶液中所有离子的浓度都在减小。
16．A
【详解】A．杜康用高粱酿酒的原理是高粱中的淀粉发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，故A错误；
B．四氧化三铁俗称磁性氧化铁，具有磁性，用于制造新版人民币票面图案等处的油墨中，故B正确；
C．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种可充电的二次电池，故C正确；
D．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”指的是先利用沙子与金的密度不同，用水流使两者分离得到金，然后用得到的金制成首饰和王印，整个过程没有新物质生成，不是化学变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；
故选A。
17．A
【详解】A．强酸、强碱属于强电解质，弱酸弱碱属于弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，等浓度的HCl和HClO溶液在溶液中的电离程度不同，电离程度大的，溶液中氢离子浓度大，导电能力强，酸性也就越强，则A能达到实验目的；
B．在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，故B不能打到实验目的；
C．浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，故C不能打到实验目的；
D．向1L浓度均为0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，选项中未指明NaCl与NaBr浓度关系，不能比较二者Ksp，故D不能打到实验目的；
答案选A。
18．B
【详解】A．Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后， 遇H+表现强氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，故滴加KSCN溶液后变红色不能确定Fe(NO3)2试样已变质，A不符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，与维生素C反应后KMnO4褪色，说明维生素C具有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，B符合题意；
C．将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中，试纸变蓝，说明红棕色气体将I-氧化为I2，即红棕色气体有氧化性，但Br2蒸汽也为红棕色，具有氧化性，能将I-氧化为I2，故不能说明该气体是NO2，C不符合题意；
D．在2mL0.01mol·L-1的溶液中先滴入几滴0.01 mol·L-1ZnSO4溶液，有白色的ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，过量的S2-与Cu2+反应生成黑色的CuS沉淀，所以无法判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意；
故选B。
19．D
【详解】A．若原溶液中含有Fe3+，加入氯水再加入少量KSCN溶液，溶液也变为红色，故不能排除Fe3+的干扰，故A错误；
B．溶液显蓝色，则说明淀粉未完全水解或未水解，故B错误；
C．CuCl2溶液和MnSO4溶液的阴离子不同，不能排除阴离子的干扰，故C错误；
D．装有FeS固体的试管加入盐酸产生气泡，装有CuS固体的试管加入盐酸无明显现象，则证明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故D正确；
故选D。
20．A
【详解】A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2 价铁，故A正确；
B．铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2 价铁，故B错误；
C．铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；
D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；
故选：A。
21．A
【详解】A．二氧化氯是一种强氧化剂，其漂白作用主要来自于氧化漂白，故A正确；
B．胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠中和胃酸是因为二者能发生反应生成水、二氧化碳和氯化钠，与碳酸氢钠受热易分解无关，故B错误；
C．三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，并不是有酸性，故C错误；
D．玻璃成分主要是硅酸盐，HF可以和它发生反应，从而刻蚀玻璃，不是因为弱酸性，是HF的特性，故D错误；
故答案：A。
22．AC
【详解】A．Fe3O4中Fe元素有+2价和+3价，所以和足量稀硝酸反应时，+2价的铁会被氧化成+3价，离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故A正确；
B．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，石灰乳不能写成离子，正确离子方程式为：Cl2＋Ca(OH)2=Ca2++Cl－＋ClO－＋H2O，故B错误；
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液会生成一水合氨，离子方程式为＋OH－＝NH3·H2O，故C正确；
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液，双氧水被氧化成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误；
综上所述答案为AC。
23． Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O 过滤 将+3价铁元素还原成+2价 粉碎、搅拌、加热 AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO 会产生污染环境的氮氧化合物 3 热水 C
【分析】Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得LiH2PO4，LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电池正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后滤渣1用硫酸酸化的H2O2溶解，再经过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液2中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，滤液3中加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
【详解】(1)反应釜中Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O。
(2)从溶液中获得LiH2PO4晶体的分离操作是过滤；反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价。
(3)用NaOH溶液溶解废旧电池正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率。
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁”后溶液中c(Fe3+)=10−6mol·L−1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH−)=10−6mol·L−1×c3(OH−)=10−39，c(OH−)= mol·L−1=10−11mol·L−1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g，可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
24． 时间或颗粒大小等 温度过高使HCl挥发导致浸出率下降 5:1 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥 当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)经盐酸浸取后得到不溶于酸的滤渣I是二氧化硅，盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调pH=5，得到滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝，继续滴加氢氧化钠得到滤渣III为氢氧化镁，继续加草酸得到草酸钙，滤液经一系列操作后得到。
