金属及其化合物一、选择题（本题共14小题，每题只有一个选项符合题意）1．我国古代地理名著《水经注》中有如下记载：“屈茨二百里有山，夜则火光，昼则旦烟，人取此山石炭冶此山铁，恒充三十六国用”，下列有关理解正确的是A．“石炭”是焦炭B．“山铁”是单质铁C．“石炭”能用于还原铁矿石D．“石炭”夜晚燃烧时不冒烟【答案】C【解析】A．由题文的内容可知，石炭是直接取于山中的，没有经过化学加工，而焦炭是煤经过加工而成的，所以石炭不应该为焦炭，故A项错误；B．山铁应为炼铁的铁矿石，而不是单质铁，故B项错误；C．由原文可知，人们用石炭冶炼山铁，而山铁是铁矿石，所以石炭应有还原性，它可以还原铁矿石，故C项正确；D．由“夜则火光，昼则旦烟”可知，石炭燃烧时有烟生成，只是晚上不能看到烟而已，故D项错误。故答案为C。2．化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，可用于杀灭水中病菌B．由于天然气是清洁能源，所以可以无限制地开采和使用C．青铜是铜中加入铅、锡制得的合金，其成分会加快铜的腐蚀D．SO2是一种食品添加剂，添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用【答案】D【解析】A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭病菌，A错误；B．天然气是化石燃料，属于不可再生能源，不可无限制开采和使用，B错误；C．铅、锡比铜活泼，腐蚀时铜作正极，会减缓铜的腐蚀，C错误；D．SO2是一种食品添加剂，如葡萄酒中就可以添加适量二氧化硫抗氧化，添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，D正确；答案选D。3．化学与生产、生活密切相关。下列相关说法正确的是A．棉花和蚕丝的主要成分均是蛋白质B．工业上电解MgCl2溶液可以制备MgC．活性炭兼具有除异味和杀菌的作用D．Na2O2可用于潜水艇中O2的来源【答案】D【解析】A．棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，A错误；B．工业上电解熔融的MgCl2可以制备Mg，电解MgCl2溶液得不到Mg，只能得到Mg(OH)2，B错误；C．活性炭具有强吸附性，能够吸附一些有异味的分子，故具有除异味的作用，但没有强氧化性和毒22
性，故不能起杀菌消毒的作用，C错误；D．由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，Na2O2可用于潜水艇中O2的来源，D正确；故答案为D。4．下列有关物质的用途与对应的知识关系正确的是选项物质的用途对应的知识ANaHCO3可用于制胃酸中和剂NaHCO3受热易分解BSiO2可用于制光导纤维SiO2熔点高硬度大CAl2O3可用作耐高温材料Al2O3是两性氧化物DCaO可用作食品干燥剂CaO能与水反应A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．NaHCO3可用于制胃酸中和剂是由于NaHCO3对人无刺激性，能够与胃酸（即盐酸）发生反应而降低胃酸的浓度，与其不稳定，受热易分解的性质无关，A错误；B．SiO2可用于制光导纤维是由于SiO2能够使光线发生全反射，而与其熔沸点高低无关，B错误；C．Al2O3可用作耐高温材料是由于Al2O3的熔点很高，而与其是否是两性氧化物无关，C错误；D．CaO可用作食品干燥剂是由于CaO能与水反应，因而可以吸收水分，保持食品干燥，防止食品受潮变质，D正确；故合理选项是D。5．下列说法不正确的是A．金属钠着火时，可用泡沫灭火器扑灭B．在节假日里燃放的烟花利用了一些金属的焰色反应C．FeCl3、FeCl2均能通过两种物质直接化合制取D．月饼包装中的脱氧剂主要成分是铁粉，为了防止月饼氧化而变质【答案】A【解析】A．钠能和水发生反应生成氢氧化钠和氢气，金属钠着火时，不能用泡沫灭火器扑灭，故A错误；B．因不同金属元素的焰色反应能呈现出不同的颜色，因此可用于制作烟花，故B正确；C．FeCl3可以用铁和氯气发生化合反应制备，FeCl2可以用FeCl3和铁发生化合反应制备，故C正确；D．铁具有还原性，能吸收氧气，月饼包装中的脱氧剂主要成分是铁粉，为了防止月饼氧化而变质，故D正确。6．旅游景点售卖的藏银多是白铜（铜镍合金），下列说法正确的是22
A．合金都容易形成原电池，都特别容易被腐蚀B．藏银的熔点比铜要高C．藏银的硬度比铜要大D．可通过外观颜色区分藏银和白银【答案】C【解析】A．纯铜加镍能显著提高强度、耐蚀性、硬度，故不是所有的合金都易腐蚀，故A错误；B．藏银是铜镍合金，合金的熔点比其成分的熔点低，故藏银的熔点比铜要低，故B错误；C．藏银是铜镍合金，合金的硬度比其成分的硬度要大，故藏银硬度比铜要大，故C正确；D．藏银多是白铜也是银白色合金，与白银颜色一样，故不能通过颜色区分，故D错误；故答案为C。7．下列方程式能正确解释相应现象的是A．闪锌矿遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝：B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：【答案】A【解析】A．根据沉淀转化原理，难溶物转化为更难溶的物质，故A正确；B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠，故B不正确；C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生的离子方程式为：，故C不正确；D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀，氢硫酸属于弱酸，在离子方程式中不拆写，故正确的离子方程式为：，故D不正确；故选答案A。8．金属及其化合物在工农业和医药生产中应用广泛，下列关于金属及其化合物性质的说法正确的是A．铝热反应可用于冶炼金属性比铝弱但熔点较高的金属单质B．金属钠具有强还原性，可用金属钠和溶液制备金属C．溶液可用于刻蚀铜制印刷电路板和作人体缺铁性补铁的补血剂D．硫酸铜常用作防止藻类生长的除藻剂，硫酸铜溶液也常用作蔬菜的保鲜剂22
