（通用版）高考化学一轮复习检测08 金属及其化合物（含答案解析）

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高考化学复习检测:08
金属及其化合物
某学生探究0.25 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液与0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析错误的是（ ）

A．实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3
B．实验2中，白色沉淀b中含有CO
C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂
D．实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关


下列说法正确的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
B．制备Al(OH)3悬浊液:向1 mol·L-1 AlCl3溶液中加过量的6 mol·L-1 NaOH溶液
C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水:Al3++4NH3·H2O+4+2H2O
D．将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生


下列离子方程式正确的是（ ）
A．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
B．碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
C．铁与稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
D．向NaAlO2溶液中通入少量CO2：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-


下列关于铝及其化合物的叙述正确的是(　　)
A．氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验
B．铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重
C．氧化铝熔点很高，可作耐火材料
D．明矾用作净水剂，可以除去废水中的铜离子



下列说法中正确的是(　　)
A．纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力
B．我们使用合金是因为它比纯金属具有更优良的化学性质
C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料
D．Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到


下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．碳酸钠溶液具有碱性，可用于治疗胃酸过多
B．氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料
C．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
D．氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板


在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中,滴加NaOH溶液,生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示,则原混合溶液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为（ ）

A．1∶2 B．3∶1 C．2∶1 D．6∶1


某学生探究0.25 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液与0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析错误的是（ ）

A．实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3
B．实验2中，白色沉淀b中含有CO32-
C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂
D．实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关







在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．FeFeCl2Fe(OH)2
B．SSO3H2SO4
C．CaCO3CaOCaSiO3
D．NH3NOHNO3


下列各组物质物质的转化中，一定条件下均能一步实现的组合是（ ）

A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．③④⑤


氮化锂(Li3N)常作固体电解质和催化剂，遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气。某实验小组用一瓶氮气样品制备纯净的氮化锂的装置如图所示。

已知：连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2，氯化亚铜盐酸溶液能定量吸收少量CO生成Cu(CO)Cl·H2O且易被O2氧化；在加热条件下，CO2与锂发生剧烈反应。下列说法正确的是（ ）
A．干燥管e中试剂为无水CuSO4，用于检验氮气中的水蒸气
B．为了减少气体用量，先点燃酒精灯再通入氮气
C．a、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、浓硫酸
D．a装置可以换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管


下列除去杂质的方法正确的是（ ）
A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量浓硫酸，充分反应，过滤、洗涤、干燥
B．含Mg2+的溶液中混有少量Al3+：加入过量氨水充分反应，过滤
C．Mg(OH)2中混有少量Al(OH)3：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
D．MgO中混有少量Al2O3：加入足量盐酸，充分反应，过滤、洗涤、干燥




美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，下列有关说法不正确的是 (　　)
A．该铝钠合金的熔点低于金属钠
B．铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n(Al)≤n(Na)
C．铝钠合金投入足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀生成，也可能有铜析出
D．若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小


下列说法正确的是(　　 )
A．镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火
B．生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜直接转化为铜
C．现代化学分析测试中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成。如用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素
D．铝比铁活泼，所以铝制品比铁制品更容易被腐蚀


在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．NaCl(熔融) NaOHNaAlO2
B．CuOCu(OH)2Cu2O
C．Cl2HClNH4Cl
D．CaCl2(aq) CaCO3CaSiO3


下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是(　　)
A．Cu B．Na C．Fe D．Al


化学与生活密不可分，下列说法错误的是(　　)
A．变压器铁芯是含硅4%的硅钢，有很高的导磁性
B．还原铁粉可用作食品保鲜剂
C．甲醛溶液可以用作食品防腐剂
D．合金的硬度一般比成分金属大











已知氧化性．现有一包铁粉和铜粉混合粉末，某实验小组为了确定其组成，利用的溶液（其他用品略），与混合粉末反应，实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：

