2023届新高考化学一轮复习金属及其化合物单元测试含答案

这是一份2023届新高考化学一轮复习金属及其化合物单元测试含答案，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

金属及其化合物
一、选择题：本题共16个小题，其中1至10题，每小题2分，11至16题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列成语或谚语中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法不正确的是
A．炉火纯青——通过观察火焰的颜色来判断炉内的温度
B．水滴石穿——(以大理石为例)
C．恨铁不成钢——钢的性能远优于铁
D．真金不怕火炼——单质金的熔点很高
【答案】D
【详解】
A．道家炼丹时炉子里的火焰从红色转成纯青色的时候就认为炼丹成功，炼丹者通过观察炉火的火焰颜色判断炉内温度，A项正确；
B．空气中的可与在水中缓慢反应生成可溶于水的，长时间的反应会使石头穿孔， B项正确；
C．钢属于合金，其性能比铁好，C项正确；
D．真金不怕火炼是指在高温下金也很难发生化学反应，是单质金的化学性质稳定，而不是单质金的熔点很高，D项错误；
答案选D。
2．中华诗词中蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化亚铜
B．“一般皎洁羞云母，四射光茫突水精”中“水精(精同晶)”的主要成分是二氧化硅
C．“铁盂汤雪早，石炭煮茶迟”中的“石炭”指的是煤
D．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”具有胶体的性质
【答案】A
【详解】
A．氧化亚铜的颜色为红色，不是绿色， A错误；
B．水晶的主要成分是二氧化硅， B正确；
C．“石炭”指的是煤，C正确；
D．墨汁为炭的小颗粒(直径介于10-9~10-7m之间)分散在水中形成的分散系，属于胶体，D正确；
故选A。
3．北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是
A．胆矾的化学式为CuSO4
B．胆矾可作为湿法冶铜的原料
C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
【答案】A
【解析】A．胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A说法错误；B．湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B说法正确；C．加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正确；D．铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是A，故选A。
4．下列关于无机物的性质及用途，说法不正确的是
A．Na2O2与水、二氧化碳反应产生氧气，因此Na2O2可在呼吸面具中作为氧气来源
B．SO2具有漂白作用，工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝
C．Mg燃烧时放出耀眼的白光，因此可以做信号弹
D．单晶硅导电性介于导体与绝缘体之间，是应用最为广泛的光导纤维
【答案】D
【详解】
A．Na2O2与水、二氧化碳反应产生氧气，O2可供给人体呼吸，因此Na2O2可在呼吸面具中作为氧气来源，故A正确；
B．SO2具有漂白作用，且与纤维素、蛋白质不会发生反应，因此工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝，故B正确；
C．Mg燃烧时放出耀眼的白光，光的亮度高，容易被识别，因此可以做信号弹，故C正确；
D．光导纤维中主要成分为二氧化硅，并不是硅单质，故D错误；
综上所述，不正确的是D项，故答案为D。
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
【答案】D
【解析】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。
6．下列有关实验操作和现象的说法，正确的是
A．把充满SO2、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，打开塞子，试管内液面会缓慢上升
B．检验溶液中的Na+：取一根洁净的玻璃棒，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+
C．镁条放入冷水中发生缓慢的化学反应，但放入热水中则剧烈反应，产生大量气泡
D．配制95mL0.1mol•L-1氢氧化钠溶液：称取4g氢氧化钠固体，放入100mL容量瓶，加水定容至刻度线
【答案】A
【详解】
A．SO2易溶于水，所以把充满SO2、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，打开塞子，随着SO2溶于水，试管内压强降低，液面会缓慢上升，A正确；
B．玻璃中含有Na、Ca元素，不能用玻璃棒进行焰色试验，B错误；
C．Mg与热水反应缓慢，现象不明显，C错误；
D．不能在容量瓶中进行溶解操作，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却后再转移至容量瓶中，D错误；
综上所述答案为A。
7．下列离子方程式的书写及评价均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将通入含溶液中：
正确；过量，可将、均氧化
B
的溶液和的溶液等体积均匀混合：
正确；与消耗的的物质的量之比为
C
过量通入溶液中：
正确；说明酸性：强于
D
溶液与足量的溶液反应：
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
【答案】B
【详解】
A．将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，由于I-的还原性强于Fe2+，所以只能将2molI-氧化，其正确的离子方程式为2I-+Cl2═2Cl-+I2，故A错误；
B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为，与消耗的的物质的量之比为1:1.5=2:3，故B正确；
C．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO-=Cl-+SO42-+2H+，故C错误；
D．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，由于氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以反应生成氢氧化镁沉淀，其离子方程式为Mg2++2+4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O+2，故D错误；
答案为B。
8．根据实验操作和现象所得出的结论错误的是
选项
实验操作及现象
结论
A
向某溶液中加入盐酸，再滴加BaCl2溶液，开始无现象，后产生白色沉淀
原溶液中有
B
在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化但不滴落
熔点：氧化铝＞铝
C
常温下，向浓硫酸中投入铁片，铁片不溶解
常温下，铁不与浓硫酸反应
D
向某溶液中滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水，开始无明显现象，后溶液变成红色
原溶液中含有Fe2+，没有Fe3+
【答案】C
【详解】
A．先加入盐酸，可排除银离子、亚硫酸根、碳酸根等离子的干扰，再加入氯化钡生成沉淀，可说明含有硫酸根离子，故A正确；
B．加热铝箔时，铝的表面被氧化为一层致密的氧化膜Al2O3，铝箔熔化但不滴落，说明表面的氧化铝未熔化，所以氧化铝的熔点高于铝的熔点，故B正确；
C．常温下，向浓硫酸中投入铁片，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，导致铁片不溶解，不是不反应，故C错误；
D．向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水，先无明显现象，说明不含铁离子，后溶液变成红色，说明生成铁离子，可说明原溶液中含有Fe2+，没有Fe3+，故D正确；
答案为C。
9．实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：

