安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11铁及其化合物（1）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11铁及其化合物（1），共24页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11铁及其化合物（1）

一、单选题
1．（2023·安徽马鞍山·统考三模）下列各组实验操作和现象与对应的离子方程式均正确的是
选项
实验操作和现象
离子方程式
A
向2mLNaCl溶液中滴加几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加氨水，振荡至沉淀溶解
沉淀溶解：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++C1-
B
向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，钠块浮在水面、熔化成小球、不停游动、发出嘶嘶响声、溶液变红
钠与水反应：
Na+2H2O=Na+ +OH-+H2↑
C
向2mLNaOH溶液中滴加5滴CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色固体析出
红色固体析出：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+2Cu↓+2H2O
D
向2mLNaOH溶液中滴加4滴MgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成

红褐色沉淀生成：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）化学与生活、生产、科技等密切相关。下列说法不正确的是
A．纳米级的酶分散到水中形成的分散系可产生丁达尔效应
B．中国天眼FAST用到的碳化硅材料与二氧化硅晶体类型相同
C．食品袋中盛有生石灰和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
D．冬奥会运动员“战袍”内层用于保暖的石墨烯片与石墨互为同分异构体
3．（2023·安徽蚌埠·统考三模）下列实验操作、现象和结论一致的是
选项
操作
现象
解释(或结论)
A
向补铁口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液
紫色褪去
补铁口服液中有Fe2+
B
向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置
液体分层， 上层无色，下层紫红色
CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能
C
向盛有1 mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2 mL H2O、2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴
试管 a液体分层，酯层无明显 变化； 试管b酯层消失
乙酸乙酯在碱性条件下可以水解；

D
向Fe(NO3)3溶液中先加稀HNO3 ，再加NaCl
溶液黄色先褪去，再变为黄色
HNO3的强氧化性将Fe3+氧化为无色， Cl-的还原性再将其还原为Fe3+
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·安徽安庆·统考二模）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
工人将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与水蒸气高温下会反应
B
用墨汁绘制国画
常温下碳单质性质稳定
C
用含NaOH和Al粉的管道疏通剂疏通厨卫管道
NaOH与Al粉反应放热产生大量气体，且NaOH有一定腐蚀性
D
用富含淀粉的谷物酿酒
淀粉水解生成乙醇

A．A B．B C．C D．D
5．（2023·安徽蚌埠·统考二模）化学与人们的生活密切相关，下列叙述正确的是
A．二氧化硫有毒，不能用做食品添加剂
B．活性炭具有疏松多孔的结构，可用于除异味和杀菌
C．水泥是应用较广的人造材料，主要化学成分是二氧化硅
D．K2FeO4是一种新型净水剂，还原产物可以水解生成胶体
6．（2023·安徽蚌埠·统考二模）下列实验操作、现象和结论均正确的是

实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加氯水，再加KSCN溶液
溶液变为红色
溶液中一定含Fe3+
B
向蔗糖水解液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液加热煮沸
有砖红色沉淀生成
蔗糖完全水解
C
向5mLCuSO4溶液中滴入适量同浓度的
NaOH溶液，再滴入几滴等浓度Na2S溶液
先产生蓝色沉淀而后沉淀变黑
发生了沉淀的转化
D
加热氯化铵和氢氧化钙混合物，在试管口放一片湿润的蓝色石蕊试纸
试纸无明显变化
无氨气生成

A．A B．B C．C D．D
7．（2023·安徽合肥·统考一模）下列有关化学知识的叙述错误的是
A．青铜属于合金 B．纤维素属于有机高分子
C．白醋可用于去除水壶中的水垢 D．可用作缺铁性贫血的补铁剂
8．（2023·安徽·统考一模）在实验室中进行下列实验，下列操作能实现实验目的的是
选项
实验目的
操作
A
除去苯酚中混有的少量苯甲酸
将含有苯甲酸的苯酚加入饱和，溶液中，过滤
B
检验溶解铁锈所得的溶液中是否含有
取少量溶液，向其中滴加氯水后，再加入溶液，观察溶液是否变红
C
检验乙烷中是否含有乙烯
将混合气通过盛有溴的四氯化碳溶液，观察溶液是否褪色
D
检验中是否混有
取少量固体，滴加稀盐酸，观察是否有气体生成