【答案】A【解析】A．铝热反应可用于冶炼金属性比铝弱但熔点较高的金属单质，选项A正确；B．金属钠能与水反应，应用金属钠和熔融高温条件下制备金属，选项B错误；C．人体缺铁性补铁的补血剂应选用，选项C错误；D．有毒，硫酸铜溶液不可用作蔬菜的保鲜剂，选项D错误。答案选A。9．侯氏制碱法的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．图中的“沉淀”为NaHCO3B．向饱和食盐水中应先通入CO2，后通入NH3C．过滤得到的“母液”中加入NaCl粉末、通入NH3，搅拌、降温后可析出副产品NH4ClD．实验室中“煅烧”操作所需的主要仪器为酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚、玻璃棒等【答案】B【解析】首先在合成氨工厂合成氨气，考虑氨气的溶解度较大，故首先向饱和氯化钠溶液中通入氨气，之后再通入二氧化碳，再根据溶解度的差异得到碳酸氢钠固体，煅烧得产品。A．沉淀池中发生的反应为，溶解度较小的NaHCO3从溶液中析出，A正确；B．NH3在水中的溶解度较大，且其水溶液显碱性，能更好的吸收CO2，使反应物浓度大，反应速率快，故应先通入NH3，后通入CO2，B错误；C．过滤得到的“母液”中的溶质主要有NaHCO3、NH4Cl，向其中加入NaCl粉末、通入NH3，使和的量增多，降温后可析出副产品NH4Cl，C正确；D．“煅烧”操作所需的主要仪器为酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚、玻璃棒等，D正确；故选B。10．下列说法正确的是A．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeB．适量CO2通入NaClO溶液中生成Na2CO3和HClOC．将过氧化钠加入滴有酚酞的水中，溶液先变红后褪色并产生气泡D．焰色反应用稀硫酸洗涤铂丝，并在火焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同22
【答案】C【解析】A．Mg和过量FeCl3溶液反应生成MgCl2和FeCl2，不能得到Fe，A项错误；B．Na2CO3和HClO还会继续反应，适量CO2和NaClO溶液反应生成NaHCO3和HClO，B项错误；C．过氧化钠与水反应会生成氢氧化钠和氧气，显碱性，所以酚酞变红，但过氧化钠有强氧化性，所以过氧化钠加入滴有酚酞的水中，溶液先变红后褪色并产生气泡，C项正确；D．焰色反应用稀盐酸洗涤铂丝，不是稀硫酸，D项错误；答案选C。11．海水淡化技术迅速发展，苦卤水的充分利用显得尤其重要。下图是利用苦卤水制备无水MgCl2的过程，下列说法正确的是A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成和B．煅烧产物是C．固体单质Ⅰ为Mg（还原剂），气体单质Ⅱ为Cl2（氧化剂）D．煅烧产物中的元素参与氯化反应时，其元素在反应前后无化合价变化【答案】D【解析】A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg(OH)2沉淀，利用Mg(OH)2煅烧生成MgO，故A错误；B．Mg(OH)2煅烧生成MgO，所以煅烧产物为氧化镁，故B错误；C．氯化反应，依据元素守恒，固体单质是C，气体单质为Cl2，反应方程式为：C+Cl2+MgO→CO+MgCl2，故C错误；D．煅烧产物为MgO，根据反应C+Cl2+MgO→CO+MgCl2，氧化镁在反应中化合价没有变化，故D正确；故选D。12．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．B．C．D．【答案】B22
【解析】A．电解熔融的氧化铝制铝而不是氯化铝，A错误；B．氯化镁与氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B正确；C．铁与氯气反应生成，C错误；D．电解熔融的制取金属镁，D错误；故选B。13．下列实验操作对应的现象与结论均正确的是实验操作现象结论A常温下将铁片加入浓H2SO4中生成有刺激性气味的气体铁在常温下与浓H2SO4反应生成SO2B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SOC向某溶液中加入KSCN溶液，再向溶液中加入新制氯水溶液先不显红色，加入氯水后变红色该溶液中含有Fe2+D向某溶液中加入CCl4，振荡后静置液体分层，下层呈紫红色该溶液中含有I-A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A．常温下将铁片加入浓H2SO4中，发生钝化，不能放出二氧化硫气体，A错误；B．由于硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故先加硝酸再滴加Ba(NO3)2，溶液X中不一定含有SO，可能是含SO，B错误；C．向某溶液中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+，再向溶液中加入新制氯水，溶液变红色，说明发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，则原溶液含有Fe2+，C正确；D．向某溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色，说明溶液中含有I2，D错误；答案选C。14．印刷线路板废液（主要成分有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋、Cl-），可用来制备碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3），其流程如图所示，下列说法不正确的是22
