新高考化学二轮复习考点提升讲与练专题09 金属和非金属元素及其化合物（专练）（解析版）

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A．KOH B．KAl(SO4)2
C．KHCO3 D．K2CO3
答案：D
解析：由题目分析知该物质为草木灰的主要成分为K2CO3，故答案为D。
2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．Na2S具有还原性，可用于去除水体中Hg2＋
B．O3具有氧化性，可用于自来水的消毒杀菌
C．葡萄糖易溶于水，可用作制镜工业的原料
D．Al2O3具有两性，可用作耐高温材料
答案：B
解析：用Na2S除去废水中的Hg2＋，是因为HgS难溶于水，而不是利用Na2S的还原性， A项错误； O3具有氧化性，可用于自来水的消毒杀菌， B项正确；葡萄糖可用作制镜工业的原料是利用其含有醛基具有还原性，能与银氨溶液发生反应生成银镜，而不是利用其易溶于水， C项错误； Al2O3可用作耐高温材料是利用其熔点高，而不是利用其具有两性， D项错误。
3．分别用等量的铁与足量的稀硫酸和足量的CuO制备单质铜，有人设计了以下两种方案：
①Feeq \(――→,\s\up7(H2SO4))H2eq \(――→,\s\up7(CuO))Cu，②CuOeq \(――→,\s\up7(H2SO4))CuSO4eq \(――→,\s\up7(Fe))Cu。
对制备得到Cu的量，下列判断正确的是( )
A．一样多 B．①多 C．②多 D．无法判断
答案：C
解析：两种方案中所发生反应的化学方程式分别为：①Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑、H2＋CuOeq \(=====,\s\up7(△))Cu＋ H2O；②CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O、Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4。方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排出装置中的空气，实验结束时还要通一会儿氢气，以防止生成的铜被氧化，方案②中均可完全转化，故方案①生成的铜比方案②生成的铜少。
4．A～G各物质间的关系如图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是( )
eq \x(A)eq \(――→,\s\up7(MnO2),\s\d5(①))eq \x(B)eq \(――→,\s\up7(Fe),\s\d5(点燃))eq \x(E)eq \(――→,\s\up7(C))eq \x(F和G的混合溶液)
eq \x(C)eq \(――→,\s\up7(MnO2),\s\d5(②△))eq \x(D)eq \(――→,\s\up7(Fe),\s\d5(△))eq \x(G)
A．已知C的浓溶液在催化存在的条件下加热，能与B反应生成D，由此可以推断B的氧化性比MnO2强
B．反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(△))Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O
C．新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸，前者用于防止Fe2＋被空气氧化成Fe3＋，后者可抑制Fe2＋的水解
D．若反应①在常温下进行，则1 ml A在反应中能转移1 ml电子
答案：A
解析：A项，根据题图分析知，反应②为浓盐酸与MnO2在加热的条件下反应产生Cl2，反应①为双氧水分解产生O2，则B为O2，D为Cl2。浓盐酸与O2在催化剂存在的条件下加热，反应产生Cl2，只能证明氧化性O2>Cl2，不能证明氧化性O2>MnO2，错误；B项，反应②的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(△))Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，正确；C项，FeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2＋容易发生水解反应而使溶液显浑浊，为了抑制盐的水解，要加入少量的盐酸，同时Fe2＋有还原性，易被空气中的O2氧化为Fe3＋，为了防止其氧化，要加入还原剂Fe粉，正确；D项，若反应①在常温下进行，则A是H2O2，B是O2，C是浓盐酸，D是Cl2，E是Fe3O4，F是FeCl2，G是FeCl3,1 ml A在反应中能转移1 ml电子，正确。
5．工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( )
(注：铝土矿中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物
答案：C
解析：根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋H2O和Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；制取粗硅的反应是：2C＋SiO2eq \(=====,\s\up7(高温))2CO↑＋Si，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故C正确；CuFeS2中S的化合价为－2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2既是氧化产物又是还原产物，故D错误。
6．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述错误的是( )
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
答案：C
解析：雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质是固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。