A．A B．B C．C D．D
9．（2023·安徽淮北·统考一模）含铁物质或微粒所带电荷数与化合价的关系如图所示，下列说法错误的是

A．M可能是
B．R为铁单质，常温下遇浓硫酸发生钝化
C．N可用溶液检验
D．与强氧化剂在碱性条件下反应可以生成
10．（2023·安徽合肥·统考一模）下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是

选项
X
Y
Z
A



B
Fe


C



D
NO


A．A B．B C．C D．D
11．（2022·安徽铜陵·统考二模）由原子序数依次增大的四种短周期主族元素X、Y、Z、W构成的化合物甲在提炼金时可提高金的溶解速率，其结构如图所示：

已知：四种元素位于三个周期，Y、Z是同周期相邻元素，化合物甲中，Y、Z、W原子均满足8电子稳定结构。下列说法错误的是
A．最简单氢化物的沸点：W>Y
B．Z、W的氧化物对应水化物的浓溶液均可用铁制容器盛装
C．四种元素可形成某种离子化合物
D．W的单质易溶于Y、W形成的二元化合物中
12．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是
A．“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分均为蛋白质
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉”，涉及的实验基本操作是过滤
C．《新修草本》有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2O
D．《本草纲目拾遗》中对“强水”的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”“强水”为强电解质
13．（2022·安徽马鞍山·马鞍山二中统考二模）下列实验操作、现象与结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将NaA1O2溶液与NaHCO3溶液混合
产生白色絮状沉淀
结合质子能力：AlO>CO
B
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄色
氧化性：H2O2>Fe3＋
C
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液
酸性 KMnO4溶液褪色
制得气体为乙烯
D
向1mL0.1moL·L-1KCl溶液中加入过量AgNO3溶液，再加入1mL 0.1moL·L-1 KI溶液
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

A．A B．B C．C D．D

二、工业流程题
14．（2023·安徽淮南·统考一模）锌的用途广泛，主要用于镀锌板及精密铸造等行业。以粗氧化锌(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：

已知：①“浸取”时。ZnO、 CuO转化为[ Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液：
②25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36， Ksp(ZnS)=1.6 ×10-24；
③沉淀除铜标准：溶液中≤2.0×10-6
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和___________(填化学式)，“ 操作3”的名称为___________。
(2)“氧化除锰”时，H2O2将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为___________。
(3)“沉淀除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“(NH4)2 S加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。

①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是___________(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为___________。(已知) [ Zn(NH3)4]2+的=2. 9 ×109]
②“沉淀除铜”时(NH4 )2S加入量最好应选___________。
a．100%         b．110%        c．120%       d．130%
(4)电解后溶液中的溶质主要成分是___________， 可用于循环使用。
15．（2023·安徽马鞍山·统考二模）我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、 SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：

已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；
②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；
③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Al3+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀的pH
3.5
9.5
2.2
沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH
4.7
11.1
3.2
回答下列问题：
(1)粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称___________；
(2)为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因：___________；
(3)酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为___________， 有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点：___________ ；
(4)通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为___________ ， 当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为___________mol/L；
(5)铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：

由图可知，Pt 浸出的最佳条件为___________；
(6)金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为___________，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为___________pm(写出计算式，不用简化)。

16．（2023·安徽蚌埠·统考三模）可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn ，其工艺流程如图所示：