下列说法不正确的是
A．“溶解Ⅰ”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解Ⅱ”过程中，有大量的气体产生
D．“操作Ⅰ”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO4·5H2O晶体
【答案】D
【详解】
A．将铜帽粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
C．“溶解Ⅱ”过程中有铜离子生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C正确；
D．“操作Ⅰ”是从硫酸铜、稀硫酸的混合溶液中获取硫酸铜晶体，直接加热蒸干会使硫酸铜晶体失去结晶水，且有杂质，应经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuSO4·5H2O晶体，D错误；
综上所述答案为D。
10．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．铁与稀硝酸反应时转移电子的数目为0.2NA
B．标准状况下，含有的电子数目为2NA
C．含有的溶液中数目肯定是0.1NA
D．含有阳离子的、混合物中，离子总数目为0.6NA
【答案】D
【详解】
A．铁若与足量稀硝酸反应时被氧化为Fe3+，5.6gFe（物质的量为=0.1mol）转移电子的数目为0.3NA，A错误；
B．标准状况下，HF不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算HF含有电子的数目，B错误；
C．、Al3+均可水解且水解程度不同，因此无法计算Al3+的数目，C错误；
D．1molNa2O（）和Na2O2（）中均含有2mol阳离子、1mol阴离子，故当混合物中含有0.4mol阳离子时，混合物共0.2mol，含有阴离子的物质的量为0.2mol，离子总数为0.6NA，D正确；
故选D。
11．是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是

A．途径①和②中表现酸性和氧化性
B．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①②③
C．硫酸铜在1100℃分解的方程式为：
D．化合物Y可以是葡萄糖
【答案】A
【详解】
A．途径①涉及反应3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，NO由硝酸提供，做氧化剂，H+由硝酸和硫酸共同提供，A项错误；
B．途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径③涉及反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；若生成1mol硫酸铜，途径①消耗1mol硫酸，途径②消耗1mol硫酸，途经③消耗2mol硫酸，所以三个途径中，生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量: ①=②<③，B项正确；
C．据图可知，CuSO4在1100℃分解产生Cu2O和混合气体X，Cu2O为化合价降低的产物，则混合气体X中一定有化合价升高的产物，则一定含有O2，根据原子守恒，CuSO4在1100℃分解的方程式可能为，C项正确；
D．硫酸铜与过量的NaOH反应生成氢氧化铜，葡萄糖中含有醛基，能与新制氢氧化铜在NaOH过量的条件下反应生成Cu2O和葡萄糖酸钠，D项正确；
答案选A。
12．已知2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑，实验室用如图所示装置检验FeSO4•7H2O的所有分解产物，下列说法不正确的是