分析表中数据，下列结论不正确的是（ ）
A．第①组反应后溶液中剩余
B．第②、③组剩余固体全是铜
C．第④组的滤液中
D．原混合粉末中

某化学兴趣小组利用还原铁粉处理含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的废水，所加还原铁粉的质量与溶液中Fe2+的浓度变化关系如下图（忽略溶液体积变化）。下列有关结论错误的是（ ）

A．加入铁粉质量小于56g时发生的反应为Fe+NO3－+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
B．当加入的铁粉质量超过168g后，溶液中的溶质只含有Fe(NO3)2（忽略Fe2+的水解）
C．原废水中三种物质的氧化性由强到弱的顺序是HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2
D．原废水中Fe(NO3)3的浓度为2mol/L，Cu(NO3)2的浓度均为1mol/L

某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等，某小组设计如下资源综合利用的方案：

已知：碲和硫位于同主族，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O。下列说法不正确的是（ ）
A．“高温”灼烧电镀污泥时铜碲和铬元素都被氧化
B．酸化Na2CrO4溶液时可用浓盐酸
C．上述流程可以回收的金属单质有金和铜
D．滤液3可以循环利用
高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：
　　
已知K2FeO4具有下列性质：
①可溶于水、微溶于浓KOH溶液
②在0～5 ℃、强碱性溶液中比较稳定
③在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解
④在酸性至碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2
请完成下列填空：
(1)已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，生产KClO应在温度___________的情况下进行(填“较高”或“较低”)。
(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________。
(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则该反应的化学方程式为________________。
(4)在“反应液Ⅰ”中加KOH固体的目的是___________。
A．为下一步反应提供反应物
B．与“反应液Ⅰ”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
C．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
D．使副产物KClO3转化为KCl
(5)制备K2FeO4时，须将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌。采用这种混合方式的原因是_______________________ (答出1条即可)。
(6)从“反应液Ⅱ”中分离出K2FeO4晶体后，可以得到的副产品有________ (写化学式)。
(7)工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为11～12)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为______________。










5.00g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。

请回答下列问题：
（1）试确定110℃时固体物质的化学式_____________________；
（2）取200℃所得样品，加热至280oC, 该反应的化学方程式为：_______________；
（3）将280oC所得产物在570℃下灼烧得到的主要产物是1.60g黑色粉末和一种氧化性气体，黑色粉末的化学式为______________。
（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体其存在的最高温度是______；
（5）天平两端各放一只质量相等的烧杯，内盛等体积等浓度的足量稀盐酸，将物质的量都为amol的铝和镁分别放入左盘和右盘的烧杯中，反应完毕后，在哪一盘的烧杯中加入多少克同种金属才能平衡 ________。


铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：
(1)Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式_____________________________________。
(2)将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，
试写出该反应的离子方程式__________________。
(3)火法炼铜的原理：Cu2S＋O2高温,2Cu＋SO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移________mol e－。
(4)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________(填选项字母)。
a．粗铜接电源正极，发生氧化反应
b．溶液中Cu2＋向阴极移动
c．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等
d．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属
(5)据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿中CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2===4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO4·5H2O)：

①检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的实验方法_______________________________。
②在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式
方案一：___________________________________________；
方案二：______________________________________________。



工业上用黄铜矿冶炼铜及对炉渣综合利用的一种工艺流程如图所示：

(1)冶炼过程中得到Cu2O和Cu的混合物称为“泡铜”，其与金属Al在高温条件下混合反应可得粗铜，反应化学方程式为_____________________________________________。
(2)传统炼铜的方法主要是火法炼铜，其主要反应为：
①2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO
②2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2
③2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑
每生成1 mol Cu，共消耗________mol O2。反应③中的氧化剂是________。
(3)炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备Fe2O3。根据流程回答下列问题：
①加入适量NaClO溶液的目的是________________(用离子方程式表示)。
②除去Al3＋的离子方程式是____________________________。
③选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。
提供的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水。
所选试剂是________，实验设计：_________________________
_________________________________________________________。


