2024届高三化学一轮复习单元过关卷3：金属及其化合物

这是一份2024届高三化学一轮复习单元过关卷3：金属及其化合物，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

3 金属及其化合物

相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 Al∶27 Si∶28 P∶31
一、单选题（45分，每题3分）
1．化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A．电影院中放映口发出的光形成光柱是胶体的丁达尔现象
B．铝与氢氧化钠固体混合物可作下水管道的疏通剂
C．氧化亚铁可应用于瓷器制作中使釉呈绿色
D．亚硝酸与氨基生成氮气的反应可用于蛋白质含量检测，体现了亚硝酸的还原性
2．《新修本草》是我国古代中药学著作之一，其中关于“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……”，则“青矾”的主要成分是（ ）
A． B．
C． D．
3．代表阿伏加德罗常数。完全溶解于盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．所含的阴离子数为 B．反应转移电子为
C．标准状况下生成气体 D．溶液中数为
4．下列过程对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是（ ）
A．向稀硝酸中加入少量铜粉：
B．锂在氧气中燃烧：
C．向溶液中滴几滴NaClO溶液：
D．用烧碱溶液除去铁粉中的少量铝粉：
5．某化学实验小组设计如下实验探究Zn与溶液中Fe3+发生反应的原理。
实验
试剂
现象
I
2mL 0.1mol·L−1 FeCl3溶液、过量锌粉
黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁单质
Ⅱ
2mL 1mol·L−1 FeCl3溶液(pH≈0.70)、过量锌粉
很快有大量气体产生，出现红褐色浑浊，30min左右产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁单质
下列说法错误的是（ ）
A．实验I说明Fe3+被还原为Fe2+
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+
C．实验Ⅱ发生了置换反应和复分解反应
D．实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关
6．超氧化钾在加热条件下可以将氧化成Ⅲ的化合物，化学方程式如下：，则下列说法正确的是（ ）
A．既是氧化剂，又是还原剂
B．只是氧化产物
C．当反应中转移的电子数为时，则有被氧化
D．标准状况下，生成时，被还原的超氧化钾为
7．Li和Mg是两种重要的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．金属镁一般保存在石蜡油中 B．单质Li和冷水不反应
C．单质Li可与反应生成 D．Li、Mg的焰色试验现象相同
8．实验室对某铁的氧化物(FexO)进行如下实验。下列说法错误的是（ ）
  
A．
B．溶液A为和混合溶液
C．反应②生成标准状况下1.12L
D．Zn至少参加了3个氧化还原反应
9．氨是一种重要的化工原料，根据下图转化判断下列有关表述正确的是（ ）

A．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放且用胶塞密封
B．戊与丁反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．实验室中可以采取加热甲物质的方法制取氨气
D．向饱和NaCl溶液中依次通入过量的和，然后过滤可制得乙
10．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法正确的是（ ）

A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙一定会使高锰酸钾溶液褪色
D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲<丙<戊
11．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．在烧杯中混合含等物质的量溶质的KOH溶液和Cu(NO3)2溶液，能正确显示反应后存在物质的是（ ）
A． B．
C． D．
13．四氟硼酸锂()化学性质稳定，可用作锂电(心脏起搏器电池等)或二次锂离子电池电解液导电盐。其制备流程如图所示，下列说法错误的是（ ）

A．“不溶颗粒”主要成分为
B．实验室中模拟工艺流程时反应器3不能选用三颈圆底烧瓶
C．反应器2中反应为
D．粗产品经过负压下浓缩、冷却结晶即可得到纯净的四氟硼酸锂
14．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1mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2mL H2O、2mL NaOH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+
15．利用反应，制备三氯化六氨合钴的流程如图所示：
  
已知：①钴元素常见价态有+2、+3价，和在水溶液中稳定存在，和不能在水溶液中稳定存在；②常温时。
下列说法错误的是（ ）
A．加入的氯化铵可以抑制氨水电离，防止生成
B．加入浓氨水与过氧化氢的顺序可以调换
C．趁热过滤并冷却后加入10mL浓盐酸，是为了提高产率
D．测得所得产品中氮元素质量分数为31.0%，可能原因是产品中混有
二、填空题（4大题，共55分。）
16．（15分）现代社会人们对生存环境要求越来越高，地球资源却越来越少，这就要求矿业生产体系化、绿色化。如图是对高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)进行综合加工的流程：