A．实验时应先打开K，缓缓通入N2，再点燃酒精喷灯
B．乙、丙、丁中可依次盛装无水CuSO4、品红溶液、BaCl2溶液
C．还应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶
D．甲中残留固体加稀硫酸溶解，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明FeSO4•7H2O未完全分解
【答案】B
【详解】
A．加热时，易被空气中的氧气氧化，因此实验时，应先通入将装置中的空气排尽，再点燃酒精喷灯，故A正确；
B．应先检验再检验，因经过品红溶液易被吸收生成而不逸出，故B错误；
C．不能被品红溶液完全吸收，需用NaOH溶液进行尾气处理，故C正确；
D．根据题目所给信息得出甲中残留固体，加稀硫酸溶解后滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，则甲中仍有亚铁离子，说明FeSO4•7H2O未完全分解，故D正确；
故答案为B。
13．下列反应中，反应后固体物质增重的是
A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
【答案】B
【解析】A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn + Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+ Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故选B。
14．0.10 mol镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为(　　)
A．3.2 g B．4.0 g C．4.2 g D．4.6 g
【答案】D
【解析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。
如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，
2Mg+CO22MgO+C，
2 2 1
0.10mol 0.10mol0.05mol
则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g，
再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol×24g/mol=2.4克，
则固体的范围应该在2.4g～4.6g之间，则反应后容器内固体物质的质量不可能为D。
故选D。
15．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
验证NaCl、Na2SO4、NaOH混合溶液中的C1-
取混合溶液于试管中，加入过量的Ba（NO3）2溶液充分反应，静置，向上清液中滴加AgNO3溶液
若上清液变浑浊。则混合溶液中含有Cl-
B
证明氧化性：Cl2>Fe3+>
向2支盛有FeCl2溶液的试管中分别加入氯水。向其中一支滴加KSCN溶液，向另一支依次滴加H2SO3溶液相BaCl2溶液
第一支试管中溶液变成血红色，
第二支试管中产生白色沉淀，则证明氧化性：Cl2>Fe3+>
C
证明CH4和Cl2光照下发生取代反应
将装有干燥Cl2的集气瓶倒扣在装有干燥CH4的集气瓶上，抽出玻璃片，置于光照条件下反应
观察到集气瓶内出现白雾，则证明CH4与Cl2发生了取代反应
D
探究AgCl和AgI的溶解度的大小
向2支盛有2mL相同浓度硝酸银溶液的试管中分别加入相同滴数同浓度的NaCl和NaI溶液
若一支试管中无明显现象，另一支试管中产生黄色沉淀，则AgCl溶解度大于AgI
【答案】D
【详解】
A．加入过量硝酸钡，硫酸根完全沉淀，但是上层清液中除了氯离子还有氢氧根，再加入硝酸银，氢氧根和银离子生成氢氧化银不溶于水，氢氧化银不稳定分解为氧化银也不溶于水，所以溶液浑浊不一定含有氯离子，A错误；
B．第一支：溶液血红色说明氯离子将二价铁离子氧化为三价铁离子，氧化性：Cl2>Fe3+，第二支：若氯气过量，氯气也可以将亚硫酸根氧化为硫酸根，Fe3+也能氧化亚硫酸根，无法证明Fe3+>，B错误；
C．没有水蒸气，瓶内不会出现白雾，现象：集气瓶内颜色变浅，集气瓶内部有无色油状液体，C错误；
D．一支无明显现象，另一只产生黄色沉淀，说明相同条件下先产生沉淀，则Ksp：AgCl＞AgI，D正确；
答案选D。
16．以硼镁泥(主要成分是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)制取七水硫酸镁的工艺流程如图：

