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（新高考）2021届高考二轮复习专题四 常见金属及其化合物 教师版
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这是一份（新高考）2021届高考二轮复习专题四 常见金属及其化合物 教师版，共19页。试卷主要包含了常见金属及化合物的主要性质，金属的性质等内容，欢迎下载使用。
专题 四
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常见金属及其化合物
命题趋势
常见金属元素(如Na、Mg、Al、Fe、Cu等)和非金属元素（如Cl、N、S、Si）。
(1)了解常见金属的活动顺序。
(2)了解常见元素及其重要化合物的主要性质及其应用。
(3)了解合金的概念及其重要应用。
(4)以上各部分知识的综合应用。
Ⅰ．客观题
(1)考查元素及其化合物的重要性质和应用。
(2)以元素及其化合物为载体考查离子共存、离子方程式、氧化还原反应、物质的鉴别与分离等。
Ⅱ．主观题
(1)以“铁三角”“铝三角”的转化关系为载体，考查分析图像能力和计算能力。
(2)以化工流程的形式，考查金属矿物的冶炼和工业废液的提纯。
考点清单
一、常见金属及化合物的主要性质
1．钠及其化合物
(1)等物质的量的金属钠被氧化成Na2O和Na2O2时转移的电子数相同。
(2)钠与盐的溶液反应：钠不能置换出溶液中的金属，钠直接与水反应，反应后的碱再与溶液中的其他物质反应。
(3)向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸，反应是分步进行的。反应的离子方程式依次为：CO+H+===HCO、HCO+H+===H2O+CO2↑。
2．镁、铝及其化合物
(1)镁在空气中燃烧主要发生反应：2Mg+O22MgO，此外还发生反应：3Mg+N2Mg3N2、2Mg+CO22MgO+C。
(2)铝与NaOH溶液、非氧化性强酸反应生成H2。常温下，浓硝酸、浓硫酸使铝发生钝化。
(3)Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中(如在氨水和碳酸中不溶)。
(4)Al3+、AlO只能分别存在于酸性、碱性溶液中。Al3+与下列离子不能大量共存：OH－、CO、HCO、SO、S2－、ClO－、AlO，其中OH－是因为直接反应，其余均是因为发生了剧烈的双水解反应。AlO与下列离子不能大量共存：H+、HCO、Al3+、Fe2+、Fe3+，其中H+和HCO是因为与AlO直接反应(AlO+HCO+H2O===Al(OH)3↓+CO)，其余也是因为发生了剧烈的双水解反应。
(5)明矾的净水原理：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，它在水中能电离：KAl(SO4)2===K++Al3++2SO。铝离子发生水解反应，生成的氢氧化铝胶体具有很强的吸附能力，吸附水中的悬浮物，使之沉降以达到净水目的：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。
3．铁、铜及其化合物
(1)Fe与Cl2反应只能生成FeCl3，与I2反应生成FeI2，与反应物的用量无关。
(2)过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，均生成Fe2+。要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+===3Fe2+。
(3)Fe2O3、Fe(OH)3与氢碘酸反应时，涉及Fe3+与I－的氧化还原反应，产物为Fe2+、I2和H2O。
(4)FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，灼烧后得到红棕色Fe2O3固体；而Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性的酸，将得不到Fe(OH)3固体，最后得到的固体仍为Fe2(SO4)3。
(5)注意亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3+，也可能含有Fe2+。
二、金属的性质
1．金属单质的性质
金属单质的化学性质：
①金属在化学反应中都较容易失去电子被氧化，只作还原剂，但金属离子则可能既表现出氧化性又表现出还原性，如Fe2+。
②金属单质跟酸反应的规律：
A．与非氧化性酸(如盐酸、稀硫酸等)反应
B．与强氧化性酸(浓硫酸、浓稀硝酸)的反应，Fe和Al遇冷的浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应。强氧化性酸跟金属反应不能生成H2。
3．金属活动性顺序表应用小结
金属活动性顺序
K Ca Na Mg Al Mn Zn Fe Sn Pb(H) Cu Hg Ag Pt Au
金属原子失电子能力
K Ca Na Mg Al Mn Zn Fe Sn Pb依次减小，还原性减弱(相应金属离子氧化性增强)
空气中跟氧气的反应
易被氧化
常温时能被氧化
加热时能被氧化
不能被氧化
跟水的反应
常温可置换出水中的氢
加热或与水蒸气反应时能置换出水中的氢
不与水反应
跟酸的反应
能置换出酸(如HCl、H2SO4)中的氢
不能置换出稀酸中的氢
反应剧烈
反应程度依次减弱
能跟浓硫酸、 硝酸反应
能跟王水反应
跟盐的反应
位于金属活动性顺序前面的金属可以将后面的金属从其盐溶液中置换出来(K、Na、Ca除外)
跟碱的反应
Al、Zn等具有两性的金属可以与碱反应
三、常见金属化合物的性质及离子的检验
1．常见的金属氧化物
化学式
Na2O
Na2O2
MgO
Al2O3
FeO
Fe2O3
Fe3O4
颜色
状态
白色固体
淡黄色粉末
白色固体
白色固体
黑色粉末
红棕色
粉末
黑色晶体
与水
作用
反应生成NaOH
反应生成NaOH和O2
与水缓慢反应生成Mg(OH)2
不溶于水，也不与水反应
2．常见的金属氢氧化物及碱的通性
(2)碱的通性
①可溶性碱使指示剂变色。
②可溶性碱与酸性氧化物反应，如向NaOH溶液中通入少量CO2，反应的化学方程式为：2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O。
③与酸发生中和反应。
④可溶性碱与某些可溶性盐发生复分解反应，如Ca(OH)2与Na2CO3反应的化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaOH。
3．金属阳离子的检验
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1.《本草图经》在“绿矾”项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，下列关于“绿矾”的说法正确的是（ ）
A．绿矾的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2O
B．绿矾在溶液中能电离出H+，所以“味酸”
C．“烧之则赤”时，绿矾被氧化
D．可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验绿矾是否已经开始变质
【答案】C
【解析】A．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，故A错误；B．绿矾在溶液中能电离出Fe2+和SO，无H+，故B错误；C．“烧之则赤”时，说明绿矾中的亚铁离子被氧化为铁离子，绿矾煅烧后所得的固体产物为氧化铁，故C正确；D．铁离子与硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液；绿矾变质会产生三价铁离子，应用KSCN溶液检验绿矾是否已经开始变质，故D错误；故选C。
2．人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。下列做法错误的是（ ）
A．用氯化钠作pH调节剂 B．用硫酸铜作杀藻剂
C．用明矾作净水剂 D．用次氯酸钠作消毒剂
【答案】A
【解析】A．氯化钠溶液呈中性，不能作pH调节剂，A错误；B．铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，用硫酸铜作杀藻剂，B正确；C．铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物并使之沉降，可用明矾作净水剂，C正确；D．次氯酸钠具有强氧化性，可作消毒剂，D正确；答案选A。
3．（双选）下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
常温下将铝片插入浓硫酸中
无气泡产生
铝与浓硫酸不反应
B
将亚硫酸钠样品溶于水，滴加稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
产生白色沉淀
亚硫酸钠样品已变质
C
将补铁剂(含FeSO4)溶于盐酸后，滴加铁氰化钾溶液
无明显现象
补铁剂已完全变质
D
向酸性高锰酸钾溶液中滴加乙醇
紫色褪去
乙醇发生氧化反应
【答案】CD