已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−32，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38。
(1)气体A的电子式为___。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，还有_________。
(2)反应③的化学方程式为___________。
(3)当离子浓度≤1.0×10−5mol/L时，认为该离子被除尽。则调节溶液1的pH至少为______，此时溶液2中Fe3+的浓度为___mol/L。
(4)反应⑥的离子方程式为_________。
(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥、___、___。(只写相关操作名称)
(6)操作II的最佳方法是______。
A．重结晶        B．电解     C．直接加热       D．萃取
17．（14分）图中A为一种中学化学中常见的金属单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。

(1)B的化学式中阳离子和阴离子的个数比为______。
(2)以上6个反应中属于氧化还原反应的有____________(填写编号)。
(3)写出B→D反应的化学方程式________________________。
(4)若用所示装置验证D、E的热稳定性，则乙中装入的固体最好是______(填化学式)。

(5)向滴入酚酞的D溶液中滴入少量稀盐酸，现象是没有气泡生成，溶液__________，反应的离子方程式为_______________，继续滴加盐酸至过量，现象是_______________
(6)将一定量的B投入到含有下列离子的溶液中：、、、，反应完毕后溶液中上述离子数目明显增多的有______(填离子符号)．
18．（12分）钛白粉()广泛用于颜料、油漆和造纸等。某小组以钛铁矿粉()和金红石粉()为原料制备高纯度的流程如图所示：

已知：遇水极易水解。
(1)在实验室进行操作A，装固体的仪器是___________(填“坩埚”或“蒸发皿”)。
(2)写出钛铁矿与焦炭、氯气在高温下反应的化学方程式：___________。
(3)测定样品中的纯度。取2.000g 样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将还原为Ti3+。过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成250mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，滴入几滴KSCN溶液，用0.1000 标准溶液滴定，将转化成，消耗23.00mL标准溶液，杂质在整个过程中不反应。
①该样品中的质量分数为___________。
②若开始时俯视滴定管读数，滴定终点时仰视滴定管读数，测得结果会___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(4)通过直接氯化法，能用于制备粗产品，其制备装置如图所示。

①若用和浓盐酸制备氯气，写出装置A中反应的离子方程式：___________。
②装置B中试剂的名称是___________。
③从环境保护角度考虑，本实验不足之处是___________。
19．（14分）是一种高效多功能的新型消毒剂。
已知：微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)中铁元素的化合价为_______，具有强氧化性。
(2)一种制备的方法如下。

①生成的电极反应式：_______。
②阴极室的浓度提高，结合电极反应式解释原因：_______。
(3)向含的溶液中加入固体，析出固体，再用稀溶液洗涤，得到产品。用化学方程式解释不能用水洗涤的原因：_______。
(4)称取制得的产品，加入足量溶液，充分反应后，加入调节溶液，用溶液进行滴定，消耗溶液。计算样品的质量分数：_______。[已知：]
涉及的反应有：



(5)电解后，测得，。
已知：

①，说明除之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有和，则_______。
②判断阳极有水(或OH−)放电，判断依据：
i．水(或OH−)有还原性；
ii．_______。