A．反应A的离子方程式为：6Fe2＋＋ClO＋6H＋=6Fe3＋＋Cl-＋3H2OB．铜在空气中被腐蚀生成铜锈，其主要成分是氧化铜C．NaClO3中心原子杂化类型为sp3杂化D．试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH把Fe3＋转化为Fe(OH)3过滤除去【答案】B【解析】印刷线路板废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl－）加入NaClO3发生氧化还原反应，将亚铁离子氧化为铁离子，加入CuO调节溶液的pH值，过滤，将Fe(OH)3除去，再向滤液中加入碳酸钠反应得到碱式碳酸铜。A．反应A中Fe2+与ClO反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式为：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故A正确；B．铜在空气中被腐蚀生成铜锈，主要是铜和氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，故B错误；C．根据杂化轨道理论可知，NaClO3中Cl原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道数为4，即采用sp3杂化，故C正确；D．加入X的目的是通过调节pH把Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，试剂X可为CuO、Cu(OH)2等，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题共8小题）15．除金、铂等极少数金属外，绝大多数金属元素以化合物形式存在于自然界中，将金属元素从其化合物中还原出来的工业工程称为金属的冶炼。下列材料描述了部分常见金属的冶炼方法。①工业上冶炼镁的方法有两种，电解法和皮江法。电解法是电解熔融的氯化镁；皮江法是硅在高温下还原氧化镁。②霍尔-埃鲁铝电解法是以氧化铝为原料、冰晶石（Na3AlF6）为熔剂组成的电解质，在950-970℃的条件下通过电解的方法使电解质熔体中的氧化铝分解为铝和氧气。③冶炼锰一般用铝热法，即在高温下用铝还原二氧化锰。④相关各物质熔点见下表：物质Al2O3AlCl3MgOMgCl2AlMnMg熔点/℃230319028007126601244649Ⅰ．根据上述信息回答下列问题：（1）冶炼镁时电解熔融MgCl2而不电解熔融MgO的原因是_______。22
（2）将铝和镁作电极插入稀硫酸中，镁、铝分别作_______极、_______极；写出正极的电极反应式：_______。Ⅱ．下面是皮江法冶炼镁的工业流程示意图：（3）气体a是_______。（4）还原炉需控制温度为1200℃左右，并抽空气到近似真空。还原炉中发生的主要反应有_______、_______。（5）还原炉中抽空气到近似真空的原因是_______。【答案】MgO的熔点比MgCl2更高，电解时需要更多的能量，故选用MgCl2负正2H++2e-=H2↑CO22MgO+Si2Mg↑+SiO2SiO2+CaOCaSiO3防止已还原的Mg在高温条件下再次被氧化【解析】（1）冶炼镁时通常采用电解熔融MgCl2的方法而不是电解熔融MgO，是由于MgCl2的熔点比MgO低，电解时消耗的能量少，若采用电解熔融的MgO，就需消耗更多的能量；（2）Mg、Al都是比较活泼的金属，能够与硫酸发生置换反应，由于金属活动性：Mg＞Al，所以若将铝和镁作电极插入稀硫酸中，活动性比较强的镁为负极，活动性比较弱的铝为正极，在负极上Mg失去电子变为Mg2+进入溶液，在正极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，故正极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑；（3）白云石在高温下煅烧，反应产生CaO、MgO和CO2气体，所以气体a是CO2；（4）将回转炉煅烧产生的固体CaO、MgO与硅铁混合、粉碎研磨，并压制成球状，然后在1200℃高温条件下，抽成真空，发生主要反应是：2MgO+Si2Mg↑+SiO2，SiO2+CaOCaSiO3；（5）Mg是活泼金属，在高温下能够与O2反应产生MgO，在还原炉中抽空气到近似真空，就可以防止已还原的Mg在高温条件下再次被氧化。16．由黏土（主要成分Al2O3·2SiO2·2H2O，含少量Fe2O3、CaO、MgO等杂质）22
与磷肥生产的含氟废气生产冰晶石Na3AlF6的工艺流程如图：请回答下列问题：（1）冰晶石在电解Al2O3制铝中的作用是_______，需定期更换石墨_______（填“阳”或“阴”）极。（2）不用98%硫酸进行“反应1”的可能原因是_______。A．不易发生离子反应，造成浸出率下降B．反应速率太快太剧烈，造成了操作危险C．产生较多酸性废液，也提高了原料成本（3）保持其他条件不变，反应1的铝浸出率在不同温度下随时间变化如图所示。“反应1”的最佳温度与时间分别是_______℃、_______min。（4）“除杂”步骤产生的“滤渣”中含有BaSO4、CaSO4、S等难溶物，写出产生S的离子方程式_______。（5）若按“黏土滤液溶液”来制备Al2(SO4)3·18H2O，该方案的原料利用率比原方案更_______（填“高”或“低”）。（6）“反应2”所得“滤液”中含氟物质主要为_______（写化学式）。【答案】助熔剂阳AC7090BaS+2Fe3++SO=BaSO4+2Fe2++S低NH4F22
【解析】黏土中加入硫酸，Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO与硫酸反应生成Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CaSO4、MgSO4，SiO2不反应，加入BaS将Fe3+还原为Fe2+，同时生成硫酸钡沉淀和硫单质，过滤除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等难溶物，滤液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、MgSO4，再浓缩结晶得到Al2(SO4)3·18H2O；含氟废气SiF4、HF与饱和氯化钠溶液和氨水反应，主要生成NH4F和Na2SiF6，滤液NH4F中加入Al2(SO4)3·18H2O，调节pH值，再通过转变后得到冰晶石Na3AlF6。