【解析】A．Al片插入到浓硫酸中，Al发生钝化，Al表面生成一层致密的氧化物薄膜，并非不反应，A错误；B．亚硫酸钠溶液中有亚硫酸根，滴加盐酸酸化后再加入硝酸钡，亚硫酸根、氢离子、硝酸根反应生成硫酸根，无法判断亚硫酸钠样品已经变质，B错误；C．铁氰化钾用于检验Fe2+，将补铁剂(含FeSO4)溶于盐酸后，滴加铁氰化钾溶液，无明显现象说明补铁剂中不含有Fe2+，说明补铁剂已经完全变质，C正确；D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加乙醇，紫色褪去，说明乙醇被高锰酸钾氧化，乙醇发生氧化反应，D错误；故答案选CD。
4．下列有关物质性质与用途的描述均正确的是（ ）
A．小苏打、烧碱都可中和胃酸，医疗上均用于治疗胃酸过多
B．次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌、消毒
C．干燥的氯气能使有色的鲜花褪色，表现了氯气的漂白性
D．氯化铁溶液可用于腐蚀铜制线路板，置换出铁单质
【答案】B
【解析】A．烧碱为NaOH，虽然可以中和胃酸，但具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；B．次氯酸具有强氧化性可以氧化蛋白质使其变形，可用于杀菌、消毒，故B正确；C．干燥的氯气并不具有漂白性，使鲜花褪色是因为氯气和水反应生成了具有漂白性的次氯酸，故C错误；D．氯化铁溶液可用于腐蚀铜制线路板，发生的反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，并没有置换出铁单质，故D错误；综上所述答案为B。
5．（双选）以海绵铜(含有少量CuO杂质的海绵状的铜)为原料生产CuCl的工艺流程如图所示。
已知CuCl难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的溶液，易水解、氧化。下列说法不正确的是（ ）
A．“溶解”过程中可用浓盐酸代替硫酸
B．“溶解”过程中反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．“反应”过程中反应的离子方程式为2Cu2++2Cl−+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
D．“烘干”过程可用坩埚在空气中进行
【答案】AD
【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl+SO+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化。A．溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl−溶解，难以得到CuCl沉淀，故A错误；B．“溶解”过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子将铜氧化，离子方程式是3Cu+8H++2NO
=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；C．从后续操作看，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被SO还原，“反应”过程中反应的离子方程式为2Cu2++2Cl−+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故C正确；D．“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，故D错误；故选AD。
高频易错题
1．下列有关元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．古代青铜器表面的铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸
B．往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性
C．将Fe3O4产品溶于足量稀硫酸后，再滴入KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明Fe3O4产品中含有FeO
D．铵根离子在溶液中水解产生H，则所有铵盐溶液都呈酸性
【答案】B
【解析】A．铜锈俗称铜绿，其主要成分为碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，属于盐类，不是氧化物，故A错误；B．蔗糖化学式为C12H22O11，往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，故B正确；C．该实验说明Fe3O4中含有+2价铁元素，而Fe3O4为纯净物，其中不含FeO，故C错误；D．铵根离子在溶液中水解产生H，若阴离子水解程度大于铵根离子水解程度，则该盐溶液呈碱性，若阴离子水解程度与铵根离子水解程度相同，则溶液呈中性，若阴离子不水解或水解程度小于铵根离子，则溶液呈酸性，故D错误；故答案为B。
2．（双选）下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（ ）
操作和现象
结论
A
切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去
Na在空气中会生成Na2O2
B
铝箔插入浓硝酸中，无明显现象
铝与浓硝酸不反应
C
向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸和KSCN溶液，溶液变成红色
溶液中有Fe3+生成
D
将FeCl2溶液滴加到少许酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
FeCl2具有还原性
【答案】CD
【解析】A．钠和氧气反应生成氧化钠，而不是过氧化钠，A错误；B．铝在浓硝酸中钝化，生成致密的氧化膜，B错误；C．硝酸亚铁中加入硫酸，在酸性条件下硝酸根氧化亚铁离子生成铁离子，遇到硫氰化钾显红色，C正确；D．氯化亚铁被酸性高锰酸钾氧化，氯化亚铁表现还原性，D正确；答案选CD。
3．下列除杂质的操作方法不正确的是（ ）
A．NaCl溶液中有少量的Na2SO4——加过量的BaCl2溶液后再过滤
B．CO2中有少量的SO2——通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥
C．NO中有少量的NO2——加水洗涤后再干燥
D．除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3——加热
【答案】A
【解析】A．氯化钡过量会引入新的杂质，故A错误；B．SO2会被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸根，CO2不反应，所以可以将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥，得到纯净的CO2，故B正确；C．NO2与水反应生成HNO3和NO，所以NO中有少量的NO2可以加水洗涤后再干燥，得到纯净的NO，故C正确；D．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、二氧化碳和水，所以可以用加热的方法除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，故D正确；综上所述答案为A。
4．H2S和O2的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述不正确的是（ ）
A．在图示转化关系中，化合价不变的元素有铜、氢、氯
B．过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以减少回收的S中CuS的含量
D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+
【答案】D
【解析】A．观察题图中各种物质可知，H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化，其他元素如O(化合价由0价降低为-2价)、Fe(Fe3+与Fe2+相互转化)、S(S2−转化为S)的化合价均有变化，故A正确；B．由图示可知，Fe2+和O2在过程Ⅰ中发生反应生成Fe3+，根据得失电子守恒和质量守恒，过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故B正确；C．要减少回收S中的CuS含量，S2−不能过量，可以通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度与S2−反应以减小S2−的浓度，故C正确；D．据图可知，过程Ⅰ发生的反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，过程Ⅱ发生的反应为：Cu2++H2S=2H++CuS，过程Ⅲ发生的反应为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，据此可知参加循环反应的离子有Fe2+、H+、Cu2+、Fe3+，故D错误；答案选D。
5．由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率
B．Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
C．滤液中主要存在的阳离子有：H+、Fe2+、Ca2+、Al3+