1.（2022·辽宁高三模拟）Ni2O3是一种灰黑色有光泽的块状物质，常用作着色颜料或镍电池的电极材料。某工厂以废弃的含镍催化剂(主要成分为NiO，含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为主要原料生产Ni2O3，工艺流程如下：
(1)流程中得到的副产品的化学式是_______，该物质的用途有_______(任写一种)。
(2)操作A中通入H2S生成CuS的离子方程式为_______。
(3)操作B的目的是除铁元素，具体操作是向操作A的滤液中加入足量H2O2，然后加NaOH溶液调节pH为4～7，静置、过滤。pH调至4～7的原因是_______。
(4)操作C中加入NaF的目的是除去溶液中的Ca2+，已知Ksp(CaF2)=1.6×10-10，当Ca2+完全沉淀(离子浓度小于1×10-5 ml·L-1时，即可认为是完全沉淀)，溶液中的c(F-)至少为_______。
(5)电解产生2NiOOH·H2O的原理是阳极Cl-先放电得到ClO-，ClO-再把Ni2+氧化为2NiOOH·H2O。电解的阳极反应式和阴极反应式依次为_______、_______。
【答案】CuSO4·5H2O 配制农药波尔多液、泳池杀菌消毒、湿法炼铜 Cu2++H2S=CuS↓+2H+ pH调至4～7时，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，Ni2+不会沉淀 0.4×10-3ml·L-1 Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+ 2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-= H2↑+2OH-)
【解析】废弃的含镍催化剂(主要成分为NiO，含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)用硫酸酸浸溶解，由于含镍催化剂中含有BaO，与硫酸反应后生成硫酸钡沉淀，则浸出渣中主要含有BaSO4，形成的溶液中含有Fe3+、Ca2+、Cu2+和Ni2+，向酸浸液中通入足量H2S，得到溶解度较小的CuS沉淀，同时H2S将Fe3+被还原为Fe2+，自身氧化为S单质，CuS、S经过煅烧后加入硫酸酸浸，得到硫酸铜溶液，经过蒸发结晶得到副产品胆矾；操作B为通入双氧水，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加NaOH溶液调节pH为4～7，将Fe3+转化为氢氧化铁除去；静置、过滤后，向滤液中加入NaF，将Ca2+转化为CaF2除去，最后向滤液中加入氯化钠进行电解，阳极Cl-先放电得到ClO-，ClO-再把Ni2+氧化为2NiOOH·H2O，最后经过煅烧分解生成Ni2O3，据此分析解答。
(1)根据分析，流程中得到的副产品为胆矾，化学式是CuSO4·5H2O ，该物质可用于配制农药波尔多液、泳池杀菌消毒、湿法炼铜等；
(2)操作A中通入H2S，与Cu2+反应生成CuS，离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(3)操作B的目的是除铁元素，具体操作是向操作A的滤液中加入足量H2O2，然后加NaOH溶液调节pH为4～7，静置、过滤。pH调至4～7的原因是pH调至4～7时，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，Ni2+不会沉淀；
(4)操作C中加入NaF的目的是除去溶液中的Ca2+，当Ca2+完全沉淀(离子浓度小于1×10-5 ml·L-1时，即可认为是完全沉淀)，已知Ksp(CaF2)= c(F-)·c(Ca2+)=1.6×10-10，溶液中的c(F-)=ml·L-1=0.4×10-3ml·L-1
(5)电解产生2NiOOH·H2O的原理是阳极Cl-先放电得到ClO-，电解的阳极反应式和阴极反应式依次为Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+、2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-= H2↑+2OH-)。
2.（2022河北石家庄二中模拟）硫化镍矿的主要成分是，还含有、、一些不溶性物质等，工业上用硫化镍矿制备金属镍的工艺流程如图所示：
(1)硫化镍矿粉磨的目的是_______，“酸浸”时，硫化镍与稀盐酸反应的化学方程式为_______。
(2)“氧化、除铁”过程中加入溶液时，发生反应的离子方程式为_______；加入氧化镍的目的是除去铁元素，用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因_______。
(3)已知，，若“除镁”后的滤液中的浓度不大于，则滤液中≤_______。
(4)电解硫酸镍溶液时，在_______极得到镍单质，电解产物_______(填化学式)可以循环使用。
【答案】增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分 在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化镍与氢离子反应，水解平衡右移使转化为沉淀而除去 阴 H2SO4
【解析】(1)硫化镍矿粉磨得到矿粉，既能增大与酸的接触面积，又可提高浸出率，其目的是：增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；硫化镍与盐酸反应生成氯化镍和硫化氢，反应的化学方程式为。答案为：增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；；(2)加入溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为。除去溶液中的Fe3+时，通常采用水解的方法让其转化为Fe(OH)3沉淀，为促进水解的进行，加入氧化镍与H+反应，则用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因为：在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化镍与氢离子反应，水解平衡右移使转化为沉淀而除去。答案为：；在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化镍与氢离子反应，水解平衡右移使转化为沉淀而除去；