答案解析
答案为：C;



答案为：D
解析：A.++H2OAl(OH)3↓+，只有沉淀生成，故A错误；
B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，B错误；
C.Al(OH)3不溶于过量稀氨水，C错误；
D.Al3+与发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故D正确。

答案为：D


答案为：C；
解析：氧化铝能与NaOH反应，氧化铝坩埚不能用于熔融NaOH实验，A错误；
根据质量守恒定律，反应后固体物质的质量不变，B错误；
氧化铝熔点很高，可用于制耐火砖、耐火坩埚、耐火高温实验仪器等，C正确；
明矾净水时，Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中不溶于水的杂质形成沉淀，从而起到净水作用，铜离子无法除去，D错误。

答案为：C；
解析：纯铁抗腐蚀能力很强，生铁易腐蚀，A错误；
合金比其成分金属具有更加优良的物理机械性能，B错误；
Na、Al用电解法冶炼，Cu可以用热还原法冶炼得到，D错误。

答案为：B;
解析：A. 胃酸成分为盐酸，碳酸钠溶液碱性太强，不能用来治疗胃酸过多，故A错误；
B. 氧化镁熔点高且化学性质稳定，可用于制造耐火材料，故B正确；
C. 氧化铁为红棕色固体，可用于制作红色涂料，与化学性质无关，故C错误；
D.氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜,反应中氯化铁表现氧化性,与溶液的酸性无关,故D错误； 综上所述，本题选B。

答案为：A;
解析：由图可以看出，溶解氢氧化铝用去10mlNaOH ，那么沉淀铝离子需要30mlNaOH，前面总共50ml，减去铝离子用去的30ml，那么镁离子沉淀用去的就是20mlNaOH，由沉淀时：Mg2+ 2NaOH、Al3+3NaOH，可知沉淀Mg2+、Al3+消耗NaOH的体积之比为2:3，则n(Mg2+)：n(Al3+)=1:1，在同一溶液中溶液的体积相同，Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为：1:2，故A正确。本题答案为A。

答案为：C;
解析：实验1在过量的硫酸铝溶液中加入碳酸钠溶液，过滤、洗涤，得到沉淀a，加入稀硫酸，沉淀溶解，没有气泡，说明沉淀a中含有Al(OH)3。实验2在过量的碳酸钠溶液中加入硫酸铝溶液，过滤、洗涤，得到沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少量气泡，说明沉淀b中含有Al(OH)3，同时含有碳酸盐。
A.由以上分析可知，实验1中白色沉淀a是Al(OH)3，故A项正确；
B.实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-，故B项正确；
C.最后溶液中均含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，都可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，故C项错误；
D.实验1、2中，加入试剂的顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关，故D项正确。答案选C。

答案为：C；
解析：A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；
B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；
C．两步均能实现，C正确；
D．NO不与H2O反应，D错误。

答案为：B
解析：①氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，一定条件下均能一步实现；
②铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，一定条件下均能一步实现；
③氯化铝与足量氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝，一定条件下均能一步实现；
④硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠与盐酸反应生成氯化钠和硅酸，硅酸不能一步转化为硅单质，一定条件下无法全部一步实现；
由以上分析可知，①②③中的反应一定条件下均能一步实现，④不能一步实现。选B。

答案为：C；
解析：A.干燥管e主要作用是防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入，干扰实验，应该装有碱石灰，故A错误；
B.未发生反应前，装置中有空气，空气中含有氧气和二氧化碳，会干扰实验，在加热以前，需要先通入一段时间气体，排尽装置中的空气，故B错误；
C. 原料气中干扰气体要依次除去，a中盛放连苯三酚碱性溶液除去氧气，b中盛放氯化亚铜盐酸溶液除去一氧化碳，c中盛放浓硫酸干燥，故C正确；
D. a装置若换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管，可除去氧气，但同时生成的氧化铜可以和一氧化碳继续反应，生成二氧化碳，干扰实验，故D错误。综合以上分析，该题答案为C。