【详解】(1)增大反应物的接触面积也可以增大反应速率，所以颗粒大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，所以浸出时间也会影响浸出率；
(2)盐酸有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降；
分析数据可知，“浸取”的最佳条件为温度选择30°C，盐酸浓度选择15%，液固比为6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑选择5：1；
(3)由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经沉淀完全，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝；
(4)BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，所以采用乙醇洗而不采用水洗；
(5)黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
根据题目得到关系式，计算该溶液中钙离子的浓度为。
25． 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O Fe2(SO4)3（或硫酸铁） Fe2+、Ag+ 4HCl+HNO3+Au=HAuCl4+NO↑+2H2O NaOH 尿素 尿素无毒，生成的产物无毒，甲醛有毒，生成的NO为有毒气体 126(a+0.04b)
【分析】经过第①步，部分Cu与O2、稀硫酸反应生成CuSO4，经过第②步，Zn、Cu、Ag被Fe2(SO4)3氧化生成ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4，Fe2(SO4)3自身被还原为FeSO4，Au不溶解，故滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，滤渣中的粗金经王水溶解后生成HAuCl4（滤液B），滤液B经过脱销操作除去硝酸根，再经过草酸还原获得纯金。
【详解】(1)Cu与稀硫酸、O2反应生成CuSO4和水，结合得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，对应离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
(2)由分析知，步骤②中Fe2(SO4)3对应还原产物FeSO4，故该步氧化剂为Fe2(SO4)3；
(3)由分析知，滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，故此处填Ag+、Fe2+；
(4)初步确定方程式为：Au+HCl+HNO3→HAuCl4+NO↑+H2O，根据得失电子守恒结合元素守恒配平得完整方程式为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O；尾气中NO与空气中O2反应生成NO2，NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3，可用NaOH溶液吸收生成的NO2，故此处填NaOH；
(5)由于尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体，故工业上应选择尿素脱硝，故依次填：尿素；尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体；
(6)滤液C中含剩余的H2C2O4，与NaOH反应转化为Na2C2O4，再与CaCl2反应生成CaC2O4沉淀，故剩余的草酸n1(H2C2O4)=n(CaC2O4)=，故整个过程消耗草酸n(H2C2O4)=a mol+ n1(H2C2O4)=(a+0.04) mol，对应加入H2C2O4·2H2O的质量=126 g/mol×(a+0.04) mol=126×(a+0.04) g。
26．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3) 90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
27．(1)适当升高温度
(2) 将滤液蒸发浓缩 冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4) 4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑ 4:1
(5) 2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O 3.2 可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失
【分析】由题干流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4·7H2O，据此分析解题。
（1）
对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
（2）
加入锌粉后置换出铜、镍，过滤得到滤液硫酸锌溶液，经过“一系列操作”得到皓矾晶体，则“一系列操作”主要包括将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，干燥。
（3）
置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，反应中锌发生氧化反应，Ni2+、Sb2O3发生还原反应，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+。
（4）
已知，Ag(NH3)2Cl可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑，反应中Ag(NH3)2Cl发生还原反应作氧化剂，N2H4发生氧化反应作还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1。
（5）
由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中过氧化氢将二价铁转化为三价铁，三价铁生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O。
由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2。
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀；故在PH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失。
28． PbSO4 蒸发浓缩 1：2：2 2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓ NaCl 2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O
【分析】由题干信息可知，含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)，故“酸浸”步骤发生的主要反应有：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Pb+H2SO4=PbSO4↓+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，过滤后固体为CuS、PbSO4和含铋的化合物，料液中主要有H+、Cu2+、Fe2+等阳离子，加入过量锌粉后，将置换出Cu和Fe，剩下硫酸锌溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得硫酸锌晶体，“溶铜”步骤中主要是将CuS转化为Cu2+和S，“溶铋”步骤中是将铋转化为可溶性的氯化物，通过调节溶液的pH将铋转化为BiOCl沉淀，再与浓的NaOH溶液反应生成铋黄，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有PbSO4；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O，故答案为：PbSO4；蒸发浓缩；