(3)若滤液中，由氢氧化镍的溶度积可知溶液中，由氢氧化镁的溶度积可知溶液中。答案为：；
(4)电解硫酸镍溶液制备金属镍，在阴极放电，阳极上水放电可得到氧气和，阳极处生成的H2SO4可以循环使用。答案为：阴；H2SO4。
3.（2022·河北高三零模）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；②______。
(2)ZnO转化反应的离子方程式为______。
(3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为______。
(4)滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。
(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。
(6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。
(7)将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。
【答案】增大溶液 pH， 将 转化为 ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ Zn、Cu Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2 浸取 煅烧 Fe2(SO4)3 MnO2
【解析】首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中；加入锌粉可以将[Cu(NH3)4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。
(1)由题意可知，烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子进入滤液①中；NH3与反应，的存在会影响[Zn(NH3)4]2+、 [Cu(NH3)4]2+的稳定性， 氨水过量可以将 转化为， 使以上两种络离子稳定存在。
(2)浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(3)在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(4)滤渣②是在除杂工序中产生的，由(3)分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；
(5)在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；
(6)碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；
(7)滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
4.（2022·重庆高三零模）碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
(1)元素Sr位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_______。
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_______。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_______(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。
(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_______；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_______。
(5)“沉锶”中反应的化学方程式为_______。
(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为_______(取整数)。
【答案】五 ⅡA 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 SrCO3+2CSr+3CO↑ 碱性耐火砖 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 MgO Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O 6
【解析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此解答。
(1)元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，故答案为：五；ⅡA；
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
(4)由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；
(5)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3·H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O；
(6)xSrO·yFe2O3中Sr与Fe的质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。
5.（2022·河北高三二模）实验室以铬铁矿(主要成分是，还含有少量、等杂质)为原料制备重铬酸钾晶体(相对分子质量为294)的流程如下：