已知：CaSO4和MgSO4的溶解度数据如表，下列说法错误的是
温度
20
40
50
60
80
MgSO4溶解度/g
25.1
30.8
32.9
34.3
34.9
CaSO4溶解度/g
0.231
0.210
0.207
0.201
0.193
A．Na2B4O7中B的化合价为+3
B．“操作A”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C．加入MgO的目的是：调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3除去
D．NaClO的作用为将溶液中的Fe2+转化为Fe3+
【答案】B
【分析】
硼镁泥主要成份是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质等杂质，加入硫酸，Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，滤渣A为SiO2，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可把Fe2+氧化成Fe3+，加MgO调节pH，溶液pH升高，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣B含有Fe(OH)3、H3BO3，滤液经过蒸发浓缩，趁热过滤，滤渣C为硫酸钙晶体(CaSO4·2H2O)，滤液中含Mg2+、，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体。
【详解】
A．Na2B4O7中钠的化合价+1价，氧元素化合价-2价，设B的化合价为x，根据元素化合价代数和为0可得：2×(+1)+4x+(-2)×7=0，解得x=+3，A正确；
B．操作“A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据溶解性的数据分析，随着温度的升高，MgSO4的溶解度增加，CaSO4的溶解度降低，可见随着温度升高，二者溶解度差别增大，因此可考虑操作A中对溶液蒸发浓缩，可以析出大量的CaSO4固体，在温度高时，进行趁热过滤可以达到分离的目的，B错误；
C．根据分析，加入MgO，使溶液中Fe3+产生Fe(OH)3沉淀，除去Fe3+，C正确；
D．根据分析，加入NaClO可把Fe2+氧化成Fe3+，D正确；
故选B。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。
17．（16分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如图所示(夹持和加热、搅拌仪器已省略)。

有关物质性质如表：
甘氨酸
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇
易溶于水和乙醇
易溶于水，难溶于乙醇
两性化合物
强酸性、强还原性

实验过程：
I.合成：装置C中盛有0.1mol FeCO3和200mL 1.0mol·L−1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置C中空气排净后，加热C并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pH到6左右，使反应物充分反应。
Ⅱ.分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_______。
（2）装置B中盛有的试剂是_______；实验过程中装置D的导管需要一直浸入液面下的原因是_______。
（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和_______。
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为_______。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______。
（6）可以用_______试剂(写试剂名称)检验产品中是否含有Fe3+，现象是_______。
（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁(M=204g/mol)，则其产率是_______。
【答案】
（1）分液漏斗（1分）
（2） 饱和NaHCO3溶液（1分） 防止空气进入C （2分）
（3）防止Fe2+被氧化（2分）
（4）Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓（2分）
（5）溶解柠檬酸，降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出（2分）
（6） 硫氰化钾(或硫氰酸钾) （2分） 溶液变红色 （2分）
（7）75%（2分）
【分析】
（1）仪器a为分液漏斗；
（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，,则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；
（3）甘氨酸亚铁中亚铁离子容易被氧气氧化，所以尽量不让空气进入C中，所以装置D的导管需要一直浸入液面下；
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，亚铁离子能和碱反应生成氢氧化亚铁，离子方程式为，Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，会使甘氨酸亚铁产量下降；
（5）根据表格信息分析，柠檬酸易溶于水和乙醇，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入无水乙醇能溶解柠檬酸，降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；
（6）根据铁离子与硫氰化钾(或硫氰酸钾)反应先红色检验铁离子。
（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mo1oL1=0.2mol ，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒， 0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁。理论上可产生甘氨酸亚铁的质量为204g/mol-1×0.1mol=20.4g ，产品的质量为15.3g，则产率= 。
18．（10分）钴及其化合物在电机、机械、化工、航空和航天等工业部门得到广泛的应用，是一种重要的战略金属。已知：钴是具有光泽的钢灰色金属，其常见价态有+2价、+3价，化学性质与铁类似。
(1)用两种氧化物组合的形式表示Co3O4的组成___________________。
(2)Co(OH)2具有明显的两性，在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2−，写出Co(OH)2酸式电离的电离方程式___________。
(3)CoCl2中结晶水数目不同时会呈现不同的颜色。
CoCl2·6H2O(粉色)CoCl2·2H2O(紫色)CoCl2·H2O(蓝紫色)CoCl2(蓝色)利用这个性质，把CoCl2加到硅胶(一种干燥剂，烘干后可再生反复使用)中，制成变色硅胶，简述硅胶中添加CoCl2的作用_____________________；也可以做成无水氯化钴试纸，用该试纸检验水蒸气的存在时，观察到的现象是_____________。
(4)现将35.7gCoCO3在空气中加热，可得24.1 g钴的氧化物和另一种氧化物。试写出CoCO3在空气中受热时发生反应的化学方程式___________。
【答案】（每空2分）CoO·Co2O3 Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+ 通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度 试纸由蓝色变为粉色 6CoCO3+O22Co3O4+6CO2
【详解】
(1)钴是具有光泽的钢灰色金属，其常见价态有+2价、+3价，化学性质与铁类似，类比Fe3O4，Co3O4的化学式可改写成CoO·Co2O3，故答案为：CoO·Co2O3；
(2)由题意知Co(OH)2与碱反应形成的离子是[Co(OH)4]2−，则Co(OH)2酸式电离出[Co(OH)4]2−和H+，故答案为：Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+；
(3)根据温度对钴的结晶水合物颜色的影响可以得出，含不同结晶水的氯化钴颜色不一样，可根据颜色判断硅胶(硅胶做干燥剂)的吸水程度。无水氯化钴是蓝色的，吸收水以后试纸会发生变色，若检测到水，试纸会由蓝色变成蓝紫色、紫色或粉色，故答案为：通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；试纸由蓝色变为粉色；
(4)由于CoCO3在空气中受热时生成何种氧化物无法定性判断，故只能根据题给数据进行定量计算。CoCO3中钴元素的质量为35.7 g×=17.7 g，由质量守恒得，24.1 g钴的氧化物中钴元素的质量也等于17.7 g，所以氧元素的质量是24.1 g−17.7 g=6.4 g，钴、氧元素原子个数之比为=3∶4，即钴的氧化物的化学式为Co3O4。因Co3O4中钴元素显+2和+3价，而反应物中钴元素显+2价，说明加热条件下，钴元素被氧化了，即空气中的氧气参加了反应，反应的化学方程式为6CoCO3+O22Co3O4+6CO2，故答案为：6CoCO3+O22Co3O4+6CO2。
18．（18分）锂在新能源等领域应用广泛。从粉煤灰(含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：