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
【答案】C
【解析】A．控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，故A正确；B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故B正确；C．双氧水会将亚铁离子氧化，所以滤液中主要存在的阳离子没有Fe2+，而是Fe3+，故C错误；D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，故D正确；综上所述答案为C。
精准预测题
1．（双选）中国国家地理标志产品，福建省特产“建盏”，由黄泥、粘土、红土、釉石等多种原料烧制，主要特点是Fe2O3含量高。下列有关“建盏”说法正确的是（ ）
A．属于新型无机非金属材料产品
B．因含有较多Fe2O3，外表多呈红色
C．产品耐腐蚀性强，可用于盛放各种酸碱
D．现代工艺使用天然气替代煤炭，有助于减少污染
【答案】BD
【解析】A．“建盏”为陶瓷，属于传统无机非金属材料，故A错误；B．Fe2O3为红色固体，所以因含有较多Fe2O3，外表多呈红色，故B正确；C．“建盏”为陶瓷，但含有较多Fe2O3，不能用于盛放各种酸，故C错误；D．现代工艺使用天然气替代煤炭，可以减少二氧化硫的排放，有助于减少污染，故D正确；综上所述答案为BD。
2．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥
B．二氧化氯具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂
C．Al(OH)3具有两性，用作阻燃剂
D．FeCl3溶液显弱酸性，用作铜制线路板的刻蚀剂
【答案】B
【解析】A．碳酸氢铵可用作氮肥是由于碳酸氢铵含有氮元素，不是碳酸氢铵受热易分解，故A错误；B．二氧化氯中氯元素的化合价为+4价，具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂，故B正确；C．Al(OH)3受热易分解生成水蒸气且吸收大量热，并生成高熔点的氧化铝覆盖在燃烧物的表面，起到阻燃的作用，故C错误；D．FeCl3溶液刻蚀铜制线路板是利用其氧化性：，故D错误；故选B。
3．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A．明矾水溶液显酸性，故明矾属于酸式盐
B．0.1mol·L−1明矾溶液完全水解生成Al(OH)3胶粒数小于6.02×1022
C．当n[KAl(SO4)2·12H2O]∶n[Ba(OH)2]=2∶3时，溶液中生成沉淀的质量最大
D．室温下，0.1mol·L−1明矾溶液中水电离出c(H+)大于10−7mol·L−1
【答案】D
【解析】A．明矾水溶液显酸性，是因为铝离子在水溶液发生水解导致的，本身不是酸式盐，A错误；B．胶粒是多个胶体的聚集体，因溶液未给出体积，所以无法衡量计算0.1mol·L−1，明矾溶液完全水解生成Al(OH)3胶粒数是否小于6.02×1022，B错误；C．当n[KAl(SO4)2·12H2O]∶n[Ba(OH)2]=2∶3时，发生的离子方程式为，溶液中生成沉淀的物质的量最大，而当n[KAl(SO4)2·12H2O]∶n[Ba(OH)2]=1∶2时，发生的离子方程式为，则此时生成的沉淀的质量最大，C错误；D．明矾溶液中铝离子发生水解显酸性，促进水的电离，则室温下，0.1mol·L−1明矾溶液中水电离出c(H+)大于10−7mol·L−1，D正确；故选D。
4．下列关于铁的氧化物说法不正确的是（ ）
A．铁的氧化物通常状况下都是有色固体
B．四氧化三铁是一种复杂铁的氧化物，它与盐酸反应后溶液中同时存在Fe2+和Fe3+
C．将Fe(OH)2露置在空气中加热灼烧所得的产物为Fe3O4
D．工业上常使用铁的氧化物作原料冶炼铁
【答案】C
【解析】A．铁的氧化物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，其中FeO、Fe3O4是黑色固体，Fe2O3呈红棕色粉末状固体，可见铁的氧化物通常状况下都是有色固体，A正确；B．Fe3O4是一种复杂铁的氧化物，可看作是FeO·Fe2O3形成的化合物，它与盐酸反应后溶液中含有FeCl2、FeCl3，故反应后溶液中同时存在Fe2+和Fe3+，B正确；C．Fe(OH)2露置在空气中易被氧化为Fe(OH)3，所以Fe(OH)2露置在空气中加热产生Fe(OH)3，灼热Fe(OH)3分解所得的产物为Fe2O3，C错误；D．在工业上常使用铁的氧化物作原料与焦炭发生氧化还原反应来冶炼铁，D正确；故合理选项是C。
5．下列常见金属的冶炼原理不合理的是（ ）
A．还原法炼铝：3H2+A12O32A1+3H2O
B．加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑
C．铝热法炼铁：Fe2O3+2A12Fe+ A12O3
D．火法炼铜：Cu2S+O22Cu+ SO2
【答案】A
【解析】A．Al为活泼金属，通常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼：2Al2O32A1+3O2↑，故A错误；B．Hg为不活泼金属，可以直接用加入分解的方法将金属从其化合物中还原出来，反应为：2HgO2Hg+O2↑，故B正确；C．Fe位于金属活动顺序表中间位置，性质较不活泼，通常使用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来，则可用铝热法炼铁，反应方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，故C正确；D．Cu2S+O22Cu+SO2属于火法炼铜，是冶炼金属铜的方法之一，故D正确；答案选A。
6．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中
④向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
⑥氯化钙溶液中通入少量的CO2
A．①③④⑤ B．只有③④⑤ C．③④⑤⑥ D．只有③④
【答案】B
【解析】①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2NaCl，所以Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化，最终生成的沉淀是红褐色的氢氧化铁，故①不符合题意；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH−+Al3+=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故②不符合题意；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3 ↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③ 符合题意；④向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液发生的反应为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，氢氧化铝是白色沉淀，故④符合题意；⑤碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，因此产生白色沉淀，故⑤符合题意；⑥氯化钙溶液中通入少量的CO2，二者不反应，得不到白色沉淀，故⑥不符合题意；最终有白色沉淀生成的是③④⑤，答案选B。
7． 下列除杂过程中，所选用的试剂和操作方法正确的是（ ）
选项
物质
杂质(少量)
试剂和操作方法
A
硫酸亚铁溶液
硫酸铁
加入过量的铁粉后过滤
B
氯化钾固体
氯酸钾
加入二氧化锰并加热
C
氯化氢
二氧化碳
通过饱和NaHCO3溶液
D
硝酸钠溶液
硝酸钡溶液
加入适量的硫酸钾溶液后过滤
【答案】A
【解析】A．过量的铁粉可以将硫酸铁还原为硫酸亚铁，且不引入新的杂质，过滤掉剩余铁粉即可得到纯净的硫酸亚铁溶液，故A正确；B．二氧化锰会成为新的杂质，故B错误；C．HCl会和饱和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；D．硫酸钾与硝酸钡反应生成硝酸钾，引入新的杂质，故D错误；综上所述答案为A。
8．李时珍的医药著作《本草纲目》中有关“石碱”的记载：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，每百引入面粉二三斤，久则沉淀如石，浣衣发面，甚获利也。”下列说法错误的是（ ）
A．石碱制备涉及到了溶解、过滤、结晶过程
B．用石碱溶液“浣衣”时使用温水，比冷水“浣衣”更干净
C．该石碱可以用于发面，说明其主要成分为KHCO3
D．将此石碱灼烧透过蓝色钴玻璃观察可以看到紫色火焰
【答案】C
【解析】A．根据以上分析，制取过程中包括煅烧、溶解、过滤、结晶操作，故A正确；B．加热促进盐的水解，石碱的碱性增强，所以用石碱溶液“浣衣”时使用温水，比冷水“浣衣”更干净，故B正确；C．植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，主要成分为K2CO3，故C错误；D．钾盐的焰色反应为紫色，则将此石碱灼烧透过蓝色钴玻璃观察可以看到紫色火焰，故D正确；故选C。