已知：①
②时，含量极小
请回答下列问题：
(1)①中各元素化合价均为整数，则为_______价，将它用氧化物的形式表示为_______。
②“操作1”的反应条件是高温，写出主要的化学反应化学方程式_______。
③“操作1”中的反应，在常温下的反应速率较慢，为使反应速率增大，除升高温度外，还可采取的措施为_______、_______(写出两条)。
(2)固体X中主要含有_______(填写化学式)，固体Y中主要含有_______(填写化学式)。
(3)在pH为3.7时可完全转化为。在上述流程中所得溶液中含有少量。请结合下图有关物质的溶解度曲线，设计由溶液制备固体的实验方案：_______(实验中须选用的试剂：硫酸、溶液、固体、蒸馏水)。
(4)某工厂用铬铁矿粉(含)制备，最终得到产品，则产率为___。
【答案】+3 将原料粉碎 使用催化剂等 向溶液中加入适量NaOH调节pH大于3.7，过滤，向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入适量KCl固体，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 70%
【解析】碳酸钠和铬铁矿高温加热发生反应，生成三氧化二铁，铬酸钠，偏铝酸钠，硅酸钠和二氧化碳，第二步加水浸取，铬酸钠，偏铝酸钠，硅酸钠溶于水，过滤，加醋酸中和除铝和硅，再加强酸到pH小于3，得到重铬酸钠，再加氯化钾得到重铬酸钾。
(1)①中各元素化合价均为整数，则为+3价，将它用氧化物的形式表示为；答案为：+3；
②“操作1”的反应条件是高温，写出主要的化学反应化学方程式。答案为：
③“操作1”中的反应，为使反应速率增大，除升高温度外，还可采取的措施为将原料粉碎，使用催化剂；答案为：将原料粉碎，使用催化剂等；
(2)只有三氧化二铁不溶于水，过滤得到三氧化二铁，则固体X中主要含有，加醋酸中和主要生成氢氧化铝和硅酸，固体Y中主要含有。答案为：，；
(3)设计由溶液制备固体的实验方案 (实验中须选用的试剂：硫酸、溶液、固体、蒸馏水)：向溶液中加入适量NaOH调节pH大于3.7，过滤，向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入适量KCl固体，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 。
答案为：向溶液中加入适量NaOH调节pH大于3.7，过滤，向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入适量KCl固体，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)某工厂用铬铁矿粉(含)制备，理论上可制得的质量为：Kg， 最终得到产品，则产率;答案为：70%
6.（2022·广东广州市高三一模）高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以硫酸铵和硫酸铝为原料制备复盐硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2·12H2O]，经硫酸铝铵热分解可制得高纯超细氧化铝，其流程如下：
回答下列问题：
(1)操作①需加入稀H2SO4，其目的是___________。
(2)“纯化”的方法为___________。
(3)实验室用如图装置利用热分解法制备高纯超细氧化铝粉并对其分解气成分进行探究：
反应一段时间后，取三份NaOH吸收液于三支试管中分别进行如下实验，填写下表：
写出硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式___________。
(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA(简写为H4Y)标准溶液滴定。取mg氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的V1mLc1ml·L-1EDTA标准溶液，充分反应后，再用c2ml·L-1的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为V2mL。反应的离子方程式：Al3++Y4-=AlY-、zn2++Y4-=ZnY。Al2O3的质量分数为___________。
【答案】抑制铵根离子和铝离子水解 重结晶 NH3 SO3 取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中 品红溶液红色不褪去
【解析】将原料中的硫酸铝铵溶解，制得硫酸铝铵溶液，经过蒸发浓缩冷却结晶后，过滤得到含有结晶水的硫酸铝铵粗品，将含有结晶水的硫酸铝铵粗品进行纯化，得到，经过热分解得到Al2O3。
(1) 由①前后物质可知为溶液到相应晶体的过程，没有与硫酸发生化学反应，且铵根离子和铝离子会水解，温度越高、水解程度越大，水解会生成氢离子，故加入硫酸的目的为抑制铵根离子和铝离子水解；
(2)纯化前为粗品固体，纯化后为晶体，提纯固体粗产品物质常用重结晶，故答案为重结晶；
(3)①红色石蕊试纸变蓝，说明气体呈碱性，故为NH3；②硫酸钡为不溶于稀盐酸的白色沉淀，故分解气中有SO3；③二氧化硫溶于氢氧化钠生成Na2SO3，故答案为取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中，品红溶液红色不褪去，说明不含SO2；硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式为；
(4)铝离子和锌离子物质的量之和与EDTA相等，即n(Al3+)+n(Zn2+)=n(EDTA)；n(Al3+)=( c1v1×10-3-c2v2×10-3)ml，故m(Al3+)=n(Al3+)·M=( c1v1×10-3-c2v2×10-3)ml×102g/ml=51×(c1v1×10-3-c2v2×10-3)，所以质量分数=。
7．(2022·山东省泰安教育发展中心高三期中)黄铜灰渣(含有Cu 、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产硝酸铜溶液的流程如图,下列说法不正确的是( )