答案
1．【答案】D
【解析】A．黑暗的电影院中，放映口发出的光会在影院中形成光柱是气溶胶产生了丁达尔效应，故A正确；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应产生的氢气可疏通堵塞的下水管道，所以铝与氢氧化钠固体混合物可作下水管道的疏通剂，故B正确；C．青瓷的颜色是由釉中所含的氧化亚铁产生出来的，所以氧化亚铁可应用于瓷器制作中使釉呈绿色，故C正确；D．亚硝酸与氨基生成氮气的反应可用于蛋白质含量检测，体现了亚硝酸的氧化性，故D错误；故选D。
2．【答案】C
【解析】本为绿色Fe2+为绿色，烧之转变为赤色即亚铁接触O2转变为+3铁，即该物质为FeSO4·7H2O；故选C。
3．【答案】A
【解析】A．15.6g Na2O2的物质的量，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所含的阴离子数为0.2NA，故A正确；B．过氧化钠和盐酸反应的化学方程式：2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O，过氧化钠和水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠反应电子转移2mol，15.6g Na2O2的物质的量为0.2mol，电子转移总数为0.2NA，故B错误；C．2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，0.2mol过氧化钠反应生成0.1mol气体，标准状况下体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C错误；D．钠元素守恒得到0.2mol Na2O2中含钠离子0.4mol，溶液中Na+数为0.4NA，故D错误；故选A。
4．【答案】D
【解析】A．向稀硝酸中加入少量铜粉发生反应生成NO和硝酸铜，离子方程式为：，故A错误；B．锂在氧气中燃烧生成Li2O，故B错误；C．向溶液和少量NaClO溶液会发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化硫，离子方程式为：，故C错误；D．Fe不和NaOH溶液反应，Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：，故D正确；故选D。
5．【答案】B
【解析】A．实验I黄色溶液很快变浅，固体中未检出铁单质，说明Fe3+被还原为Fe2+，黄色溶液很快变浅，选项A正确；B．FeCl3溶液中的Cl−也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰Fe2+的检验，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+，选项B错误；C．FeCl3溶液中加入过量锌粉，很快有大量气体产生，是氯化铁溶液水解产生的盐酸与锌粉反应产生氯化锌和氢气，反应为置换反应；出现红褐色浑浊，是氯化铁水解生成氢氧化铁，属于复分解反应；产生少量铁单质，是锌置换出铁，属于置换反应，选项C正确；D．根据上述实验可知，实验开始时Fe3+浓度较大，先与锌发生氧化还原反应生成氯化锌和氯化亚铁，当Fe3+浓度较低，H+浓度较大时，H+与锌反应生成锌盐和氢气，故实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关，选项D正确；答案选B。
6．【答案】C
【解析】分析方程式可知，中的O元素的化合价由部分升高为氧气中的0价，被氧化，部分转化为，中O为价，为价，故氧气为氧化产物，即是氧化产物也是还原产物，据此分析回答问题。A．该反应中中的化合价由价升高为价，被氧化，为还原剂，的中O化合价由价部分升高为0价，部分降低为价，既有升高，又有降低，既是氧化剂又是还原剂，选项A错误；B．中的化合价由价升高为价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由价降低为价，化合价降低被还原，故又是还原产物，选项B错误；C．根据方程式分析可知，当反应中转移的电子数为时，则有被氧化，选项C正确；D．标准状况下，生成时，即时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾为，但中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾为，选项D错误；答案选C。
7．【答案】C
【解析】A．金属镁表面易形成较致密氧化膜，不需要保存在石蜡油中，A错误；
B．单质Li和冷水可以反应生成LiOH和氢气，B错误；C．单质Li可与反应生成，C正确；D．Li的焰色为紫红色，与Mg不同，D错误；故选C。
8．【答案】B
【解析】反应①为硫酸和铁的氧化物反应，根据硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.15L×1mol/L=0.15mol结合O原子守恒可知，FexO的物质的量小于等于0.15mol，故有n(FexO)×(56x+16)=6.08g，解得n(FexO)=0.1mol时，x=0.8，设FexO中+2价的铁为a个，则+3价的铁为(0.8-a)个，根据化合价之和等于0可知，2a+3(0.8-a)=2，解得a=0.4，即含有Fe2+为0.4，Fe3+为0.4，故6.08g FexO中含有Fe2+为0.04mol，Fe3+为0.04mol，反应①后剩余H2SO4为0.15mol-0.1mol=0.05mol，故反应②为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，据此分析解题。A．由分析可知，，A正确；B．由分析可知，反应②为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，根据硫酸根守恒可知，若溶液A为ZnSO4溶液则溶解的Zn的质量为0.15mol×65g/mol=9.75g，即Zn过量，说明溶液A中不可能含有FeSO4，B错误；C．由分析可知，反应①后剩余H2SO4为0.15mol-0.1mol=0.05mol，反应②中：，解得V=1.12L，即生成标准状况下1.12L H2，C正确；D．由分析可知，反应②为Zn+Fe3+=Zn2++Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，Zn至少参加了3个氧化还原反应，D正确；故答案为B。