9．（双选）实验室分离Fe3+和Al3+的流程如图：
已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]−，该配离子在乙醚(Et2O，沸点34.6℃)中生成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]−。下列说法正确的是（ ）
A．萃取分液时，要用玻璃棒在分液漏斗里搅拌
B．分液后水相为无色，说明已达到分离目的
C．反萃取后，铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在
D．蒸馏时温度计要插在溶液中
【答案】BC
【解析】A．萃取分液时，要静置，下层液体从下端口放出，上层液体从上面倒出，不能用玻璃棒在分液漏斗里搅拌，故A错误；B．水相含铝离子，分液后水相为无色，说明已达到分离目的，故B正确；C．反萃取后，铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在，故C正确；D．蒸馏时温度计要放在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选：BC。
10．（双选）工业上以菱镁矿(主要成分为，含少量，和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．浸出时产生的废渣灼烧后有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3
B．浸出镁的离子反应为
C．浸出镁的过程应在较高温度下进行，沉镁的操作在较低温度下进行
D．流程中可循环使用的物质只有NH3
【答案】AD
【解析】A．菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣灼烧后有SiO2、和Al2O3，故A错误；B．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根离子水解产生的氢离子反应，促进铵根离子的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，离子反应为，故B正确；C．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故C正确；D．浸出过程产生的氨气可以收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可利用到浸出过程中，故D错误；答案选AD。
11．无水FeCl3是常用的芳香烃取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示：
E和G用来收集产物。回答下列问题：
(1)通入氯气后，A中观察到有酸雾产生，C中P2O5的作用是_______。
(2)在E、G处收集产物是利用了FeCl3_______的性质。
(3)实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是_______。可通过_______(填简单操作)，使实验能继续进行。
(4)Ⅰ中反应的离子方程式为_______。
(5)某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00g，该次实验的产率是_______。
(6)实验室中还常用SOCl2与晶体共热制备无水FeCl3，其化学反应方程式为_______。检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl2的试剂是_______。
【答案】（1）除去酸雾
（2） 易升华
（3） B处有气泡产生
（4） 适当加热F处
（5） Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
（6） 80.00% +6SOCl2=FeCl3+12HCl+6SO2 铁氰化钾
【解析】潮湿的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内的空气中水蒸气形成酸雾，C中五氧化二磷的作用是除去酸雾，干燥的氯气和铁粉在D中反应生成氯化铁，因氯化铁易升华，到达E、G后重新凝华收集得到氯化铁，反应不完的氯气用I中NaOH溶液吸收，H中无水氯化钙防止I中水蒸气进入G中使氯化铁水解。(1)由分析可知，C中P2O5的作用是除去酸雾；(2)在E、G处收集产物是利用了FeCl3易升华的性质；(3)实验过程中若F处出现堵塞，则氯气将到达B处，看到有气泡产生，然后进入NaOH溶液中与NaOH反应；氯化铁易升华，则可通过适当加热F处，使实验能继续进行；(4)Ⅰ中未反应完的氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；(5)由2Fe+3Cl22FeCl3可知，每2mol Fe反应生成2mol FeCl3，则5.60g(0.1mol)干燥铁粉理论上可制得0.1mol FeCl3，质量为0.1mol×162.5g/mol=16.25g，因此该次实验的产率是=80.00%；(6)若直接加热，氯化铁会水解得氢氧化铁和HCl，HCl挥发，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，实验室中常用SOCl2与晶体共热制备无水FeCl3，说明该过程产生了HCl抑制了氯化铁水解，结合原子守恒可知该反应的化学方程式为+6SOCl2=FeCl3+12HCl+6SO2；亚铁离子与铁氰化钾相遇产生蓝色沉淀，因此检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl2的试剂是铁氰化钾溶液。
12．以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。
(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。
②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。
③装置图中装置X的作用是_______。
(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。
已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0mol∙L−1 H2SO4、1.0mol∙L−1 HCl、1.0mol∙L−1 NaOH。
(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol∙L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、2+I2=+2I−。计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_______。
【答案】（1）[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O 取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净 防倒吸 加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液
（2） 根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000 mol∙L−1×0.0198L=0.00198
mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度
【解析】蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈烧瓶中搅拌加热反应生成氨气、黑色氧化铜沉淀、氯化钠，过滤洗涤得到氧化铜固体，再加入一定的酸经过一系列操作得到CuSO4·5H2O晶体，也可以用铜精炼炉渣加入一定的稀硫酸反应，再调节溶液pH值，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSO4·5H2O晶体。(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。①蚀刻废液和NaOH溶液反应生成CuO，其反应的化学方程式：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O；故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑
+H2O。②检验CuO固体是否洗净主要是检验洗涤液中是否含有Cl−，其实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净。③三颈烧瓶中反应生成了氨气，氨气极易溶于水，因此装置图中装置X的作用是防倒吸；故答案为：防倒吸。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体；故答案为：加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液。(3)根据题意得到关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度。