已知：碳酸锂的溶解度(g·L-1)见表。
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
80
100
Li2CO3
1.54
1.43
1.33
1.25
1.17
1.08
1.01
0.85
0.72
回答下列问题
（1）“粉碎”的目的是___________，滤渣1的成分主要是___________。(填化学式)
（2）“调pH”的目的是沉淀Fe3＋、Al3＋。当离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使Fe3＋、Al3＋沉淀完全，调节pH的最小值约为___________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=2.0×10-33，1g2≈0.3)
（3）从滤渣2中分离出Al(OH)3，可用如图所示方法，试剂X是___________，“步骤2”中发生反应的离子反应方程式为___________、___________。

（4）“沉锂”中的“一系列操作”依次为___________、___________、洗涤、干燥，母液中的主要成分为___________(填化学式)，检验其阴离子的方法为___________。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2分） SiO2 （2分）
（2）4.8（2分）
（3）NaOH溶液（2分） ＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋ （2分） OH-＋CO2= （2分）
（4）蒸发浓缩 （1分） 趁热过滤（1分） (NH4)2SO4 （2分） 取少许溶液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则可证明含有硫酸根 （2分）
【分析】
粉煤灰(含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等)粉碎后，加入稀H2SO4，Al2O3、Fe2O3、Li2O均溶于稀H2SO4中，变成Al3+、Fe3+、Li+，SiO2不反应，滤渣1为SiO2，在滤液中加氨水，调pH使Fe3+、Al3+变成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，即滤渣2是Fe(OH)3、Al(OH)3，在滤液中加入(NH4)2CO3，产生Li2CO3沉淀，由题中表格碳酸锂的溶解度随温度变化规律，可知经过蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得Li2CO3固体，母液中是(NH4)2SO4溶液；据此解答；
（1）粉碎的目的是增大固体颗粒物与反应液的接触面积，加快反应速率；根据题中所给煤粉灰中主要成分，Al2O3、Fe2O3、Li2O均可溶于稀硫酸，只有SiO2不溶，所以滤渣1的主要成分为SiO2；答案为增大接触面积，加快反应速率；SiO2。
（2）由于Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]，所以使Al3+沉淀一定能使Fe3+沉淀，可得当c(Al3+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)=≈mol·L-1，则c(H+)≈mol·L-1，pH=4.8，所以为了使Fe3+、Al3+沉淀完全，调节pH的最小值约为4.8；答案为4.8。
（3）滤渣2主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，根据题中图示信息可判断试剂X是NaOH溶液，加入足量的NaOH后，Al(OH)3溶解，生成NaAlO2溶液，在NaAlO2溶液中通入足量的CO2，又生成Al(OH)3沉淀，其离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+和OH-＋CO2=；答案为NaOH溶液；+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；OH-＋CO2=。
（4）由题中碳酸锂的溶解度随温度变化规律，可知其在高温是溶解度低，所以沉锂之后分离出Li2CO3的方法为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤，干燥；过滤之后母液的主要成分为(NH4)2SO4；所以检验其阴离子的方法为检验离子，即取少许溶液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则可证明含有硫酸根；答案为蒸发浓缩；趁热过滤；(NH4)2SO4；取少许溶液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则可证明含有硫酸根。
20．（12分）为探究由3种短周期元素构成的化合物X的性质。完成以下实验：