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，故三种氧化剂得到的电子数目相等，故有4n(O2)=2n(H2O2)=2n(MnO2),消耗这三种氧化剂物质的量之比为1：2：2，根据流程图可知， X为O2时，“溶铜”CuS反应生成S、硫酸铜和水，故该反应的离子方程式为：2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓，故答案为：1：2：2；2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓；
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，NaCl是一种原料丰富，容易获得的化学物质，且能增大溶液中c(Cl-)，故试剂Y是NaCl，故答案为：NaCl；
(4)由题干流程图可知，“制备”步骤是BiOCl与浓的NaOH溶液加热生成铋黄、NaCl和水，故该反应的离子方程式为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O，故答案为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08铝、铁、铜及其化合物
一、单选题
1．（2022·广西柳州·统考模拟预测）生活因化学更美好。以下生活用途和化学原理都正确且具有对应关系的是
选项
生活用途
化学原理
A
维生素C帮助人体将转化为易吸收的
维生素C具有还原性
B
葡萄酒中添加二氧化硫
二氧化硫具有漂白性
C
过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂
过氧化钠分解放出氧气
D
明矾可用作净水剂和消毒剂
铝离子水解生成氢氧化铝胶体
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·广西北海·统考模拟预测）下列反应中，相关示意图像错误的是：
A．将二氧化硫通入到一定量氯水中
B．将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中
C．将铜粉加入到一定量浓硝酸中
D．将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中
3．（2022·广西北海·统考模拟预测）化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
4．（2021·广西南宁·统考一模）下列实验方案能实现实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
向含白色ZnS的悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀
证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B
将含有少量SO2杂质的CH2=CH2气体缓慢通过足量的酸性KMnO4溶液
除去CH2=CH2中的SO2
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，然后过滤、洗涤沉淀，再灼烧沉淀
制取Al(OH)3
D
将FeCl3饱和溶液置于蒸发皿中加热蒸干
制取无水FeCl3
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·广西南宁·统考一模）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B．1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C．22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D．1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
6．（2021·广西·统考二模）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．离子半径：C ＞D＞B
B．化合物Y中既有离子键又有共价键
C．电解熔融状态下的化合物Z，可制备D的单质
D．往X溶液中逐滴滴入W溶液，现象是：先产生沉淀，后沉淀溶解
7．（2020·广西玉林·统考一模）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．酸化的NaIO3和NaI的溶液混合：I- +IO+6H+=I2 +3H2O
B．实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO(aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2 ：Fe2++2OH-=Fe(OH)2 ↓
8．（2020·广西北海·统考一模）化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．明矾可用于自来水净化消毒 B．食用花生油可发生水解反应
C．碳酸钠可用于治疗胃酸过多 D．酒精浓度越高，消毒效果越好
9．（2020·广西北海·统考一模）白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的XYZW6。已知X、Y、Z、W四种元素均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，Y2+与W-具有相同电子层结构，下列说法正确的是
A．X的氢化物具有强还原性 B．工业上电解Z的氯化物制取Z单质
C．离子半径：Y2+>W- D．X、Y、Z的氯化物均属于离子化合物
10．（2020·广西玉林·一模）下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量
先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物
B
NaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合
生成白色沉淀
结合H+的能力：CO32->AlO2-
C
向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量
试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶
非金属性：Cl>Si
D
白色固体先变为淡黄色，后变为黄色
溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
11．（2020·广西桂林·统考一模）化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（ ）
A．硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂
B．氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂
D．葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜
12．（2020·广西北海·统考一模）下列依据实验操作及现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向CCl4中滴入少量浓溴水，振荡，静置
溶液分层，上层几乎无色，下层为橙红色
Br2在CCl4中的溶解度比在水中的大
B
FeCl3溶液滴在淀粉一KI试纸上
试纸变蓝
2Fe2++2I-=2Fe2++I2
C
向浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
将 SO2通入含氨水的BaCl2溶液中
产生白色沉淀
白色沉淀为BaSO4
A．A B．B C．C D．D
13．（2020·广西北海·统考一模）2019 年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰他们在锂离子电池研究中的杰出贡献。 LiFePO4是用于制备大功率锂离子电池的正极材料 ，且一种制备流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．LiFePO4中Fe的化合价为+2
B．“沉铁”过程中双氧水作氧化剂
C．料液可循环利用
D．“煅烧”中有大量的CO2、CO生成
14．（2020·广西·统考一模）根据下列实验操作和现象对应得到的实验结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
取某溶液做焰色反应实验，观察到火焰为黄色
溶液中含有Na+，不含有K+