A．“浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．若反应中所加Zn过量，所得Cu(NO3)2溶液中含Zn(NO3)2杂质
C．滤液II含Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子
D．由Cu(NO3)2溶液制备Cu(NO3)2·3H2O，采用蒸发结晶的操作
【答案】C
【解析】黄铜灰渣加硫酸浸取，Zn、ZnO转化为ZnSO4，CuO转化为CuSO4，FeO转化为FeSO4，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，过滤得到Cu，向滤液中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，向Cu中加入稀硝酸，得到Cu(NO3)2溶液。A项，适当增加反应物浓度可以加快反应速率，A项正确；B项，加Zn过量，会导致过滤所得滤渣中含有Zn，硝酸溶解后会在硝酸铜中会有Zn(NO3)2杂质，B项正确；C项，由分析可知，向滤液I中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，故滤液II中不含Fe3+，C项错误；D项，将Cu(NO3)2溶液蒸发结晶，可得到Cu(NO3)2·3H2O，D项正确；故选C。
8．(2022·沈阳市辽宁实验中学期末)常温下，c(H+)=0.1ml/L的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如图所示实验：
已知氧化性Fe3+>I2。根据实验结果，判断下列说法正确的是( )
A．Fe3+与Fe2+至少有一种
B．一定不存在CO32-，可能存在Na+和Cl-
C．一定存在Fe2+、I-、Cl-
D．该溶液中一定存在Fe2+、I-，可能含Cl-
【答案】C
【解析】c(H+)=0.1ml/L溶液中的H+可以与CO32-反应，故溶液中不存在CO32-；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，说明有I2生成，则原溶液中含有I-， Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01ml，原溶液中含有I-的物质的量为0.02ml；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe(OH)2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2=0.02ml，0.02ml Fe2+带有正电荷为0.04ml，H+带有正电荷为0.1ml/L ×0.1L=0.01ml，0.02ml I-带有负电荷为0.02ml，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04ml+0.01ml -0.02ml=0.03ml，由于不能确定是否存在Na+，故Cl-含量≥0.03ml。A项，根据分析，原溶液中不存在Fe3+，A错误；B项，根据分析，溶液中一定不存在CO32-，可能存在Na+，一定存在Cl-，B错误；C项，根据分析，溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-，C正确；D项，根据分析，溶液中一定存在Cl-，D错误；故选C。
9．(2022·浙江绍兴市期末)某混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，进行如图实验：
下列有关说法正确的是( )
A．由Ⅰ可知Cu能与过量的盐酸发生置换反应
B．蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+
C．原混合物X中含Fe2O3的质量是4.48g，SiO2的质量为3.0g
D．将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量
【答案】D
【解析】Fe2O3和过量HCl反应生成FeCl3和H2O，FeCl3再和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，蓝色溶液为HCl、CuCl2和FeCl2的混合溶液，4.92g固体为SiO2(可能有Cu)；Cu不能和NaOH溶液反应，SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，4.92g固体加过量NaOH溶液后剩余1.92g固体，则4.92g固体中含1.92gCu，含4.92g-1.92g=3.0gSiO2，则9.4gX中含Fe2O3、Cu共9.4g-3.0g=6.4g；设X中Cu的物质的量为xml，Fe2O3的物质的量为yml，则64x+160y=6.4，根据Fe原子守恒，加盐酸后产生的Fe3+的物质的量为2yml，根据2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知步骤Ⅰ反应了的Cu的物质的量可表示为yml，则64y+1.92=9.4-3.0-160y，联立二式解得y=0.02，x=0.05，则9.4gX中含Fe2O3的质量为160×0.02g=3.2g，Cu的质量为64×0.05g=3.2g，SiO2的质量为3.0g。A项，Cu不能和过量的盐酸发生置换反应，Ⅰ中铜反应了一部分发生的是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B项，结合分析可知蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，4.92g固体中含有Cu，则在蓝色溶液中一定不含Fe3+，B错误；C项，由分析可知原混合物X中含Fe2O3的质量是3.2g，SiO2的质量为3.0g，C错误；D项，将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，则Ⅰ后剩余固体为Fe2O3和Cu，因Fe2O3和Cu的质量在Ⅰ中没有损失，则Ⅱ发生的是原来Ⅰ的反应，最后剩余固体仍然为过量的1.92gCu，即将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量，D正确；故选D。