（1）由于Al2O3熔点高，为节约能源，加入冰晶石能降低Al2O3的熔点，以便Al2O3能熔化后电解，所以作用是助熔剂；冰晶石在电解Al2O3制铝中的作用是助熔剂，电解时阳极上O2-失电子发生氧化反应生成O2，阳极材料石墨与该极上生成的O2反应被消耗，需定期更换石墨阳极。故答案为：助熔剂，阳；（2）不用98%硫酸进行“反应1”的可能原因98%硫酸浓度太高，水较少，使得离子反应不易发生，造成浸出率下降，同时硫酸过量产生了较多酸性废液，也提高了原料成本，故答案为：AC；（3）根据反应1的铝浸出率在不同温度下随时间变化图知，保持其他条件不变，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出90min后，浸出率变化不大，70℃和90℃浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳温度是70℃，时间是90min。故答案为70，90；（4）“除杂”步骤加入BaS将Fe3+还原为Fe2+，同时生成BaSO4沉淀和S单质，产生S的离子方程式为BaS+2Fe3++SO=BaSO4+2Fe2++S，故答案为：BaS+2Fe3++SO=BaSO4+2Fe2++S；（5）该方案中，还生成了硫酸钠，原子利用率更低。故答案为：低；（6）含氟废气SiF4、HF与饱和氯化钠溶液和氨水反应，主要生成NH4F和Na2SiF6，“滤液”中含氟物质主要为NH4F，故答案为：NH4F。17．铬污染是土壤和水体重金属污染的主要原因之一，含铬废水（主要含CrO和Cr2O）的处理受到普遍关注，目前主要有铁氧体法。过程如图：（1）操作1的名称是___。（2）加入稀硫酸酸化的目的是使CrO转化为Cr2O，写出离子反应方程式___。22
（3）加入绿矾（FeSO4·7H2O）时发生反应的离子方程式为___。（4）已知磁性材料铁氧体的化学式为Cr2Fe3O7，其中Cr为+3价，则该铁氧体中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为___。（5）此方法中，加入的绿矾的量需控制在合理范围，其原因为___。（6）此方法中，加入NaOH溶液碱化时___（填“可以”或“不可以”）改用石灰乳，原因是___。【答案】（1）过滤（2）2CrO+2H+=Cr2O+H2O（3）Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O（4）2︰1（5）调节Fe2+和Fe3+比例，使之共沉淀成铁氧体（6）不可以会生成微溶物CaSO4使产物铁氧体不纯【解析】本工艺流程题为利用含铬废水来制备磁性材料铁氧体，加稀硫酸酸化的目的是将CrO转化为Cr2O，反应原理为：2CrO+2H+=Cr2O+H2O，加入绿矾的目的是将Cr2O还原为Cr3+，同时也将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，加入NaOH溶液碱化的目的是生成磁性材料铁氧体，最后过滤、洗涤、干燥得到产品。（1）由题干信息可知，操作1分离出固体和滤液，故操作1的名称是过滤，故答案为：过滤；（2）加入稀硫酸酸化的目的是使CrO转化为Cr2O，该反应的离子反应方程式为：2CrO+2H+=Cr2O+H2O，故答案为：2CrO+2H+=Cr2O+H2O；（3）加入绿矾（FeSO4·7H2O）时发生反应即将Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O中的Cr自身被还原为Cr3+，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；（4）已知磁性材料铁氧体的化学式为Cr2Fe3O7，其中Cr为+3价，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0，设Fe3+为x，则Fe2+为(3-x)，故有：2×3+3x+2(3-x)+7×(-2)=0，解得x=2，则该铁氧体中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为2∶(3-2)=2∶1，故答案为：2∶1；（5）由（4）分析可知，该磁性材料铁氧体中既有Fe3+也有Fe2+，故此方法中，加入的绿矾22
的量需控制在合理范围，其原因为调节Fe2+和Fe3+比例，使之共沉淀成铁氧体，故答案为：调节Fe2+和Fe3+比例，使之共沉淀成铁氧体；（6）由于CaSO4是微溶物，容易与磁性材料铁氧体一起沉淀下来，使获得的产物不纯，故此方法中，加入NaOH溶液碱化时不可以改用石灰乳，故答案为：不可以；会生成微溶物CaSO4使产物铁氧体不纯。18．黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿（主要成分为FeS2，含少量SiO2）为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：（1）“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2(SO4)3→FeSO4+S↓(未配平)，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；滤渣的主要成分为SiO2和_______。（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为_______；用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在_______的缺点。（3）“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示（图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域）。①80℃时，加入碳酸钠偏多时得到的黄钠铁矾中含有的杂质是_______。②生成黄钠铁矾的离子反应方程式_______。③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因_______。（4）测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500mol·L-1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。（已知：I2+2S2O=2I-+S4O）①滴定终点的实验现象是_______。22