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%的蔗糖溶液中加入少量的稀硫酸，加热，再加入少量银氨溶液，未出现银镜现象
蔗糖未水解
D
向某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色
溶液中含Fe3+，不含Fe2+
A．A B．B C．C D．D
15．（2020·广西·二模）下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向盛有稀溶液的试管中加入的溶液
试管口出现红棕色气体
溶液中的 被还原为
B
向某钠盐X溶液中加入盐酸，将产生的气体通入酸化的溶液中
有白色沉淀产生
反应生成的气体可能为
C
向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释
溶液红色变浅
溶液中所有离子的浓度均减小
D
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧
直接观察，火焰呈黄色
溶液中的金属阳离子只有
A．A B．B C．C D．D
16．（2021·广西北海·统考一模）自古以来，化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法错误的是
A．杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
B．制造新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种二次电池
D．唐代诗人刘禹锡的《浪淘沙》中“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”不涉及氧化还原反应
17．（2021·广西柳州·统考三模）下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
比较HCl和HClO的酸性强弱
分别测定等浓度的HCl和HClO溶液的导电能力大小
B
验证Na2S2O3是否氧化变质
在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀
C
证明Fe2+有还原性
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去
D
比较K(AgBr) ＜K(AgCl)
向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
18．（2021·广西·统考二模）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
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
Fe(NO3)2已变质
B
向盛有2mL酸性高锰酸钾溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液紫色褪去
维生素C具有还原性
C
将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中
试纸变蓝
该气体为NO2，具有氧化性
D
在2mL0.01mol·L-1的溶液中先滴入几滴0.01 mol·L-1ZnSO4溶液，再滴入0.01 mol·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后出现黑色沉淀
Ksp(CuS)< Ksp(ZnS)
A．A B．B C．C D．D
19．（2022·广西·统考一模）下列有关实验方案的设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
检验某溶液中是否含有Fe2+离子
向该溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为血红色，则该溶液中含有Fe2+离子
B
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1H2SO4溶液，加热，冷却后，取少量水解后的溶液于试管中，加入碘酒
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
C
探究Cu2+、Mn2+的催化效果
向两支试管中各加入2mL10%H2O2溶液，再分别加入2滴1mol·L-1CuCl2溶液、2滴1mol·L-1MnSO4溶液
滴加CuCl2溶液的试管出现气泡快，说明Cu2+的催化效果好
D
比较CuS和FeS的Ksp大小
向两支试管中加入等物质的量CuS和FeS固体，然后分别加入等体积2mol·L-1的HCl溶液
装有FeS固体的试管有产生气泡，装有CuS固体的试管无明显现象，则证明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)
A．A B．B C．C D．D
20．（2022·广西北海·统考模拟预测）金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（ ）
A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O2
21．（2021·广西柳州·统考三模）下列物质性质与用途对应关系正确的是
性质
用途
A
ClO2具有氧化性
漂白纸浆
B
NaHCO3受热分解
中和过多的胃酸
C
FeCl3溶液呈酸性
刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”
D
HF具有弱酸性
刻蚀玻璃
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
22．（2021·广西梧州·统考一模）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．四氧化三铁溶于足量稀硝酸：3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
B．工业上生产漂白粉的原理：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：＋OH－＝NH3·H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液：2＋6H＋＋7H2O2＝2Mn2＋＋6O2↑＋10H2O
三、工业流程题
23．（2021·广西·统考二模）2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g。
(1)反应釜中反应的化学方程式为___。
(2)获得LiH2PO4晶体的分离操作是___，反应器中加入C的目的是____。
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施___。
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方程式为__。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___(填化学式)。
24．（2021·广西南宁·统考二模）氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：
已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
回答下列问题：
(1)在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有_______因素。
(2)下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件
温度(℃)
盐酸的浓度(%)
液固比
30
55
75
10
15
20
25。
3：1
4：1
5：1
6：1
钡的浸出率(%)
74.31
69.60
68.42
59.21
74.31
74.15
55.32
59.84
65.12
74.31
74.35
分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是_______；判断“浸取”的最佳液固比为_______。
(3)常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为_______。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是_______。
(5)“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25. 00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100 mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为_______。