10．(2022·黑龙江省牡丹江一中高三期中)铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法。将二者的废液混合可实现回收再利用。其主要流程如图：
已知：①水合肼N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化为N2
②Cu2++4NH3Cu(NH3)42+
(1)蚀刻
①酸性蚀刻铜的离子方程式：___________
②关于蚀刻的下列说法正确的是___________。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
(2)滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是___________。
(3)除铜
①利用水合肼N2H4·H2O还原Cu2+的离子方程式是___________。
②已知该反应瞬间完成。滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知。随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给值息和己知信息分析其原因：___________。
【答案】(1)Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O AC
(2)NH4+、Cl—
(3)N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH4+反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)42+，铜的去除率减小
【解析】由题给流程可知，铜质电路板与过氧化氢和过量的盐酸发生酸性蚀刻生成四氯合铜离子，与氧气、氯化铵和过量的氨水发生碱性蚀刻生成四氨合铜离子，含有四氯合铜离子的酸性溶液与含有四氨合铜离子的碱性溶液混合反应生成碱式氯化铜沉淀、氯化铜、氯化铵，过滤得到碱式氯化铜沉淀和含有氯化铜、氯化铵的滤液1；碱式氯化铜沉淀经多步转化制得五水硫酸铜晶体；向滤液1中加入水合肼和氢氧化钠的混合溶液，溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，过滤得到含有氯化钠、氯化铵的滤液2和铜，滤液2可以加入到碱性蚀刻溶液中循环使用。(1)①由分析可知，酸性蚀刻铜发生的反应为铜与过氧化氢和过量的盐酸反应生成H2CuCl4和水，反应的离子方程式为Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O；②A项，碱性蚀刻时，利用了氧气的氧化性将铜氧化为四氨合铜离子，酸性蚀刻时，利用率过氧化氢的氧化性将铜氧化为四氯合铜离子，故B正确；B项，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，，酸性蚀刻时，盐酸的主要作用是提供氯离子形成四氯合铜离子，故错误；C项，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，则用过氧化氢、硫酸、氯化钠也可以使铜溶解，故正确；故选AC；(2)由分析可知，滤液1为氯化铜、氯化铵的混合溶液，则溶液中存在铜离子、铵根离子和氯离子；(3)①由分析可知，水合肼还原铜离子的反应为溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，反应的离子方程式为N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O；②由图可知，pH为6.3时铜去除率最大，当溶液pH＜6.3时，随溶液pH增大，水合肼的还原性增强，消耗铜的物质的量增大，导致铜的去除率增加；当溶液＞6.3时，随溶液pH增大，溶液中的氢氧根离子与铵根离子反应生成氨，铵与铜离子生成四氯合铜离子，导致导致铜的去除率降低。
11．（2022·广东省广州六中高三月考）实验室探究与Fe （NO3）3溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是（ ）
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4
C．在X装置中浓硫酸不体现氧化性
D．若将Fe （NO3）3换成氨水，Y中不能产生白色沉淀
【答案】D
【解析】A项，装置X的作用是产生SO2，为防止＋4价S被氧化，需要先通入一段时间的N2，排除装置中的空气，故A说法正确；B项，酸性条件下，NO3-能将SO2氧化成SO42-，Fe3＋也能将SO2氧化成SO42-，SO42-与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀，故B说法正确；C项，生成二氧化硫，体现浓硫酸的强酸性，浓硫酸遇水放出大量的热，有利于二氧化硫的逸出，故C说法正确；D项，换成氨水，SO2能与氨水反应生成SO32-，SO32-能与Ba2＋反应生成BaSO3沉淀，故D说法错误；故选D。
12．（2022·北京师大附中高三期中）为探究SO2与Fe3+间是否发生氧化还原反应，按下图装置进行实验(夹持、加热仪器略)，下列说法不正确的是（ ）
A．A中的反应体现了浓硫酸的氧化性和酸性
B．试剂a不能使用饱和NaHCO3溶液
C．C中溶液pH降低，可证明Fe3+氧化了SO2
D．尾气可用NaOH溶液吸收
【答案】C
【解析】装置中，A为制取SO2气体的装置，B为除去SO2气体中混有的还原性气体的装置，C为检验SO2是否具有还原性的装置。A项，A中发生的反应为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，体现了浓硫酸的氧化性(生成SO2)和酸性(生成CuSO4)，A正确；B项，试剂a若使用饱和NaHCO3溶液，则会吸收SO2并与SO2反应生成CO2，影响后续实验的进行，所以试剂a不能使用饱和NaHCO3溶液，B正确；C项，C中溶液pH降低，可能是SO2溶于水生成的亚硫酸的浓度增大导致的，C错误；D项，SO2为酸性气体，其尾气可用NaOH溶液吸收，D正确；故选C。