已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似；
②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示：
金属离子
Fe3+
Ga3+
Zn2+
Fe2+
开始沉淀
1.7
3．0
5.5
8.0
沉淀完全
3.2
4.9
8.0
9.6
萃取率(%)
99
97 ~98. 5
0
0
回答下列问题：
(1)过滤后，滤液的主要成分是__________(填化学式)。
(2)固体M为___，其作用是__________________________。
(3)反萃取的离子方程式为_____________________。
(4)合成得到的产物是( CH3 )3Ga，经化学气相沉积(类似于取代反应) ，副产物为 ____________ (填名称)。
(5)GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取____________堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体空隙的填隙率为_____。(填隙率=)

17．（2023·安徽宿州·统考一模）纳米氧化锌是一种多功能性新型无机材料，化工上可以利用废弃的锌镍电池废料(主要含：Zn、Ni和少量的Fe、Al)制备纳米氧化锌，其生产流程如图所示：

已知：Ksp[Zn(OH)2]=1.6×10-16；Ksp[Ni(OH)2]=2.8×10-15；Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39；Ksp[Al(OH)3 =4.6×10-33
回答下列问题：
(1)H2SO4属于高沸点的酸，不仅是因为H2SO4分子属于极性分子，另外一个主要原是___________。
(2)为检验“氧化”操作后的溶液中是否含有Fe2+，某同学取适量待检溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液该方法是否合理：___________(填“是”或“否”)，理由是___________(以离子方程式表示)。
(3)“沉铁铝”操作中加热不仅能够加快反应速率，另外一个主要目的是___________取“沉铁铝”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室温下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最终所得溶液中c(Fe3+)=___________mol/L。
(4)假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1：80，若在50mL的水溶液样品中用10mL萃取剂P2O4萃取，则萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的___________倍。
(5)化工生产中，分离Zn2+离子用萃取法而不通过调节溶液pH形成沉淀的方法，原因是___________。
(6)“沉锌”过程中若NH4HCO3用量过大，易生成碱式碳酸锌［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，该反应的离子方程式为___________。
18．（2022·安徽淮南·统考二模）锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(成分有ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：

已知：①浸取后溶液pH为2，Ge以GeO2+的形式存在；
②单宁酸为复杂有机酸，易与Fe3+络合沉淀。
(1)浸取时ZnO·GeO2发生反应的化学方程式是_______，浸渣的主要成分是_______。
(2)试剂X的作用是_______。
(3)下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为_______(填标号)。

A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0
(4)沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其原因是_______。
一段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
88.5
89.5
90.5
91.5
93.5
二段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
92
93.5
94.5
97
97.5
(5)可从滤液中回收的金属元素主要有_______。
(6)若用C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SO4，其在空气中灼烧会得到SO2、H2O、CO2三种气体，该反应方程式为_______。
19．（2022·安徽黄山·统考二模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：

已知：(1)“焙烧”生成了铁红；
(2)常温下，柠檬酸()电离常数：  ，， , Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。
(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。
(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)
20．（2022·安徽合肥·统考二模）钛合金是一种重要的航空材料，以下是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含FeO和Fe2O3等杂质)为原料制备金属钛及副产品铁红的工艺流程：

已知：①TiO2+易水解为TiO2·nH2O；高温下钛易与N2、H2等反应。
②常温下，Ksp [Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp[FeCO3]=3.2×10-11。
回答下列问题：
(1)钛铁矿溶煮前需要粉碎，其目的是_______ 。
(2)在“滤液”中加入铁屑的作用是_______ 。
(3)FeSO4溶液中加入NH4HCO3时还有气体放出，写出反应的化学方程式：_______ ，该反应温度不宜过高，原因是_______ 。
(4)制备FeCO3时，若将NH4HCO3换成(NH4)2CO3，还会产生Fe(OH)2，原因可能是：FeCO3+2OH-→Fe(OH)2+CO，计算该反应的平衡常数K=_______。
(5)“富含TiO2+酸性液”加热并过滤后，所得“废液”中溶质的主要成分是_______ 。
(6)已知TiO2(s)+2Cl2(g)→TiCl4(1)+O2(g) ΔH=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，从化学平衡的角度解释原因为_______ 。
(7)镁与TiCl，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_______(填标号)。
A．H2 B．Ar C．CO2 D．N2