②该溶液中钙离子的浓度为_______ (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
25．（2021·广西南宁·统考一模）黄金(Au)的一种化学精炼过程如下图所示，其中王水为浓盐酸和浓HNO3的混合物。
回答下列问题：
(1)步骤①中部分Cu与稀H2SO4、O2反应，该反应的离子方程为____。
(2)步骤②的反应中作氧化剂的物质是___。
(3)滤液A含有的金属离子主要有Zn2+、Cu2+、___。
(4)步骤④中王水与Au反应生成了HAuCl4、NO和H2O，该反应的化学方程式为___。该步骤产生的尾气中有NO，可向尾气中通入适量的空气后，再通入___溶液(填一种试剂)中的方法将其除去。
(5)步骤⑤中工业上若加入甲醛脱硝，反应生成CO2、NO和H2O，若加入尿素脱硝则生成N2、CO2和H2O。工业上应选择____脱硝，原因是___。
(6)若步骤⑥制纯金时反应amolH2C2O4，产生bL滤液C。取25.00ml滤液C，加入NaOH溶液中和，再加入足量的CaCl2饱和溶液，得到沉淀，过滤，将沉淀晾干得到CaC2O4，固体0.128g。步骤⑥加入的草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)的质量至少为____g(写出计算式)。
26．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
27．（2022·广西·统考一模）市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有___________(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括___________、___________、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为___________。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-}，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：_______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为_______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为_______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是_______。
28．（2020·广西北海·统考一模）三氧化二铋(Bi2O3)是黄色不溶于水的固体，俗称铋黄，可用于制作黄色颜料、耐火纸等。利用含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)制备Bi2O3流程如下：
(1)“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有___________；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过___________冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O。
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，消耗这三种氧化剂物质的量之比为___________(MnO2转化为Mn2+)；写出X为O2时，“溶铜”CuS反应的离子方程式：___________。
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，试剂Y是___________。
(4)写出“制备”步骤生成铋黄的离子方程式：___________。
参考答案：
1．A
【详解】A．维生素C将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，失去电子具有还原性，A正确；
B．葡萄酒中添加二氧化硫，因二氧化硫有较强的还原性，所以会优先被氧化，起到保护葡萄酒的作用，B错误；
C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，不是过氧化钠分解产生氧气，C错误；
D．明矾可用作净水剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水，起不到消毒的作用，D错误；
故答案选A。
2．B
【详解】A．当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为 Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；
B．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不和弱碱反应，所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值，沉淀不溶解，故B错误；
C．铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；
D．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；
故答案为B。
3．D
【详解】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。
答案选D。
【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。
4．A
【详解】A．ZnS悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，发生沉淀转化：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，说明CuS比ZnS更难溶，故Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A符合题意；
B．SO2、CH2=CH2均能使KMnO4溶液褪色，故使用KMnO4溶液CH2=CH2也会被吸收，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3与氨水生成Al(OH)3沉淀，灼烧后转化为Al2O3，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．加热时，促进FeCl3水解平衡正向移动生成Fe(OH)3和HCl，由于HCl易挥发，故蒸干后得到的固体为Fe(OH)3，D不符合题意；
故答案选A。
5．B
【详解】A．0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I-，由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A错误；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B正确；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C错误；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D错误；
故答案选B。
6．B
【分析】由转化关系可知两性化合物应为Al(OH)3，则D为Al，Al与X、Y的溶液均能反应生成气体单质，且X为二元化合物且为强电解质，应为HCl，Z为AlCl3，W的水溶液呈碱性，应为NaAlO2，Y为NaOH，气体单质为氢气，A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期，X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，则A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D为Al元素，E为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。
【详解】A． O2-、Na+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2- ＞Na+＞Al3+，A错误；
B． Y为NaOH，NaOH中既有离子键又有共价键，B正确；