9．【答案】B
【解析】氨气发生催化氧化生成NO和水，丙是NO、丁是H2O；NO和氧气反应生成NO2，戊是NO2；NO2和水反应生成硝酸和NO；氨气和氯化氢反应生成氯化铵，甲是NH4Cl；氨气、氯化钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，乙是碳酸氢钠。A．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放，浓硝酸具有强氧化性，不能用胶塞密封，故A错误；B．NO2和水反应生成硝酸和NO，氮元素化合价由+4升高为+5、氮元素化合价由+4降低为+2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B正确；C．甲是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成的氨气和氯化氢遇冷会重新结合生成氯化铵，不能采取加热甲物质的方法制取氨气，故C错误；D．氨气极易溶于水，二氧化碳在碱性溶液中溶解度增大，向饱和NaCl溶液中先通入过量的NH3，再通入CO2生成碳酸氢钠沉淀，故D错误；故选B。
10．【答案】D
【解析】A．甲为单质，若甲可以与溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，A错误；B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，B错误；C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，都不能使高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为S、乙为氧气、丙为二氧化硫、丁为等具有强氧化性的物质、戊为硫酸时，则含S元素的物质中S的化合价由低到高的顺序为甲＜丙＜戊，D正确；故选D。
11．【答案】D
【解析】A．电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、Cl2，Cl2和石灰乳反应得到漂白粉，故A不符合题意，B．CuO不和水反应，故B不符合题意；C．Fe2O3和Al高温下反应生成Fe，Fe和Cl2反应生成FeCl3，故C不符合题意；D．Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和Ca(OH)2溶液反应生成Ca(NO3)2和NO，故D符合题意；故选D。
12．【答案】D
【解析】KOH溶液和Cu(NO3)2溶液反应的方程式为：2KOH+Cu(NO3)2=Cu(OH)2↓+2KNO3，KOH和Cu(NO3)2等物质的量时，反应生成的Cu(OH)2、KNO3、剩余的Cu(NO3)2，则溶液中有K+、NO、Cu2+三种离子，选D。
13．【答案】D
【解析】Li2CO3料浆中通入CO2反应生成LiHCO3，经过过滤操作分离出不溶颗粒Li2CO3，向LiHCO3溶液中加入HF反应生成，再将与HBO3溶液反应生成粗产品；A．为微溶物，则“不溶颗粒”主要成分为，A正确；B．反应3为与HBO3反应生成，HF会腐蚀玻璃，则不能选用三颈圆底烧瓶，B正确；C．据分析可知，反应器2中反应为，C正确；D．四氟硼酸锂()化学性质稳定，不需要经过负压下浓缩、冷却结晶，D错误；故选D。
14．【答案】C
【解析】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2mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管b中加入2mL NaOH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。
15．【答案】B
【解析】在热水中溶解氯化钴和氯化铵，冷却后加入浓氨水参与反应，再加入过氧化氢将+2价钴氧化为+3价钴，冷却后抽滤得到滤渣，在滤渣中加入浓盐酸和80mL沸水溶解滤渣，趁热过滤、冷却后继续加入浓盐酸得到产物，以此解题。A．直接加入氨水，溶液中的OH−浓度增大，会导致Co2+以沉淀形式析出，则加入氯化铵可以抑制氨水电离出OH−，防止Co(OH)2沉淀的生成，故A正确；B．Co2+和[Co(NH3)6]3+在水溶液中稳定存在，Co3+和[Co(NH3)6]2+不能在水溶液中稳定存在，若先加入H2O2不易将Co2+氧化，先将Co2+转化成[Co(NH3)6]2+更易被H2O2氧化成稳定的[Co(NH3)6]3+，故加入浓氨水与过氧化氢的顺序不可以调换，故B错误；C．趁热过滤并冷却后加入少量浓盐酸能有效促进[Co(NH3)6]Cl3的析出，从而提高产率，故C正确；D．[Co(NH3)6] Cl3产品中氮元素的质量分数为=31.4%，当测得氮元素质量分数为31.0%（＜31.4%）时，说明配体NH3分子数偏少，可能的原因是产品中混有[CoCl(NH3)5]Cl2，故D正确；故选B。
16．【答案】（1）（2分） HCl（2分）
（2）SiHCl3+H23HCl+Si（2分）
（3）5（2分） 4×10−11（2分）
（4）AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO（2分）
（5）灼烧（1分） 电解（1分）
（6）C（1分）