参考答案：
1．A
【详解】A．氯化银是白色沉淀，能够溶于氨水，形成[Ag(NH3)2] Cl配合物，现象描述正确，离子方程式书写正确，选项A正确；
B．向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，现象描述正确，离子方程式应该为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；
C．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液的反应，现象描述正确，离子方程式应该为CH3CHO + 2Cu(OH)2+NaOHCH3 COONa + Cu2O↓+3H2O，选项C错误；
D．该实验中NaOH 2mL过量，而MgCl2、FeCl3溶于均只加了4滴，则有红褐色沉淀生成是沉淀的生成，不是沉淀的转化，离子方程式为Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3↓，选项D错误；
答案选A。
2．D
【详解】A．直径介于1~100nm之间的微粒分散到分散剂中形成的分散系称为胶体，纳米级的酶分散到水中形成的分散系为胶体，胶体可以产生丁达尔效应，故A正确；
B．碳化硅材料与二氧化硅晶体类型相同，都是共价晶体，故B正确；
C．生石灰可吸水，铁粉具有还原性，则食品袋中放入装有生石灰和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故C正确；
D．石墨烯片与石墨互为同素异形体，故D错误；
故选D。
3．C
【详解】A．、等还原性离子都能使酸性褪色，所以口服液中不一定是，A错误；
B．向水中先加浓溶液，发生反应后没有剩余，再加CCl4，振荡后静置，u溶液分层，但是没有紫色出现，B错误；
C．向含有乙酸乙酯的试管 a加入2 mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管 b中加入2 mLNaOH溶液，70 ~ 80°C热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，C正确；
D．与形成络合物，颜色变化不是因为将其氧化，加入，的存在影响配合物的种类，颜色发生了变化不是因为还原，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．铁和水蒸气高温下发生反应产生H2，存在安全隐患，A项有关联性；
B．墨汁为碳单质，国画保存时间持久说明墨汁稳定，说明常温下碳单质稳定，B项有关联性；
C．NaOH具有腐蚀性，且NaOH与Al反应放热，同时产生气体疏通管道，C项有关联性；
D．淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧环境下发酵转化为乙醇和二氧化碳，D项没有关联性；
故选D。
5．D
【详解】A．二氧化硫有毒，但是能做某些食品添加剂，如葡萄酒中可添加二氧化硫作抗氧化剂，A错误；
B．活性炭具有疏松多孔的结构，可用于除异味，不能杀菌，B错误；
C．水泥是应用较广的人造材料，主要化学成分是石灰石、二氧化硅和粘土，C错误；
D．K2FeO4是一种新型净水剂，还原产物可以水解生成Fe(OH)3胶体，D正确；
故答案为：D。
6．C
【详解】A．向该溶液中滴加氯水，再加KSCN溶液，溶液变红，不能说明溶液中一定含有Fe3+，可能含有Fe2+，因为氯气具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，再加KSCN溶液，溶液也能变红，故A错误；
B．蔗糖部分水解，中和酸后，加入新制氢氧化铜悬浊液，也能产生砖红色沉淀，故B错误；
C．加入适量NaOH溶液，NaOH与CuSO4恰好完全反应，生成蓝色沉淀Cu(OH)2，后加入Na2S溶液，蓝色沉淀变为CuS黑色沉淀，说明发生了沉淀的转化，故C正确；
D．氨气溶于水，显碱性，能使红色或紫色石蕊变蓝色，即题中应用湿润的红色石蕊试纸，故D错误；
答案为C。
7．D
【详解】A．常见青铜是由铜和锡两种物质熔合制成的具有金属特性的物质，属于合金，A正确；
B．纤维素属于天然有机高分子化合物，B正确；
C．白醋可以和水垢中的碳酸钙反应，可用于去除水壶中的水垢，C正确；