专题 四
××
常见金属及其化合物
命题趋势
常见金属元素(如Na、Mg、Al、Fe、Cu等)和非金属元素（如Cl、N、S、Si）。
(1)了解常见金属的活动顺序。
(2)了解常见元素及其重要化合物的主要性质及其应用。
(3)了解合金的概念及其重要应用。
(4)以上各部分知识的综合应用。
Ⅰ．客观题
(1)考查元素及其化合物的重要性质和应用。
(2)以元素及其化合物为载体考查离子共存、离子方程式、氧化还原反应、物质的鉴别与分离等。
Ⅱ．主观题
(1)以“铁三角”“铝三角”的转化关系为载体，考查分析图像能力和计算能力。
(2)以化工流程的形式，考查金属矿物的冶炼和工业废液的提纯。
考点清单
一、常见金属及化合物的主要性质
1．钠及其化合物
(1)等物质的量的金属钠被氧化成Na2O和Na2O2时转移的电子数相同。
(2)钠与盐的溶液反应：钠不能置换出溶液中的金属，钠直接与水反应，反应后的碱再与溶液中的其他物质反应。
(3)向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸，反应是分步进行的。反应的离子方程式依次为：CO+H+===HCO、HCO+H+===H2O+CO2↑。
2．镁、铝及其化合物
(1)镁在空气中燃烧主要发生反应：2Mg+O22MgO，此外还发生反应：3Mg+N2Mg3N2、2Mg+CO22MgO+C。
(2)铝与NaOH溶液、非氧化性强酸反应生成H2。常温下，浓硝酸、浓硫酸使铝发生钝化。
(3)Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中(如在氨水和碳酸中不溶)。
(4)Al3+、AlO只能分别存在于酸性、碱性溶液中。Al3+与下列离子不能大量共存：OH－、CO、HCO、SO、S2－、ClO－、AlO，其中OH－是因为直接反应，其余均是因为发生了剧烈的双水解反应。AlO与下列离子不能大量共存：H+、HCO、Al3+、Fe2+、Fe3+，其中H+和HCO是因为与AlO直接反应(AlO+HCO+H2O===Al(OH)3↓+CO)，其余也是因为发生了剧烈的双水解反应。
(5)明矾的净水原理：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，它在水中能电离：KAl(SO4)2===K++Al3++2SO。铝离子发生水解反应，生成的氢氧化铝胶体具有很强的吸附能力，吸附水中的悬浮物，使之沉降以达到净水目的：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。
3．铁、铜及其化合物
(1)Fe与Cl2反应只能生成FeCl3，与I2反应生成FeI2，与反应物的用量无关。
(2)过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，均生成Fe2+。要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+===3Fe2+。
(3)Fe2O3、Fe(OH)3与氢碘酸反应时，涉及Fe3+与I－的氧化还原反应，产物为Fe2+、I2和H2O。
(4)FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，灼烧后得到红棕色Fe2O3固体；而Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性的酸，将得不到Fe(OH)3固体，最后得到的固体仍为Fe2(SO4)3。
(5)注意亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3+，也可能含有Fe2+。
二、金属的性质
1．金属单质的性质
金属单质的化学性质：
①金属在化学反应中都较容易失去电子被氧化，只作还原剂，但金属离子则可能既表现出氧化性又表现出还原性，如Fe2+。
②金属单质跟酸反应的规律：
A．与非氧化性酸(如盐酸、稀硫酸等)反应
B．与强氧化性酸(浓硫酸、浓稀硝酸)的反应，Fe和Al遇冷的浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应。强氧化性酸跟金属反应不能生成H2。
3．金属活动性顺序表应用小结
金属活动性顺序
K Ca Na Mg Al Mn Zn Fe Sn Pb(H) Cu Hg Ag Pt Au
金属原子失电子能力
K Ca Na Mg Al Mn Zn Fe Sn Pb依次减小，还原性减弱(相应金属离子氧化性增强)
空气中跟氧气的反应
易被氧化
常温时能被氧化
加热时能被氧化
不能被氧化
跟水的反应
常温可置换出水中的氢
加热或与水蒸气反应时能置换出水中的氢
不与水反应
跟酸的反应
能置换出酸(如HCl、H2SO4)中的氢
不能置换出稀酸中的氢
反应剧烈
反应程度依次减弱
能跟浓硫酸、 硝酸反应
能跟王水反应
跟盐的反应
位于金属活动性顺序前面的金属可以将后面的金属从其盐溶液中置换出来(K、Na、Ca除外)
跟碱的反应
Al、Zn等具有两性的金属可以与碱反应
三、常见金属化合物的性质及离子的检验
1．常见的金属氧化物
化学式
Na2O
Na2O2
MgO
Al2O3
FeO
Fe2O3
Fe3O4
颜色
状态
白色固体
淡黄色粉末
白色固体
白色固体
黑色粉末
红棕色
粉末
黑色晶体
与水
作用
反应生成NaOH
反应生成NaOH和O2
与水缓慢反应生成Mg(OH)2
不溶于水，也不与水反应
2．常见的金属氢氧化物及碱的通性
(2)碱的通性
①可溶性碱使指示剂变色。
②可溶性碱与酸性氧化物反应，如向NaOH溶液中通入少量CO2，反应的化学方程式为：2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O。
③与酸发生中和反应。
④可溶性碱与某些可溶性盐发生复分解反应，如Ca(OH)2与Na2CO3反应的化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaOH。
3．金属阳离子的检验
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1.《本草图经》在“绿矾”项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，下列关于“绿矾”的说法正确的是（ ）
A．绿矾的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2O
B．绿矾在溶液中能电离出H+，所以“味酸”
C．“烧之则赤”时，绿矾被氧化
D．可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验绿矾是否已经开始变质
【答案】C
【解析】A．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，故A错误；B．绿矾在溶液中能电离出Fe2+和SO，无H+，故B错误；C．“烧之则赤”时，说明绿矾中的亚铁离子被氧化为铁离子，绿矾煅烧后所得的固体产物为氧化铁，故C正确；D．铁离子与硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液；绿矾变质会产生三价铁离子，应用KSCN溶液检验绿矾是否已经开始变质，故D错误；故选C。
2．人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。下列做法错误的是（ ）
A．用氯化钠作pH调节剂 B．用硫酸铜作杀藻剂
C．用明矾作净水剂 D．用次氯酸钠作消毒剂
【答案】A
【解析】A．氯化钠溶液呈中性，不能作pH调节剂，A错误；B．铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，用硫酸铜作杀藻剂，B正确；C．铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物并使之沉降，可用明矾作净水剂，C正确；D．次氯酸钠具有强氧化性，可作消毒剂，D正确；答案选A。
3．（双选）下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
常温下将铝片插入浓硫酸中
无气泡产生
铝与浓硫酸不反应
B
将亚硫酸钠样品溶于水，滴加稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
产生白色沉淀
亚硫酸钠样品已变质
C
将补铁剂(含FeSO4)溶于盐酸后，滴加铁氰化钾溶液
无明显现象
补铁剂已完全变质
D
向酸性高锰酸钾溶液中滴加乙醇
紫色褪去
乙醇发生氧化反应
【答案】CD
【解析】A．Al片插入到浓硫酸中，Al发生钝化，Al表面生成一层致密的氧化物薄膜，并非不反应，A错误；B．亚硫酸钠溶液中有亚硫酸根，滴加盐酸酸化后再加入硝酸钡，亚硫酸根、氢离子、硝酸根反应生成硫酸根，无法判断亚硫酸钠样品已经变质，B错误；C．铁氰化钾用于检验Fe2+，将补铁剂(含FeSO4)溶于盐酸后，滴加铁氰化钾溶液，无明显现象说明补铁剂中不含有Fe2+，说明补铁剂已经完全变质，C正确；D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加乙醇，紫色褪去，说明乙醇被高锰酸钾氧化，乙醇发生氧化反应，D错误；故答案选CD。
4．下列有关物质性质与用途的描述均正确的是（ ）
A．小苏打、烧碱都可中和胃酸，医疗上均用于治疗胃酸过多