答案为：C


答案为：D；
解析：合金的熔点低于其组成金属，A正确；
铝钠合金投入水中，发生2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，
当n(Na)≥n(Al)时，金属全部溶解，得到无色溶液，B正确；
铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的NaOH可以和CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀，若n(Al)>n(Na)，金属铝也会置换出金属铜，C正确；
2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝比较，Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，铝的质量分数越大，D错误。

答案为：C
解析：A项、因为镁在点燃的条件下能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以不能用液态二氧化碳来灭火，A错误；B项、微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，最后转化成可溶的硫酸铜，B错误；C项、不同金属元素的原子吸收光谱不同，所以能用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，C正确；D项、铝比铁活泼，但铝表面的氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，D错误。

答案为：C；
解析：A、电解熔融的氯化钠得到钠和氯气，不能生成氢氧化钠，转化不能实现，选项A错误；
B、氧化铜不能与水反应生成氢氧化铜，转化不能实现，选项B错误；
C、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，转化均能实现，选项C正确；
D、二氧化碳不能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙，转化不能实现，选项D错误。答案选C。


答案为：D
解析：金属铝的表面可形成致密的氧化膜，保护内层金属不被空气氧化，故D符合题意。


答案为：C；
解析：含硅4%的硅钢具有导磁性，可用作变压器铁芯，A正确；
铁与氧气和水反应生成了铁锈，消耗了氧气，阻止了食品与氧气的反应，达到了食品保鲜的目的，B正确；
甲醛溶液有毒，不能用作食品防腐剂，C错误；
根据合金的性质可知，合金的硬度一般比成分金属大，D正确。


答案为：C;
解析：还原性：Fe＞Cu，故Fe3+优先Fe反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），Fe完全反应后若Fe3+有剩余，则再与铜反应（Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+），所以剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜的混合物；根据第②组数据中可以得出FeCl3溶液全部参与反应，50mL FeCl3溶液能溶解金属质量为：2.4g-0.64g=1.76g＞1.2g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应，且FeCl3有剩余；第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，FeCl3物质的量为：0.05L×1.2mol/L=0.06mol，假设只发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应金属的物质的量为0.03mol，溶解的Fe的质量为：0.03mol×56g/mol=1.68gg＜1.76g，所以铁完全溶解的同时还有部分Cu溶解，则剩余的0.64g固体全部为Cu；第③组实验中溶解金属为：3.6g-1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余1.92g为Cu，合金中Fe与Cu的质量之比为：1.68g：1.92g=7：8；故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，A. 根据分析可以知道，第①组反应中金属完全反应，有分析知道，第②组实验2.4g合金溶解后，剩余的全是Cu，则溶解的合金为2.4-0.64=1.76g，
设1.76g合金含Fe、Cu的物质的量分别为x、y，可得56x64y=1.76,2x2y=0.06，
解得x=0.02mol,y=0.01mol，由此可知2.4g合金中含Fe0.02mol,含Cu0.01=0.02mol,
由此推知1.2g合金中含有铁0.01mol，含有铜的物质的量为0.01mol，
根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+可以知道，
金属消耗铁离子的物质的量为：0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol，
①反应后的溶液中铁离子浓度为： =0.4mol/L，故A正确；
B. 根据分析可以知道，第②、③组剩余的全部为铜，故B正确；
C. 由上述分析可以知道，第④组实验剩余金属为Fe和Cu，参加反应金属为1.68g，
其物质的量为0.03mol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可以知道溶液中n（Fe2+）=0.09mol，
故c（Fe2+）==1.8mol/L，故C错误；D. 第③组实验中溶解金属为：3.6g-1.92g=1.68g，
混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余1.92g为Cu，
合金中Fe与Cu的质量之比为：1.68g：1.92g=7：8，
则二者的物质的量之比为：：=1:1，故D正确；本题答案为C。