D．三价铁不易被人体吸收，亚铁离子才易被人体吸收，故可用作缺铁性贫血的补铁剂而不是硫酸铁，D错误；
故选D。
8．C
【详解】A．苯酚也可以与碳酸钠发生反应，且不能采用过滤方式，不能达到除杂目的，A不符合题意；
B．溶解铁锈所得的溶液中本身含铁离子，若要检验亚铁离子，不能加入KSCN溶液，否则会有铁离子的干扰，B不符合题意；
C．乙烯与溴可发生加成反应，乙烷不反应，所以将混合气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液会褪色，能达到实验目的，C符合题意；
D．和均会与稀盐酸反应产生气体，不能达到实验目的，D不符合题意；
故选C。
9．C
【详解】A．M中Fe元素为+2价，且电荷数为0，可能是，故A正确；
B．R中Fe元素为0价，且电荷数为0，为Fe单质，铁单质在常温下遇浓硫酸发生钝化，故B正确；
C．N中Fe元素为+2价，且电荷数为+2，为Fe2+，Fe2+不能用溶液检验，故C错误；
D．中Fe元素为+6价，据图可知在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成，故D正确；
故选C。
10．B
【详解】A．Cl2和H2O反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO和HCl反应生成Cl2，可以实现，A不选；
B．Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe，故不能实现，B选；
C．SO2和O2反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，Cu和浓H2SO4反应生成SO2，可以实现，C不选；
D．NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，Cu和稀HNO3反应生成NO，可以实现，D不选；
故选B。
11．B
【分析】从图中可知X形成1条键，且原子序数最小，X为H，Y、Z为同周期相邻元素，在化合物甲中，Y、Z、W原子均满足8电子稳定结构，Y形成4条键，Y为C，Z形成3条键为N，W形成两条键，且四种元素位于三个周期，则W为S。
【详解】A．沸点：相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，，A正确；
B．亚硫酸不可用铁制容器盛装，B错误；
C．H、C、N、S四种元素可形成，属于离子化合物，C正确；
D．S单质易溶于，D正确；
故答案选B。
12．B
【详解】A．“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，故A项错误；
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，是将液体和固体分开，分离液体和不溶性固体，操作为过滤，故B项正确；
C．“青矾”为绿色晶体，应该是硫酸亚铁晶体，则“青矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，故C项错误；
D．“强水”为溶液，属于混合物，不是电解质，故D项错误；
答案选B。
13．A
【详解】A．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，有白色沉淀生成，则AlO结合H+能力比CO强，故A正确；
B．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，故该现象不能比较过氧化氢与铁离子的氧化性，故B错误；
C．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，由现象不能说明制得的气体中含乙烯，故C错误；
D．硝酸银过量，故不能证明该实验中存在沉淀转换，故D错误；
故选 A。
14．(1) SiO2 分液
(2)Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2
(3) [Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O或者[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3 2.16×1014 c
(4)硫酸