13．（2022·江苏省连云港市高三期中调研）硫代硫酸钠(Na2S2O3)，又名大苏打、海波，可以看成是硫酸钠中一个氧原子被硫原子取代的产物(SO42-结构如图所示)，易溶于水。 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应原理为AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+ NaBr。
下图是实验室模拟工业制备Na2S2O3的装置示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸
B．装置乙和装置丁都有防止倒吸的作用
C．装置丙中发生的离子方程式为： 4SO2+ 2OH— + 2S2—=3 S2O32-+ H2O
D．反应结束后将K1上端连接导管通入NaOH溶液中，然后关闭K2打开K1
【答案】C
【解析】由图可知，装置甲中75%硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫气体，装置乙为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置丙中二氧化硫与碳酸钠和硫化钠混合溶液反应制备硫代硫酸钠，装置丁中用于吸收反应生成的二氧化碳和有毒的二氧化硫，防止污染空气。A项，98.3%硫酸中硫酸主要以分子形式存在，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠反应速率慢，则不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸，故A正确；B项，装置乙为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置丁中倒置的漏斗能起防倒吸的作用，故B正确；C项，装置丙中二氧化硫与碳酸钠和硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为4SO2+ 2CO32-+ 2S2—=3S2O32-+ CO2，故C错误；D项，反应结束后将K1上端连接导管通入氢氧化钠溶液中，然后关闭K2打开K1可以使空载仪器中的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，防止拆卸过程中二氧化硫逸出污染空气，故D正确；故选C。
14.（2022·重庆八中高三期中）某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO)，设计了如下工业流程：
下列说法错误的是（ ）
A．气体Ⅰ中主要含有的气体有N2、NO、CO
B．X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C．处理含NH4+废水时，反应的离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
【答案】B
【解析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO)通过过量石灰乳会吸收CO2、SO2，固体Ⅰ为碳酸钙和亚硫酸钙；气体Ⅰ通过X，用氢氧化钠处理后得到亚硝酸钠，X可能为空气，但是不能过量，否则会生成硝酸钠，亚硝酸钠与铵根的溶液反应生成无污染气体，生成氮气，气体Ⅱ含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要时CO。A项，由以上分析可知气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO与石灰乳不反应，不能被吸收，A正确；B项，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，B错误；C项，处理含铵根废水时，反应生成氮气，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O，C正确；D项，气体Ⅱ含有CO、N2捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；故选B。
15.（2022·江西省景德镇市第一次模拟）Na2S2O3·5H2O (俗称海波)是常用的一种定影剂。工业使用的海波中常混有少量Na2SO3和Na2SO4杂质，为测定一种海波晶体样品的成分，某同学称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的稀硫酸20mL，充分反应后测得有关实验数据如下(标准状况)。
下列说法错误的是（ ）
A．第一份、第二份样品均完全反应，第三份样品过量
B．样品中n（Na2S2O3·5H2O）: n（Na2SO3）=4：1
C．样品中除了含有Na2S2O3·5H2O、Na2SO3，还含有Na2SO4
D．所加硫酸溶液的物质的量浓度为0.5ml/L
【答案】D
【解析】样品中硫代硫酸钠与酸反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓ +SO2↑+H2O，亚硫酸钠与酸反应生成二氧化硫和水，离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，硫酸的体积一定，由表中数据可知，样品质量增大，硫与二氧化硫的产量增大，故第一、二份样品均完全反应，酸有剩余。A项，第三份的28g样品完全反应可以生成硫的质量为1.28g=2.84g>2.56g，故第三份样品过量，故A正确；B项，以第一份计算判断：1.28g硫的物质的量为=0.04ml，该反应生成的二氧化硫为0.04ml，反应得到二氧化硫总的物质的量为=0.05ml>0.04ml，故含由Na2SO3，反应SO32-+2H+=SO2↑+H2O生成二氧化硫为0.05ml-0.04ml=0.01ml，所以样品中n（Na2S2O3·5H2O）: n（Na2SO3）=4：1，故B正确；C项，由B可知样品中含有Na2SO3，又因为硫代硫酸钠晶体和亚硫酸钠总质量为0.04ml248g/ml+0.01ml126g/ml=11.18g