B．次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌、消毒
C．干燥的氯气能使有色的鲜花褪色，表现了氯气的漂白性
D．氯化铁溶液可用于腐蚀铜制线路板，置换出铁单质
【答案】B
【解析】A．烧碱为NaOH，虽然可以中和胃酸，但具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；B．次氯酸具有强氧化性可以氧化蛋白质使其变形，可用于杀菌、消毒，故B正确；C．干燥的氯气并不具有漂白性，使鲜花褪色是因为氯气和水反应生成了具有漂白性的次氯酸，故C错误；D．氯化铁溶液可用于腐蚀铜制线路板，发生的反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，并没有置换出铁单质，故D错误；综上所述答案为B。
5．（双选）以海绵铜(含有少量CuO杂质的海绵状的铜)为原料生产CuCl的工艺流程如图所示。
已知CuCl难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的溶液，易水解、氧化。下列说法不正确的是（ ）
A．“溶解”过程中可用浓盐酸代替硫酸
B．“溶解”过程中反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．“反应”过程中反应的离子方程式为2Cu2++2Cl−+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
D．“烘干”过程可用坩埚在空气中进行
【答案】AD
【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl+SO+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化。A．溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl−溶解，难以得到CuCl沉淀，故A错误；B．“溶解”过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子将铜氧化，离子方程式是3Cu+8H++2NO
=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；C．从后续操作看，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被SO还原，“反应”过程中反应的离子方程式为2Cu2++2Cl−+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故C正确；D．“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，故D错误；故选AD。
高频易错题
1．下列有关元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．古代青铜器表面的铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸
B．往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性
C．将Fe3O4产品溶于足量稀硫酸后，再滴入KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明Fe3O4产品中含有FeO
D．铵根离子在溶液中水解产生H，则所有铵盐溶液都呈酸性
【答案】B
【解析】A．铜锈俗称铜绿，其主要成分为碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，属于盐类，不是氧化物，故A错误；B．蔗糖化学式为C12H22O11，往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，故B正确；C．该实验说明Fe3O4中含有+2价铁元素，而Fe3O4为纯净物，其中不含FeO，故C错误；D．铵根离子在溶液中水解产生H，若阴离子水解程度大于铵根离子水解程度，则该盐溶液呈碱性，若阴离子水解程度与铵根离子水解程度相同，则溶液呈中性，若阴离子不水解或水解程度小于铵根离子，则溶液呈酸性，故D错误；故答案为B。
2．（双选）下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（ ）
操作和现象
结论
A
切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去
Na在空气中会生成Na2O2
B
铝箔插入浓硝酸中，无明显现象
铝与浓硝酸不反应
C
向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸和KSCN溶液，溶液变成红色
溶液中有Fe3+生成
D
将FeCl2溶液滴加到少许酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
FeCl2具有还原性
【答案】CD
【解析】A．钠和氧气反应生成氧化钠，而不是过氧化钠，A错误；B．铝在浓硝酸中钝化，生成致密的氧化膜，B错误；C．硝酸亚铁中加入硫酸，在酸性条件下硝酸根氧化亚铁离子生成铁离子，遇到硫氰化钾显红色，C正确；D．氯化亚铁被酸性高锰酸钾氧化，氯化亚铁表现还原性，D正确；答案选CD。
3．下列除杂质的操作方法不正确的是（ ）
A．NaCl溶液中有少量的Na2SO4——加过量的BaCl2溶液后再过滤
B．CO2中有少量的SO2——通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥
C．NO中有少量的NO2——加水洗涤后再干燥
D．除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3——加热
【答案】A
【解析】A．氯化钡过量会引入新的杂质，故A错误；B．SO2会被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸根，CO2不反应，所以可以将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液洗气后再干燥，得到纯净的CO2，故B正确；C．NO2与水反应生成HNO3和NO，所以NO中有少量的NO2可以加水洗涤后再干燥，得到纯净的NO，故C正确；D．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、二氧化碳和水，所以可以用加热的方法除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，故D正确；综上所述答案为A。
4．H2S和O2的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述不正确的是（ ）
A．在图示转化关系中，化合价不变的元素有铜、氢、氯
B．过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
C．通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度可以减少回收的S中CuS的含量
D．转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+
【答案】D
【解析】A．观察题图中各种物质可知，H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化，其他元素如O(化合价由0价降低为-2价)、Fe(Fe3+与Fe2+相互转化)、S(S2−转化为S)的化合价均有变化，故A正确；B．由图示可知，Fe2+和O2在过程Ⅰ中发生反应生成Fe3+，根据得失电子守恒和质量守恒，过程Ⅰ反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故B正确；C．要减少回收S中的CuS含量，S2−不能过量，可以通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度与S2−反应以减小S2−的浓度，故C正确；D．据图可知，过程Ⅰ发生的反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，过程Ⅱ发生的反应为：Cu2++H2S=2H++CuS，过程Ⅲ发生的反应为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，据此可知参加循环反应的离子有Fe2+、H+、Cu2+、Fe3+，故D错误；答案选D。
5．由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率
B．Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
C．滤液中主要存在的阳离子有：H+、Fe2+、Ca2+、Al3+
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
【答案】C