【分析】粗氧化锌主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入NH3-NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，进行操作1即过滤一起除去，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行氧化除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3•H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，进行操作2即过滤，除去MnO2和CuS，即滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，进行操作3即分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，“ 操作3” 分离有机层和无机层，名称为分液，故答案为：SiO2；分液；
（2）由分析可知，“氧化除锰”时，H2O2 将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2，故答案为：Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2；
（3）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因锌离子与硫离子结合生成了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O，该反应的平衡常数为K=====2.16×1014，故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O；2.16×1014；
②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；
（4）由分析可知，电解硫酸锌溶液制备锌，方程式为：2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4，故电解后溶液中的溶质主要成分是硫酸，可用于“反萃取”步骤中循环使用，故答案为：硫酸。
15．(1)焙烧(或煅烧)
(2)HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解
(3) 3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O 优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解
(4) Fe3+、Al3+、Mg2+ 10-5.9或1.25×10-6
(5)微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2
(6) Cu3Pt(或PtCu3) 或 (其他正确表示也可)

【详解】（1）长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物需要高温加热将有机物和C转化为CO2的除去。答案为焙烧(或煅烧)；
（2）酸浸溶解金属和金属氧化物，但HNO3和HCl均易挥发，且HNO3高温分解浪费原料。答案为HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解；
（3）Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价，即Pt被氧化为H2PtCl6，反应为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O。HNO3还原产生NO会造成污染，而H2O2不会，但H2O2稳定性差易分解。答案为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解；
（4）从表格数据看开始沉淀的pH：Fe3+< Al3+、Mg2+，Fe3+先沉淀再Al3+、Mg2+。由Fe3+完全沉淀时pH=3.2计算得到Ksp[Fe(OH)3]=(10-10.8)3×10-5=10-37.4。Al3+开始沉淀时的pH=3.5即c(OH-)=10-10.5mol/L，此时溶液中的Fe3+为。答案为Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6；
（5）从图看，微波加热短时间内浸出率较高，5min时、固液比为2时浸出率接近100%。答案为微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2；
（6）Cu位于晶胞面心占3个，而Pt位于晶胞的顶点占有1个。该物质的化学式为Cu3Pt。晶胞密度为得到a=cm。Cu之间的最短距离为=×1010pm。答案为Cu3Pt；×1010pm。
16．(1)ZnSO4
(2) Fe 将Fe3+转化为Fe2+ ，避免Fe3+被萃取
(3)Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O
(4)甲烷
(5) 六方最密 50%

【分析】由题中工业流程，锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，溶液为ZnSO4溶液，滤饼加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后和NH3反应得到GaN。
【详解】（1）由分析可知，过滤后，滤液的主要成分是ZnSO4。
（2）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。
（3）由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O。
（4）以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有12个正四面体空隙，N原子填充了6个，所以填充率为50%。
17．(1)H2SO4分子之间存在氢键
(2) 否 2 + 5H2O2 + 6H+= 2Mn2++ 5O2↑+ 8H2O
(3) 防止胶体生成，易沉淀分离 1× 10-10
(4)0.059或
(5)Zn(OH)2与Ni(OH)2的Ksp接近，难以通过调节pH分离Ni2+、Zn2+
(6)3Zn2++6+H2O= 2Zn(OH)2 ·ZnCO3·2H2O↓+ 5CO2↑

【分析】化工上可以利用废弃的锌镍电池废料(主要含Zn、Ni和少量的Fe、Al)制备纳米氧化锌，含锌废料用H2SO4酸浸，Zn、Ni、Fe、Al转化为Zn2+、Ni2+、Fe2+、Al3+存在于溶液中，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再向溶液中加入ZnO调节pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后向滤液中加入P2O4将Zn2+萃取出来，Ni2+存在于水相中，再向P2O4加入有机相反萃取得到含Zn2+的溶液，加入碳铵沉锌，再经过滤渣煅烧得到纳米氧化锌。
【详解】（1）H2SO4分子之间存在氢键，沸点较高。
（2）入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+后，溶液中残留有H2O2，H2O2具有还原性也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色生成O2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2 + 5H2O2 + 6H+= 2Mn2++ 5O2↑+ 8H2O，故用滴加酸性高锰酸钾溶液检验溶液中是否含有Fe2+不合理。
（3）“沉铁铝”操作中加热不仅能够加快反应速率，另外一个主要目的是防止胶体生成，易沉淀分离；取“沉铁铝”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室温下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最终所得溶液是Fe(OH)3的饱和溶液，此时，由因为c(Fe3+)=c(OH-)，则，则c(Fe3+)=。
（4）假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1：80 ，50mL 的水溶液样品，设浓度为c，用  10mL萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为b，萃取剂中的浓度为，则有，萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的0.059或倍。
（5）Zn(OH)2与Ni(OH)2的Ksp接近，难以通过调节pH分离Ni2+、Zn2+。
（6）“沉锌”过程中若NH4HCO3用量过大，易生成碱式碳酸锌［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，离子方程式为：3Zn2++6+H2O= 2Zn(OH)2 ·ZnCO3·2H2O↓+ 5CO2↑。
18．(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4
(2)还原Fe3+
(3)C
(4)单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小
(5)Zn、Fe
(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2