【解析】高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)酸浸，Fe2O3、Al2O3、Li2O溶解，SiO2不溶解，过滤，得到SiO2，焦炭和SiO2在高温下反应生成Si和CO，Si和HCl在一定温度条件下反应生成氢气和SiHCl3，氢气和SiHCl3在一定条件下反应生成HCl和Si，CO和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，溶液1加氨水调节溶液pH值得到固体2和溶液2，固体加入过量氢氧化钠溶液再过滤，得到滤液偏铝酸钠，通入二氧化碳得到氢氧化铝，经过一系列变化得到金属铝。(1)气体A为CO，其电子式为。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，根据题中信息和分析得到还有HCl；故答案为：；HCl。(2)反应③的化学方程式为SiHCl3+H23HCl+Si；故答案为：SiHCl3+H23HCl+Si。(3)根据题意沉淀氢氧化铝，因此，则调节溶液1中即pOH=9，则pH至少为5，此时溶液2中Fe3+的浓度为；故答案为：5；4×10-11。(4)反应⑥是偏铝酸钠溶液中充入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO；故答案为：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，将氢氧化铝灼烧得到氧化铝，氧化铝再电解得到铝单质，因此其步骤为灼烧、电解；故答案为：灼烧；电解。(6)将固体LiCl和NH4Cl分离开，利用NH4Cl受热易分解生成HCl和NH3，HCl和NH3又反应生成NH4Cl，因此操作II的最佳方法是直接加热；故答案为C。
17．【答案】(1)2∶1（1分）
(2)①②③④（2分）
(3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（2分）
(4)NaHCO3（2分）
(5) 仍呈红色（1分） +H+=（2分） 溶液的红色褪去，且有气泡逸出（2分）
(6)、Na+（2分）
【解析】A为一种中学化学中常见的金属单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。由图中物质的转化关系，可确定A为Na，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3。（1）B的化学式为Na2O2，阳离子(Na+)和阴离子()的个数比为2∶1。答案为：2∶1；（2）以上6个反应分别为：2Na+O2Na2O2、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、NaOH+CO2=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，属于氧化还原反应的有①②③④。答案为：①②③④；（3）由以上分析可知，B→D为Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（4）若用如图所示装置验证D、E的热稳定性，则乙中装入的固体，最好是低温条件下就能分解的NaHCO3。答案为：NaHCO3；（5）向滴入酚酞的D溶液中滴入少量稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，现象是没有气泡生成，溶液仍呈红色，反应的离子方程式为+H+=，继续滴加盐酸至过量，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，现象是：溶液的红色褪去，且有气泡逸出。答案为：仍呈红色；+H+=；溶液的红色褪去，且有气泡逸出；（6）将一定量的B投入到含有下列离子的溶液中，先与水反应，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成的OH−再与反应生成，则反应完毕后溶液中上述离子数目明显增多的有、Na+。答案为：、Na+。
18．【答案】(1)蒸发皿（1分）
(2)2++8C+9Cl22FeCl3+ 3TiCl4+8CO（2分）
(3)92%（2分） 偏高（2分）
(4)2MnO+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O （2分） 饱和食盐水（1分） F中碱石灰吸收了尾气中的Cl2，但不能吸收CO，CO会污染环境（2分）
【解析】铁矿粉()和金红石粉()在高温条件下和焦炭粉、Cl2反应生成CO和FeCl3、TiCl4，FeCl3和TiCl4沸点不同，可以通过加热蒸发的方法分离二者，TiCl4在热水中发生反应生成TiO2·xH2O，加热后生成TiO2，以此解答。（1）由分析可知，操作A是加热蒸发，装固体的仪器是蒸发皿。（2）铁矿粉()和金红石粉()与焦炭、氯气在高温下反应生成CO和FeCl3、TiCl4，化学方程式为：2++8C+9Cl22FeCl3+ 3TiCl4+8CO。（3）①根据电子守恒，n(Fe3+)=n()，样品中的质量分数w(TiO2)= ；②滴定前俯视，读数小于液面数值，滴定后仰视，读数大于液面数值，导致实验中标准溶液读数体积大于实际用去标准溶液的体积，则测定结果偏高。（4）①若用KMnO4和浓盐酸制备氯气，装置A中反应的离子方程式为：2MnO+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；②装置B的作用是除去Cl2种混有的HCl气体，装置B中试剂的名称是饱和食盐水；③F中碱石灰吸收了尾气中的Cl2，但不能吸收CO，CO会污染环境。
19．【答案】(1)+6（2分）
(2)Fe-6e−+8OH−=+4H2O（2分） 阴极发生2H2O+2e−=2OH−+H2↑，OH−浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室（2分）
(3)4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH（2分）
(4)（2分）
(5)13.3%（2分） （合理即可）（2分）
【解析】（1）K为+1价，O为-2价，则Fe为+6价。（2）①该电极发生氧化反应，电极反应式为Fe-6e−+8OH−=+4H2O。②阴极发生2H2O+2e−=2OH−+H2↑，OH−浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室。（3）在中性溶液中快速分解产生，可知和水反应产生O2，化学方程式为4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH。（4）根据所给的离子方程式可知反应中涉及物质的物质的量之比为n（）∶n（）∶n（）∶n（）=2∶2∶1∶6，则参与反应的质量为，样品的质量分数为。（5）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1mol Fe，则，，则，。②，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或OH−)放电。