C． AlCl3为共价化合物，熔融状态下没有自由移动的离子，则不能用电解熔融状态下的AlCl3制备Al单质，可以用电解熔融状态下的Al2O3制备Al单质，C错误；
D． 往HCl溶液中逐滴滴入NaAlO2溶液，相当于盐酸过量，先发生反应，后发生反应，则现象是：先没有沉淀生成，后产生沉淀，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为5I- +IO+6H+=3I2 +3H2O，A错误；
B．一水合氨为弱电解质，不能拆，正确离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误；
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为CO(aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)，C正确；
D．NaOH过量，铵根也会反应，正确离子方程式为2NH+Fe2++4OH-=Fe(OH)2 ↓+2NH3·H2O，D错误；
综上所述答案为C。
8．B
【详解】A．明矾溶于水后，由于Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成的胶体具有很强的吸附能力，可以吸附自来水中的悬浮杂质，但不能消毒，A错误；
B．食用花生油属于油脂，在一定条件下可发生水解反应生成高级脂肪酸和甘油，B正确；
C．碳酸钠的碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，NaHCO3可用于治疗胃酸过多，C错误；
D．医用酒精的浓度为75%，故酒精浓度并不是越高，消毒效果越好，D错误；
故答案为：B。
9．A
【分析】X、Y、Z位于同一周期，均为短周期元素，可以初步推测它们可能是第二周期元素，或第三周期元素，Y2+与W-具有相同电子层结构，可以推测出X、Y、Z是第三周期元素，W是第二周期元素，所以Y是Mg元素，W是F元素，X则只能是Na元素，根据XYZW6元素的化合价代数和为零，可以推测出Z的化合价为+3价，结合X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，可以推测出Z元素是Al，据此分析：
【详解】A．X的氢化物，根据推测出的元素，可知其是NaH，其中H为-1价，具有很强的还原性，故A说法正确；
B．工业上制取Z单质，就是制取铝，工业制取铝，是电解氧化铝的方法制取的，而不是氯化铝，故B说法错误；
C．根据推测出的元素名称，Y2+离子是Mg2+，W-离子是F-，它们具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，所以Mg2+< F-，即Y2+< W-，故C说法错误；
D．根据推测出的Z元素为Al元素，氯化铝不是离子化合物，故D说法错误；
本题答案 A 。
10．D
【详解】A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；
B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；
D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。
11．D
【详解】A．硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故A正确；
B．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C正确；
D．葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故D错误；
故答案为D。
12．D
【详解】A．Br2在CCl4中溶解度比在水中大，CCl4与水互不相溶，密度比水大，所以向CCl4中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层几乎无色，下层为橙红色，A正确；
B．FeCl3溶液电离产生Fe3+具有强氧化性，与I-会发生氧化还原反应：2Fe2++2I-=2Fe2++I2，反应产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此会看到淀粉一KI试纸变为蓝色，B正确；
C．浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中Cl-、I-浓度相同，向其中滴加少量AgNO3溶液，溶液中出现黄色沉淀，产生了AgI，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C正确；
D．将 SO2通入含氨水的BaCl2溶液中，发生反应：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，产生的白色沉淀是BaSO3，D错误；
故合理选项是D。
13．D
【分析】铁屑中加入稀硫酸进行酸溶，形成FeSO4溶液，向酸浸液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入磷酸将Fe3+转化为FePO4沉淀，过滤后得到料液主要含有硫酸，向FePO4沉淀中加入Li2CO3和适量H2C2O4在高温下煅烧得到LiFePO4，据此分析解答。
【详解】A．LiFePO4中Li元素为+1价，磷酸根离子为-3价，化合物中正负化合价之和为0，则Fe的化合价为+2，故A正确；
B．根据分析，“沉铁”过程中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则双氧水作氧化剂，故B正确；
C．根据分析，料液中的主要成分为硫酸，则料液可在酸溶步骤中循环利用，故C正确；
D．CO具有较强还原性，高温下可将LiFePO4 中的铁元素还原为铁单质，则“煅烧”中有大量的CO2，但不能有CO生成，故D错误；
答案选D。
14．B
【详解】A．焰色反应为黄色，说明溶液中含有Na+，不能证明不含K+，要再透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；
B．沉淀有部分溶解，说明沉淀既有亚硫酸钡又有硫酸钡，所以亚硫酸钠有部分被氧化，故B正确；
C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，故C错误；
D．加入KSCN溶液，溶液呈血红色，说明待测溶液中含有Fe3+，但并不能排除Fe2+的存在，故D错误；
故答案为B。
15．B
【详解】A．向盛有稀溶液的试管中加入的溶液，稀硫酸电离产生的氢离子与硝酸根离子构成强氧化性体系，且亚铁离子具有还原性，亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，而NO遇空气立马变为，故A错误；
B．向某钠盐X溶液中加入盐酸，将产生的气体通入酸化的溶液中，有白色沉淀产生，反应生成的气体可能为，故B正确；
C，向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释，溶液碱性减弱，溶液中氢离子浓度增加，故C错误；
D．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，直接观察，火焰呈黄色，溶液中的金属阳离子有，可能有，故D错误。
答案选B。
【点睛】C为解答易错点，氨水是弱碱，溶液为碱性，加水稀释，碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，酸性增强，即溶液稀释过程中，不一定溶液中所有离子的浓度都在减小。
16．A
【详解】A．杜康用高粱酿酒的原理是高粱中的淀粉发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，故A错误；
B．四氧化三铁俗称磁性氧化铁，具有磁性，用于制造新版人民币票面图案等处的油墨中，故B正确；
C．“深海勇士”号潜水艇使用的锂离子电池是一种可充电的二次电池，故C正确；
D．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”指的是先利用沙子与金的密度不同，用水流使两者分离得到金，然后用得到的金制成首饰和王印，整个过程没有新物质生成，不是化学变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；
故选A。
17．A
【详解】A．强酸、强碱属于强电解质，弱酸弱碱属于弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，等浓度的HCl和HClO溶液在溶液中的电离程度不同，电离程度大的，溶液中氢离子浓度大，导电能力强，酸性也就越强，则A能达到实验目的；
B．在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，故B不能打到实验目的；