【分析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中加入硫酸溶液浸取时，PbO与硫酸溶液反应生成PbSO4，ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2溶于硫酸溶液得到含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4，过滤得到含有PbSO4的滤渣和含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4的滤液；向滤液中先加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再加入氧化锌调节溶液pH至2.5，后加入单宁酸沉锗，经洗涤、压滤得到含有ZnSO4、FeSO4的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO2。
【详解】（1）由分析可知，ZnO·GeO2与硫酸溶液反应生成ZnSO4、GeOSO4和水，反应的化学方程式为ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO4；
（2）由分析可知，试剂X为铁，加入铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：还原Fe3+；
（3）由图可知，溶液pH为2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH应为2.5，故选C；
（4）由表格数据可知，当单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产成本，应选择单宁酸总用量为25倍进行二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；
（5）由分析可知，滤液中含有ZnSO4、FeSO4，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁元素，故答案为：Zn、Fe；
（6）由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反应为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反应生成二氧化锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2，故答案为：2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2。
19．(1) 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4
(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S
(3) 酸式 酸
(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解
(6)86.72%

【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。
【详解】（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；
（2）FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
（3）由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，， ，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；
（4）若铝离子浓度为0.1mol/L， “除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；
（5）温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
（6）根据铁原子守恒可知，某工厂用1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为：=5mol，经过焙烧、酸化后形成5molFe3+，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，则还原后得到的Fe2+的物质的量为7.5mol，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为：7.5mol×246g/mol=1.845kg，而实际上只制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为=86.72%，故答案为：86.72%。
20．(1)增大接触面积，加快反应速率。
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3) FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O + (NH4)2SO4； 防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解。
(4)4×104
(5)H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)
(6)碳与O2反应使O2浓度减小，平衡正向移动，且反应吸热，高温促进平衡正向移动。
(7)B

【分析】钛铁矿中含FeO和Fe2O3等杂质，加入浓硫酸后溶煮过滤可以除去难溶杂质，FeTiO3、FeO、Fe2O3溶于酸，滤液中含有TiO2+、Fe3+、Fe2+以及H2SO4。加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+。经冷却结晶，富含TiO2+的酸性液中含有TiO2+、H2SO4，还可能存在没有析出的少量FeSO4。经过后续操作可得到相应产品。
(1)
通过粉碎可增大反应物接触面积，加快化学反应速率。
(2)
根据滤液成分可知，加入铁屑后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故加铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
(3)
FeSO4溶液呈酸性，故加入NH4HCO3时生成的气体应为CO2，产物中有FeCO3，故反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O+(NH4)2SO4；NH4HCO3受热分解，同时FeSO4溶液中存在水解平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，升高温度会促进Fe2+水解，所以反应温度不宜过高。
(4)
该反应平衡常数
(5)
TiO2+水解转化为TiO2·nH2O后，“废液”中溶质的主要成分是H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)。
(6)
已知反应产物中有O2，加入碳之后碳会与O2反应，使O2浓度减小，平衡正向移动。升高温度向吸热方向移动，反应为吸热反应，高温条件会促进平衡正向移动。
(7)
高温下钛易与N2、H2等反应，CO2会与Mg反应，故可作为保护气的是Ar。
【点睛】书写陌生反应式的时候一定要注意实际发生条件，比如本题中FeSO4与NH4HCO3反应有气体生成，根据物质分析，气体可能是NH3也可能是CO2，但要注意FeSO4为酸性溶液，NH3应在碱性溶液中析出，故气体为CO2。