【解析】A．控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，故A正确；B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故B正确；C．双氧水会将亚铁离子氧化，所以滤液中主要存在的阳离子没有Fe2+，而是Fe3+，故C错误；D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，故D正确；综上所述答案为C。
精准预测题
1．（双选）中国国家地理标志产品，福建省特产“建盏”，由黄泥、粘土、红土、釉石等多种原料烧制，主要特点是Fe2O3含量高。下列有关“建盏”说法正确的是（ ）
A．属于新型无机非金属材料产品
B．因含有较多Fe2O3，外表多呈红色
C．产品耐腐蚀性强，可用于盛放各种酸碱
D．现代工艺使用天然气替代煤炭，有助于减少污染
【答案】BD
【解析】A．“建盏”为陶瓷，属于传统无机非金属材料，故A错误；B．Fe2O3为红色固体，所以因含有较多Fe2O3，外表多呈红色，故B正确；C．“建盏”为陶瓷，但含有较多Fe2O3，不能用于盛放各种酸，故C错误；D．现代工艺使用天然气替代煤炭，可以减少二氧化硫的排放，有助于减少污染，故D正确；综上所述答案为BD。
2．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥
B．二氧化氯具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂
C．Al(OH)3具有两性，用作阻燃剂
D．FeCl3溶液显弱酸性，用作铜制线路板的刻蚀剂
【答案】B
【解析】A．碳酸氢铵可用作氮肥是由于碳酸氢铵含有氮元素，不是碳酸氢铵受热易分解，故A错误；B．二氧化氯中氯元素的化合价为+4价，具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂，故B正确；C．Al(OH)3受热易分解生成水蒸气且吸收大量热，并生成高熔点的氧化铝覆盖在燃烧物的表面，起到阻燃的作用，故C错误；D．FeCl3溶液刻蚀铜制线路板是利用其氧化性：，故D错误；故选B。
3．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是（ ）
A．明矾水溶液显酸性，故明矾属于酸式盐
B．0.1mol·L−1明矾溶液完全水解生成Al(OH)3胶粒数小于6.02×1022
C．当n[KAl(SO4)2·12H2O]∶n[Ba(OH)2]=2∶3时，溶液中生成沉淀的质量最大
D．室温下，0.1mol·L−1明矾溶液中水电离出c(H+)大于10−7mol·L−1
【答案】D
【解析】A．明矾水溶液显酸性，是因为铝离子在水溶液发生水解导致的，本身不是酸式盐，A错误；B．胶粒是多个胶体的聚集体，因溶液未给出体积，所以无法衡量计算0.1mol·L−1，明矾溶液完全水解生成Al(OH)3胶粒数是否小于6.02×1022，B错误；C．当n[KAl(SO4)2·12H2O]∶n[Ba(OH)2]=2∶3时，发生的离子方程式为，溶液中生成沉淀的物质的量最大，而当n[KAl(SO4)2·12H2O]∶n[Ba(OH)2]=1∶2时，发生的离子方程式为，则此时生成的沉淀的质量最大，C错误；D．明矾溶液中铝离子发生水解显酸性，促进水的电离，则室温下，0.1mol·L−1明矾溶液中水电离出c(H+)大于10−7mol·L−1，D正确；故选D。
4．下列关于铁的氧化物说法不正确的是（ ）
A．铁的氧化物通常状况下都是有色固体
B．四氧化三铁是一种复杂铁的氧化物，它与盐酸反应后溶液中同时存在Fe2+和Fe3+
C．将Fe(OH)2露置在空气中加热灼烧所得的产物为Fe3O4
D．工业上常使用铁的氧化物作原料冶炼铁
【答案】C
【解析】A．铁的氧化物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，其中FeO、Fe3O4是黑色固体，Fe2O3呈红棕色粉末状固体，可见铁的氧化物通常状况下都是有色固体，A正确；B．Fe3O4是一种复杂铁的氧化物，可看作是FeO·Fe2O3形成的化合物，它与盐酸反应后溶液中含有FeCl2、FeCl3，故反应后溶液中同时存在Fe2+和Fe3+，B正确；C．Fe(OH)2露置在空气中易被氧化为Fe(OH)3，所以Fe(OH)2露置在空气中加热产生Fe(OH)3，灼热Fe(OH)3分解所得的产物为Fe2O3，C错误；D．在工业上常使用铁的氧化物作原料与焦炭发生氧化还原反应来冶炼铁，D正确；故合理选项是C。
5．下列常见金属的冶炼原理不合理的是（ ）
A．还原法炼铝：3H2+A12O32A1+3H2O
B．加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑
C．铝热法炼铁：Fe2O3+2A12Fe+ A12O3
D．火法炼铜：Cu2S+O22Cu+ SO2
【答案】A
【解析】A．Al为活泼金属，通常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼：2Al2O32A1+3O2↑，故A错误；B．Hg为不活泼金属，可以直接用加入分解的方法将金属从其化合物中还原出来，反应为：2HgO2Hg+O2↑，故B正确；C．Fe位于金属活动顺序表中间位置，性质较不活泼，通常使用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来，则可用铝热法炼铁，反应方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，故C正确；D．Cu2S+O22Cu+SO2属于火法炼铜，是冶炼金属铜的方法之一，故D正确；答案选A。
6．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中
②过量NaOH溶液和明矾溶液混合
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中
④向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
⑥氯化钙溶液中通入少量的CO2
A．①③④⑤ B．只有③④⑤ C．③④⑤⑥ D．只有③④
【答案】B
【解析】①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ↑，2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2NaCl，所以Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化，最终生成的沉淀是红褐色的氢氧化铁，故①不符合题意；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH−+Al3+=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故②不符合题意；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3 ↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③ 符合题意；④向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液发生的反应为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO，氢氧化铝是白色沉淀，故④符合题意；⑤碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，因此产生白色沉淀，故⑤符合题意；⑥氯化钙溶液中通入少量的CO2，二者不反应，得不到白色沉淀，故⑥不符合题意；最终有白色沉淀生成的是③④⑤，答案选B。
7． 下列除杂过程中，所选用的试剂和操作方法正确的是（ ）
选项
物质
杂质(少量)
试剂和操作方法
A
硫酸亚铁溶液
硫酸铁
加入过量的铁粉后过滤
B
氯化钾固体
氯酸钾
加入二氧化锰并加热
C
氯化氢
二氧化碳
通过饱和NaHCO3溶液
D
硝酸钠溶液
硝酸钡溶液
加入适量的硫酸钾溶液后过滤
【答案】A
【解析】A．过量的铁粉可以将硫酸铁还原为硫酸亚铁，且不引入新的杂质，过滤掉剩余铁粉即可得到纯净的硫酸亚铁溶液，故A正确；B．二氧化锰会成为新的杂质，故B错误；C．HCl会和饱和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；D．硫酸钾与硝酸钡反应生成硝酸钾，引入新的杂质，故D错误；综上所述答案为A。
8．李时珍的医药著作《本草纲目》中有关“石碱”的记载：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，每百引入面粉二三斤，久则沉淀如石，浣衣发面，甚获利也。”下列说法错误的是（ ）
A．石碱制备涉及到了溶解、过滤、结晶过程
B．用石碱溶液“浣衣”时使用温水，比冷水“浣衣”更干净
C．该石碱可以用于发面，说明其主要成分为KHCO3
D．将此石碱灼烧透过蓝色钴玻璃观察可以看到紫色火焰
【答案】C
【解析】A．根据以上分析，制取过程中包括煅烧、溶解、过滤、结晶操作，故A正确；B．加热促进盐的水解，石碱的碱性增强，所以用石碱溶液“浣衣”时使用温水，比冷水“浣衣”更干净，故B正确；C．植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，主要成分为K2CO3，故C错误；D．钾盐的焰色反应为紫色，则将此石碱灼烧透过蓝色钴玻璃观察可以看到紫色火焰，故D正确；故选C。