C．浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，故C不能打到实验目的；
D．向1L浓度均为0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，选项中未指明NaCl与NaBr浓度关系，不能比较二者Ksp，故D不能打到实验目的；
答案选A。
18．B
【详解】A．Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后， 遇H+表现强氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，故滴加KSCN溶液后变红色不能确定Fe(NO3)2试样已变质，A不符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，与维生素C反应后KMnO4褪色，说明维生素C具有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，B符合题意；
C．将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中，试纸变蓝，说明红棕色气体将I-氧化为I2，即红棕色气体有氧化性，但Br2蒸汽也为红棕色，具有氧化性，能将I-氧化为I2，故不能说明该气体是NO2，C不符合题意；
D．在2mL0.01mol·L-1的溶液中先滴入几滴0.01 mol·L-1ZnSO4溶液，有白色的ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，过量的S2-与Cu2+反应生成黑色的CuS沉淀，所以无法判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意；
故选B。
19．D
【详解】A．若原溶液中含有Fe3+，加入氯水再加入少量KSCN溶液，溶液也变为红色，故不能排除Fe3+的干扰，故A错误；
B．溶液显蓝色，则说明淀粉未完全水解或未水解，故B错误；
C．CuCl2溶液和MnSO4溶液的阴离子不同，不能排除阴离子的干扰，故C错误；
D．装有FeS固体的试管加入盐酸产生气泡，装有CuS固体的试管加入盐酸无明显现象，则证明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故D正确；
故选D。
20．A
【详解】A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2 价铁，故A正确；
B．铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2 价铁，故B错误；
C．铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；
D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；
故选：A。
21．A
【详解】A．二氧化氯是一种强氧化剂，其漂白作用主要来自于氧化漂白，故A正确；
B．胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠中和胃酸是因为二者能发生反应生成水、二氧化碳和氯化钠，与碳酸氢钠受热易分解无关，故B错误；
C．三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，并不是有酸性，故C错误；
D．玻璃成分主要是硅酸盐，HF可以和它发生反应，从而刻蚀玻璃，不是因为弱酸性，是HF的特性，故D错误；
故答案：A。
22．AC
【详解】A．Fe3O4中Fe元素有+2价和+3价，所以和足量稀硝酸反应时，+2价的铁会被氧化成+3价，离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故A正确；
B．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，石灰乳不能写成离子，正确离子方程式为：Cl2＋Ca(OH)2=Ca2++Cl－＋ClO－＋H2O，故B错误；
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液会生成一水合氨，离子方程式为＋OH－＝NH3·H2O，故C正确；
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液，双氧水被氧化成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误；
综上所述答案为AC。
23． Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O 过滤 将+3价铁元素还原成+2价 粉碎、搅拌、加热 AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO 会产生污染环境的氮氧化合物 3 热水 C
【分析】Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得LiH2PO4，LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电池正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后滤渣1用硫酸酸化的H2O2溶解，再经过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液2中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，滤液3中加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
【详解】(1)反应釜中Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O。
(2)从溶液中获得LiH2PO4晶体的分离操作是过滤；反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价。
(3)用NaOH溶液溶解废旧电池正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率。
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁”后溶液中c(Fe3+)=10−6mol·L−1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH−)=10−6mol·L−1×c3(OH−)=10−39，c(OH−)= mol·L−1=10−11mol·L−1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g，可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
24． 时间或颗粒大小等 温度过高使HCl挥发导致浸出率下降 5:1 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥 当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)经盐酸浸取后得到不溶于酸的滤渣I是二氧化硅，盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调pH=5，得到滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝，继续滴加氢氧化钠得到滤渣III为氢氧化镁，继续加草酸得到草酸钙，滤液经一系列操作后得到。
【详解】(1)增大反应物的接触面积也可以增大反应速率，所以颗粒大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，所以浸出时间也会影响浸出率；
(2)盐酸有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降；
分析数据可知，“浸取”的最佳条件为温度选择30°C，盐酸浓度选择15%，液固比为6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑选择5：1；
(3)由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经沉淀完全，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝；
(4)BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，所以采用乙醇洗而不采用水洗；