②样品中铁的质量分数为_______。【答案】（1）1∶1S（2）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O空气氧化速率小（3）FeOOH3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾（4）滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原8.400%【解析】由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]。（1）由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)3→3FeSO4+2S↓，其中FeS2还原剂，Fe2(SO4)3是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1∶1，滤渣的主要成分为SiO2和S，故答案为：1∶1；S；（2）由分析可知，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，由于空气中氧气含量低，O2本身氧化Fe2+的速率较慢，则用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在空气氧化速率小的缺点，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；空气氧化速率小；（3）①80℃时，加入碳酸钠偏多时则溶液中的碱性较强，由题干信息图中可知，此条件下得到的黄钠铁矾中含有的杂质是FeOOH；②由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑；③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；（4）①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O322
溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；②已知黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中铁为+3价，则有：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O，可知：2Fe3+~~I2~~2S2O，则有：n(Fe3+)=n(S2O)=0.1500mol·L-1×20.00×10-3L=3×10-3mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为8.400%。19．高纯二氧化锰广泛应用于电子工业。工业上以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，含少大量SiO2、Al2O3、FeCO3、PbCO3等杂质）为原料制备高纯二氧化锰的流程图如下：已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：金属离子Fe3+Al3+Fe2+Mn2+开始沉淀pH1.53.36.58.3完全沉淀pH3.75.29.710.0回答下列问题：（1）“酸浸”时需将碳酸锰矿粉碎的目的是_______，滤渣I的主要成分是_______（填化学式）。（2）“氧化”时反应的离子方程式为_______。（3）“除杂”时需控制溶液的pH范围是_______。（4）“沉锰”时生成MnCO3沉淀，其反应的离子方程式为_______；常温下，Ksp[Mn(OH)2]=_______[已知：当c(Mn2+)=10-5mol·L-1，认为Mn2+沉淀完全]。（5）“焙烧”时反应的化学方程式为_______。（6）MnO2含量测定：准确称取mgMnO2样品于锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热将MnO2转化为MnSO4。待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的草酸钠溶液，消耗KMnO4溶液16.00mL。①滴定终点的现象是_______。②MnO2样品的纯度为_______（用含m的式子表示）。22
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率SiO2和PbSO4（2）4H++MnO2+2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O（3）5.2≤pH<8.3（4）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O1.0×10-13（5）2MnCO3+O22MnO2+2CO2（6）最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色%【解析】碳酸锰矿的主要成分为MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、FeCO3、PbCO3等杂质，加入硫酸酸溶时，主要发生反应为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O，另Al2O3、FeCO3、PbCO3也与H2SO4反应生成硫酸盐，其中PbSO4难溶于水，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣1的成分是PbSO4和SiO2，滤液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+、Pb2+（未完全沉淀的）以及过量的硫酸，氧化工序中加入MnO2将Fe2+氧化Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，除杂工序中加入氨水调节溶液的pH大于5.2，使Al3+和Fe3+完全沉淀，过滤得到MnSO4溶液，再加入NH4HCO3溶液反应生成MnCO3，化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，过滤、洗涤、烘干，再在空气中焙烧，生成MnO2。