9．（双选）实验室分离Fe3+和Al3+的流程如图：
已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]−，该配离子在乙醚(Et2O，沸点34.6℃)中生成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]−。下列说法正确的是（ ）
A．萃取分液时，要用玻璃棒在分液漏斗里搅拌
B．分液后水相为无色，说明已达到分离目的
C．反萃取后，铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在
D．蒸馏时温度计要插在溶液中
【答案】BC
【解析】A．萃取分液时，要静置，下层液体从下端口放出，上层液体从上面倒出，不能用玻璃棒在分液漏斗里搅拌，故A错误；B．水相含铝离子，分液后水相为无色，说明已达到分离目的，故B正确；C．反萃取后，铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在，故C正确；D．蒸馏时温度计要放在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选：BC。
10．（双选）工业上以菱镁矿(主要成分为，含少量，和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．浸出时产生的废渣灼烧后有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3
B．浸出镁的离子反应为
C．浸出镁的过程应在较高温度下进行，沉镁的操作在较低温度下进行
D．流程中可循环使用的物质只有NH3
【答案】AD
【解析】A．菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣灼烧后有SiO2、和Al2O3，故A错误；B．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根离子水解产生的氢离子反应，促进铵根离子的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，离子反应为，故B正确；C．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故C正确；D．浸出过程产生的氨气可以收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可利用到浸出过程中，故D错误；答案选AD。
11．无水FeCl3是常用的芳香烃取代反应催化剂，它具有易水解、易升华的性质。铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示：
E和G用来收集产物。回答下列问题：
(1)通入氯气后，A中观察到有酸雾产生，C中P2O5的作用是_______。
(2)在E、G处收集产物是利用了FeCl3_______的性质。
(3)实验过程中若F处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是_______。可通过_______(填简单操作)，使实验能继续进行。
(4)Ⅰ中反应的离子方程式为_______。
(5)某同学用5.60g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00g，该次实验的产率是_______。
(6)实验室中还常用SOCl2与晶体共热制备无水FeCl3，其化学反应方程式为_______。检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl2的试剂是_______。
【答案】（1）除去酸雾
（2） 易升华
（3） B处有气泡产生
（4） 适当加热F处
（5） Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
（6） 80.00% +6SOCl2=FeCl3+12HCl+6SO2 铁氰化钾
【解析】潮湿的氯气通过浓硫酸时，水与浓硫酸相遇放出大量的热使三氧化硫逸出，三氧化硫遇到瓶内的空气中水蒸气形成酸雾，C中五氧化二磷的作用是除去酸雾，干燥的氯气和铁粉在D中反应生成氯化铁，因氯化铁易升华，到达E、G后重新凝华收集得到氯化铁，反应不完的氯气用I中NaOH溶液吸收，H中无水氯化钙防止I中水蒸气进入G中使氯化铁水解。(1)由分析可知，C中P2O5的作用是除去酸雾；(2)在E、G处收集产物是利用了FeCl3易升华的性质；(3)实验过程中若F处出现堵塞，则氯气将到达B处，看到有气泡产生，然后进入NaOH溶液中与NaOH反应；氯化铁易升华，则可通过适当加热F处，使实验能继续进行；(4)Ⅰ中未反应完的氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；(5)由2Fe+3Cl22FeCl3可知，每2mol Fe反应生成2mol FeCl3，则5.60g(0.1mol)干燥铁粉理论上可制得0.1mol FeCl3，质量为0.1mol×162.5g/mol=16.25g，因此该次实验的产率是=80.00%；(6)若直接加热，氯化铁会水解得氢氧化铁和HCl，HCl挥发，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，实验室中常用SOCl2与晶体共热制备无水FeCl3，说明该过程产生了HCl抑制了氯化铁水解，结合原子守恒可知该反应的化学方程式为+6SOCl2=FeCl3+12HCl+6SO2；亚铁离子与铁氰化钾相遇产生蓝色沉淀，因此检验水合三氯化铁原料中是否存在FeCl2的试剂是铁氰化钾溶液。
12．以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。
(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。
②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。
③装置图中装置X的作用是_______。
(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。
已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0mol∙L−1 H2SO4、1.0mol∙L−1 HCl、1.0mol∙L−1 NaOH。
(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol∙L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、2+I2=+2I−。计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_______。
【答案】（1）[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O 取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净 防倒吸 加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液
（2） 根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000 mol∙L−1×0.0198L=0.00198
mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度
【解析】蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈烧瓶中搅拌加热反应生成氨气、黑色氧化铜沉淀、氯化钠，过滤洗涤得到氧化铜固体，再加入一定的酸经过一系列操作得到CuSO4·5H2O晶体，也可以用铜精炼炉渣加入一定的稀硫酸反应，再调节溶液pH值，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSO4·5H2O晶体。(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。①蚀刻废液和NaOH溶液反应生成CuO，其反应的化学方程式：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O；故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑
+H2O。②检验CuO固体是否洗净主要是检验洗涤液中是否含有Cl−，其实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净。③三颈烧瓶中反应生成了氨气，氨气极易溶于水，因此装置图中装置X的作用是防倒吸；故答案为：防倒吸。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体；故答案为：加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液。(3)根据题意得到关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度。
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