(5)黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
根据题目得到关系式，计算该溶液中钙离子的浓度为。
25． 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O Fe2(SO4)3（或硫酸铁） Fe2+、Ag+ 4HCl+HNO3+Au=HAuCl4+NO↑+2H2O NaOH 尿素 尿素无毒，生成的产物无毒，甲醛有毒，生成的NO为有毒气体 126(a+0.04b)
【分析】经过第①步，部分Cu与O2、稀硫酸反应生成CuSO4，经过第②步，Zn、Cu、Ag被Fe2(SO4)3氧化生成ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4，Fe2(SO4)3自身被还原为FeSO4，Au不溶解，故滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，滤渣中的粗金经王水溶解后生成HAuCl4（滤液B），滤液B经过脱销操作除去硝酸根，再经过草酸还原获得纯金。
【详解】(1)Cu与稀硫酸、O2反应生成CuSO4和水，结合得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，对应离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
(2)由分析知，步骤②中Fe2(SO4)3对应还原产物FeSO4，故该步氧化剂为Fe2(SO4)3；
(3)由分析知，滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，故此处填Ag+、Fe2+；
(4)初步确定方程式为：Au+HCl+HNO3→HAuCl4+NO↑+H2O，根据得失电子守恒结合元素守恒配平得完整方程式为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O；尾气中NO与空气中O2反应生成NO2，NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3，可用NaOH溶液吸收生成的NO2，故此处填NaOH；
(5)由于尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体，故工业上应选择尿素脱硝，故依次填：尿素；尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体；
(6)滤液C中含剩余的H2C2O4，与NaOH反应转化为Na2C2O4，再与CaCl2反应生成CaC2O4沉淀，故剩余的草酸n1(H2C2O4)=n(CaC2O4)=，故整个过程消耗草酸n(H2C2O4)=a mol+ n1(H2C2O4)=(a+0.04) mol，对应加入H2C2O4·2H2O的质量=126 g/mol×(a+0.04) mol=126×(a+0.04) g。
26．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3) 90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
27．(1)适当升高温度
(2) 将滤液蒸发浓缩 冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4) 4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑ 4:1
(5) 2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O 3.2 可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失
【分析】由题干流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4·7H2O，据此分析解题。
（1）
对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
（2）
加入锌粉后置换出铜、镍，过滤得到滤液硫酸锌溶液，经过“一系列操作”得到皓矾晶体，则“一系列操作”主要包括将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，干燥。
（3）
置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，反应中锌发生氧化反应，Ni2+、Sb2O3发生还原反应，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+。
（4）
已知，Ag(NH3)2Cl可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑，反应中Ag(NH3)2Cl发生还原反应作氧化剂，N2H4发生氧化反应作还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1。
（5）
由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中过氧化氢将二价铁转化为三价铁，三价铁生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O。
由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2。
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀；故在PH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失。
28． PbSO4 蒸发浓缩 1：2：2 2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓ NaCl 2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O
【分析】由题干信息可知，含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)，故“酸浸”步骤发生的主要反应有：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Pb+H2SO4=PbSO4↓+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，过滤后固体为CuS、PbSO4和含铋的化合物，料液中主要有H+、Cu2+、Fe2+等阳离子，加入过量锌粉后，将置换出Cu和Fe，剩下硫酸锌溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得硫酸锌晶体，“溶铜”步骤中主要是将CuS转化为Cu2+和S，“溶铋”步骤中是将铋转化为可溶性的氯化物，通过调节溶液的pH将铋转化为BiOCl沉淀，再与浓的NaOH溶液反应生成铋黄，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有PbSO4；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O，故答案为：PbSO4；蒸发浓缩；
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，故三种氧化剂得到的电子数目相等，故有4n(O2)=2n(H2O2)=2n(MnO2),消耗这三种氧化剂物质的量之比为1：2：2，根据流程图可知， X为O2时，“溶铜”CuS反应生成S、硫酸铜和水，故该反应的离子方程式为：2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓，故答案为：1：2：2；2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓；
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，NaCl是一种原料丰富，容易获得的化学物质，且能增大溶液中c(Cl-)，故试剂Y是NaCl，故答案为：NaCl；
(4)由题干流程图可知，“制备”步骤是BiOCl与浓的NaOH溶液加热生成铋黄、NaCl和水，故该反应的离子方程式为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O，故答案为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O。
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