（1）由分析可知，“酸浸”时将碳酸锰矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，“酸浸”时MnCO3、Al2O3、FeCO3、PbCO3与稀硫酸反应生成Mn2+、A13+、Fe2+和PbSO4，故滤渣I的主要成分是SiO2和PbSO4，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；SiO2和PbSO4；（2）由分析可知，“氧化”时MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为4H++MnO2+2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：4H++MnO2+2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）由分析可知，“除杂”时将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，而Mn2+不沉淀，故需控制溶液的pH范围为5.2≤pH<8.3，故答案为：5.2≤pH<8.3；（4）由分析可知，“沉锰”时将Mn2+转化为MnCO3沉淀，其反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，由表中数据可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=10-5×()2=1.0×10-13，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；1.0×10-13；（5）由分析可知，“焙烧”时将MnCO3转化为MnO2，故反应的化学方程式为2MnCO3+O222
2MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2；（6）①KMnO4溶液滴定过量的草酸钠溶液，滴定终点的现象是最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，故答案为：最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；②测定过程中发生下列反应：MnO2++4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，2MnO4-+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故MnO2祥品的纯度为×100%=%，故答案为：%。20．氯化铜、氯化亚铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜粉（含杂质Fe）为原料，制备铜的氯化物，流程如图：（1）现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应（夹持及加热装置已省略）。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→_____________________（填小写字母）。（2）上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是____；操作②的方法是_______。（3）溶液Ⅰ可加试剂X________（写一种物质的化学式），用于调节pH以除去杂质。（4）检验溶液Ⅱ中是否含有杂质离子的试剂是______。向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式____________。在溶液Ⅱ转化为CuCl2·2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：Cu(H2O)(aq)（蓝色）+4Cl-(aq)CuCl(aq)（绿色）+4H2O(l)22
（5）设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系_____________。（6）为测定原料CuCl2·xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：①完成实验操作步骤。a．用电子天平称取一定质量氯化铜晶体b．在坩埚中充分灼烧c．在_________（填仪器名称）中冷却d．称量所得黑色固体质量e．重复b~d操作直至__________________________。②若氯化铜晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=____________（精确到0.1）。③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，写出可能导致该结果的一种情况_______________。【答案】（1）dehifg(gf)b(c)（2）防止CuCl2和FeCl3水解在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶（过滤、洗涤、干燥）（3）CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3（4）KSCN溶液SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+（5）取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡（6）干燥器连续两次称量差值不超过0.001g1.9加热时有固体溅出【解析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品。（1）依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；（2）固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2·2H222