答案为：D；
解析：氧化性强弱：HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2，加入还原铁粉，先于氧化性强的反应，即反应顺序是：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O、Fe＋2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、Fe＋Cu(NO3)2=Cu＋Fe(NO3)2；
A、根据上述分析，加入铁粉质量小于56g，发生离子反应为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故A说法正确；
B、根据上述分析，当加入铁粉质量超过168g后，溶液中的溶质只含有Fe(NO3)2，故B说法正确；
C、0～56g没有Fe2＋生成，说明Fe先于硝酸反应，消耗1mol铁，增加3molFe2＋，即56～112g，铁与硝酸铁反应，112～168g铁与硝酸铜反应，氧化性强弱：HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2，故C说法正确；
D、根据图像，每段消耗Fe质量为56g，即1mol，Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O
1 4 1
Fe＋2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2
1 2
Fe＋Cu(NO3)2=Cu＋Fe(NO3)2
1 1 ，
则原废水中Fe(NO3)3的物质的量为(2mol－1mol) =1mol，物质的量浓度为1mol/1L=1mol·L－1，Cu(NO3)2物质的量为1mol，即Cu(NO3)2物质的量浓度为1mol·L－1，故D说法错误。

答案为：B;
解析：该题为工艺流程图选择题型。结合流程图和已知条件分析：电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金，在高温煅烧后的烧渣（Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2）加水后可以得到铬酸钠溶液和滤渣（金单质、CuO和TeO2），滤渣加入稀硫酸后，TeO2和稀硫酸反应TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O，CuO与稀硫酸反应，固体1为金，最终滤液1中应主要含有TeOSO4和CuSO4，继续电解滤液1，Cu2＋放电得到铜单质，滤液2中TeOSO4与二氧化硫反应得到粗碲。
A. 电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金，高温煅烧后产物为Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2，分析反应前后元素化合价的变化：铜元素由+1价升至+2价，被氧化，碲元素由-2价升至+4价，被氧化，铬元素由+3价升至+6价，被氧化，故A正确。
B. 酸化Na2CrO4溶液的目的是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，Na2Cr2O7具有强氧化性，可与浓盐酸发生氧化还原反应，不能使用浓盐酸酸化，故B错误。
C.上述流程中，金单质一直未参加反应且不溶于水，固体1为金单质；电解滤液1，Cu2＋放电得到铜单质，沉积固体2为铜单质，故C正确。
D.电解滤液1时发生反应2CuSO4＋2H2O 2Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成的硫酸进入溶液2，同时溶液2中还有TeOSO4，通入二氧化硫发生3H2O＋TeOSO4＋2SO2=Te＋3H2SO4，滤液3中主要有硫酸，酸化Na2CrO4溶液和滤渣处理时都用到了硫酸，所以可以循环利用，故D正确。综合以上分析，该题答案为B。

答案为：较低 3∶2 4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe(OH)3↓+3O2↑ AB
减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解(或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定)
KNO3、KCl 25%

(1)由工艺流程可知，利用Fe(OH)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO，所以应选择低温较低；
(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，Fe(NO3)3为还原剂，KClO为氧化剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；
(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=8KOH+4 Fe(OH)3↓+3O2↑；
(4)A．Fe(NO3)3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；
B．根据生产工艺流程图可知，第①步Cl2过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，B正确；
C．因温度较高时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；
D．KClO3转化为 KCl，化合价只降低不升高，不符合氧化还原反应原理，D错误；
(5)信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解；
(6)根据生产工艺流程图，利用元素守恒可知，硝酸铁与次氯酸钾在碱性条件下反应得溶液II中含有高铁酸钾、硝酸钾和氯化钾，所以从溶液II中分离出K2FeO4后，同时得到副产品有KCl、KNO3；
(7)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-～3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，
则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=25%。