（1）X的化学式为___________。
（2）气体A与足量CuO反应的化学方程式为___________。
（3）溶液II通入过量CO2时，发生反应的离子方程式为___________、___________。
（4）将F溶液通过一系列操作获得结晶水合物（含有结晶水的盐），加热该结晶水合物。将生成的红棕色混合气体（>100°C）全部收集并冷却。气体全部反应无剩余，得到一元强酸E的水溶液（其中E与水的物质的量之比1∶1）写出该结晶水合物受热分解的化学方程式___________。
（5）设计实验证明F溶液的阴离子（OH—除外）___________。
【答案】（每空2分）
（1）Al4C3·AlN(Al5C3N)
（2）CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu
（3）CO2+OH—= CO2+2H2O+ =+Al(OH)3↓
（4）2[Cu(NO3)2·3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O（若反应物写成2Cu(NO3)2·6H2O给分；若方程式产物中同时含有NO2和NO，书写正确也给分）
（5）取少量溶液F于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入Cu，若产生红棕色气体，则含有
【分析】
由溶液Ⅱ能与过量二氧化碳反应生成白色胶状沉淀，白色胶状沉淀灼烧得到的白色粉末能熔融电解制得金属单质可知，溶液Ⅱ为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀为氢氧化铝、白色粉末为氧化铝、金属单质为铝，则0.1mol固体X中含有0.5mol铝元素；由氢化物D乙易液化，在催化剂作用下，在加热条件下经氧气氧化、水吸收得到的一元强酸E能与过量的铜反应生成红棕色气体可知，D为氨气、E为硝酸、红棕色气体为二氧化氮、F为硝酸铜，则固体X中含有氮元素；由0.3mol氢化物A能与氧化铜共热反应生成120℃时的0.9mol无色无味气体，无色无味气体能与足量石灰水反应生成30g白色沉淀可知，气体A为烃、无色无味气体为二氧化碳和水蒸气的混合气体、白色沉淀为碳酸钙，则固体X中含有碳元素；由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为=0.3mol，0.9mol无色无味气体中水蒸气的物质的量为0.9mol—0.3mol=0.6mol，则A中碳原子和氢原子的原子个数比为0.3mol：0.3mol×2=1：4，A为甲烷，则0.1mol固体X中含有0.3mol碳元素；由两种氢化物的物质的量为0.4mol可知，氨气的物质的量为0.4mol—0.3mol=0.1mol，则0.1mol固体X中含有0.1mol氮元素；固体X、铝元素、碳元素、氮元素的物质的量比为0.1mol∶0.5mol∶0.3mol∶0.1mol=1∶5∶3∶1，则固体X的化学式为Al5C3N，改写可得Al4C3·AlN。
（1）由分析可知，固体X的化学式为Al4C3·AlN(Al5C3N)，故答案为：Al4C3·AlN(Al5C3N)；
（2）由题意可知，甲烷与足量氧化铜共热反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu，故答案为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu；
（3）溶液II通入过量二氧化碳时发生的反应为过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠、过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+OH—=、CO2+2H2O+ =+Al(OH)3↓，故答案为：CO2+OH—=；CO2+2H2O+ =+Al(OH)3↓；
（4）二氧化氮和氧气在水溶液中完全反应的方程式为4NO2+O2↑+2H2O=4HNO3，由硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比1∶1可知，红棕色气体中二氧化氮、氧气和水的物质的量比为4∶1∶6，则硝酸铜结晶水合物的化学式为Cu(NO3)2·3H2O，受热分解的化学方程式为2[Cu(NO3)2·3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O，故答案为：2[Cu(NO3)2·3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O；
（5）实验室用铜与浓硝酸反应生成红棕色气体的方法检验硝酸根离子，则检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的操作为取少量溶液于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入铜，产生红棕色气体，故答案为：取少量溶液F于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入Cu，若产生红棕色气体，则含有