答案为：CuSO4·3H2O CuSO4·H2OCuSO4+H2O CuO 102℃ 右盘 24a/11g镁；
（2）113℃时固体质量减少5.00g－3.56g=1.44g，即产生水的物质的量是1.44g÷18g/mol=0.08mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol－0.08mol=0.02mol，所以结晶水和硫酸铜的物质的量之比是0.02：0.02=1：1，则113℃时固体物质的化学式CuSO4·H2O；258℃时固体质量减少5.00g－3.20g=1.8g，即产生水的物质的量是1.8g÷18g/mol=0.1mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol－0.1mol=0，所以258℃时固体物质的化学式CuSO4，因此取200℃所得样品，加热至280oC时反应的化学方程式为CuSO4·H2OCuSO4+H2O；
（3）0.02mol胆矾可以得到0.02mol氧化铜，质量是0.02mol×80g/mol=1.60g，所以温度为570℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3；
（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中生成硫酸铜和水，经浓缩、冷却，有晶体析出，得到的晶体为CuSO4•5H2O，根据图像可知其存在的最高温度是102℃；
（5）根据题意，物质的量分别都为a mol的铝和镁两种金属，分别发生反应
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑ 增重
2mol 2×27g-3×2g=48g
amol 24ag
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑ 增重
1mol 24g-2g=22g
amol 22ag
则右盘增重小，所以右盘的烧杯轻，设应在右盘加入xmol镁才能平衡，根据方程式可知
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑ 增重
1mol 24g-2g=22g
（a+x）mol 22（a+x）g
因此有22（a+x）g=24ag
解得x=a/11
即应在右盘加入24a/11克镁才能平衡。


答案为：
(1)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
(2)2Cu2＋＋CO＋2H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋2H＋
(3)3；
(4)ab
(5)①取少量溶液B于试管中，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，
若加入后溶液不变红证明不含铁离子
②CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu　2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
解析：
(1)金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性，能溶解铜，离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
(2)将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式为2Cu2＋＋CO＋2H2O===Cu2(OH)2CO3＋2H＋。
(3)反应中Cu元素化合价由＋1降低到0，O元素化合价由0降低到－2，S元素化合价由－2升高到＋4，由方程式可知生成2 mol Cu，转移6 mol电子，则该反应中每生成1 mol Cu，转移3 mol电子。
(4)精炼铜时，粗铜作阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故a正确；溶液中Cu2＋向阴极移动，故b正确；在阳极比铜活泼的金属先放电，所以阳极和阴极的质量变化不相等，故c错误；Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后，Ag、Pt、Au从粗铜上脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d错误。
(5)检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的试剂是KSCN溶液，取少量溶液B于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红，则证明含有铁离子，若加入KSCN后溶液不变红，则证明不含铁离子。②硫酸铜溶液得到金属铜的方法，可以加入铁粉置换铜，反应的化学方程式为：CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu；也可用惰性电极电解硫酸铜溶液，反应的化学方程式为：2CuSO4＋2H2O,2Cu＋O2↑＋2H2SO4。







答案为：
(1)3Cu2O＋2AlAl2O3＋6Cu
(2)2.5　Cu2O和Cu2S
(3)①2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
②Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
③稀硫酸、KMnO4溶液　取少量高锰酸钾溶液于试管中，滴加经稀硫酸溶解的炉渣溶液，若高锰酸钾溶液的紫色褪去，证明含有Fe2＋
解析：
(1)Al和Cu2O反应生成Cu，化学方程式为3Cu2O＋2AlAl2O3＋6Cu。
(2)由题中的化学方程式知，生成6 mol Cu，需要3 mol Cu2S,2 mol Cu2O，共需要O2 15 mol, 每生成1 mol Cu，共消耗O2 2.5 mol；由化合价变化知，氧化剂为Cu2O和Cu2S。
(3)由流程知，加入NaClO的目的是氧化Fe2＋，离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，加入足量NaOH溶液除去其中的Al3＋；稀硫酸溶解矿石，然后用KMnO4溶液检验其中的Fe2＋。