O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶（过滤、洗涤、干燥）；（3）试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；（4）通过实验过程可知溶液Ⅱ如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液Ⅱ中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；（5）通过已知可知Cu(H2O)(aq)（蓝色），CuCl(aq)（绿色）而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液中有上述转化关系的方法为：取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡；（6）①固体物质在坩埚中灼烧后应该在干燥器中冷却；固体物质在坩埚中灼烧时为了使其反应充分，应该重复b~d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g；②晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600g，则n(CuO)=0.02mol，根据铜元素守恒，则晶体中n(CuCl2)也为0.02mol，则m(CuCl2)=0.02mol×135g/mol=2.7g，晶体中，，解得x=1.9；③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出。21．用海底锰结核（主要成分为，含少量MgO、、、）为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如图所示。已知：①几种难溶物的溶度积（25℃）如下表所示。化学式Ksp②溶液中某离子浓度时，认为该离子沉淀完全。22
完成下列问题：（1）Mn在周期表中位置___________。（2）SO2分子中心原子的杂化方式___________，SO2分子与CO2分子的键角的大小前者___________后者（填“大于”“小于”或“等于”）。（3）“锰结核粉末”中与SO2反应的离子方程式为___________。（4）“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol/L，则“调节pH”的范围为___________，“滤渣2”的成分为___________。（5）制取无水时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为___________。（6）该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为__________。【答案】（1）第四周期第ⅦB族（2）小于（3）（4）、（5）抑制的水解（6）萃取剂或有机相2【解析】（1）Mn是25号元素，在周期表中位置是第四周期第ⅦB族；（2）SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，价层电子对数是3，中心原子以sp2杂化轨道成键；SO2分子与CO2分子的键角分别为120°、180°，前者小于后者；（3）根据分析，“锰结核粉末”中与反应，将转化为，自身被氧化为，离子方程式为；（4）调节滤液1的，使、转化为、过滤除去，滤液1中含有、不形成沉淀，溶液中某离子浓度时，认为该离子沉淀完全，的，的，当完全沉淀时，已经完全沉淀，此时溶液中，，则22
；根据，，当滤液1中时，溶液中，，则，则“调节”的范围为；则滤渣2主要含有、；（5）制取无水时，需要在干燥的气流中加热分解。的作用为：抑制的水解；（6）根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2。22．铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如图：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1）氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.28.0沉淀完全的pH3.39.99.511.1（1）酸浸铜镉渣时，加快反应速率的措施有___________（写一条）。（2）完成操作Ⅰ所得溶液中阳离子有Co2+、Cd2+、H+及___________，滤渣Ⅱ成分为___________（填化学式）。（3）操作Ⅲ中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式___________；再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为___________﹔选择___________（填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”）试剂，能证明添加的H2O2已过量。（4）常用沉淀转化法处理含Cd2+废水，写出碳酸钙处理Cd2+的离子方程式___________；若22
反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1mol·L-1，溶液中c(Cd2+)=___________mol·L-1。[已知25℃，Ksp(CdCO3)=5.6×10-12，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]（5）电解后的废液可用于电镀锌，电镀锌时阴极反应式为___________。【答案】（1）适当增大H2SO4浓度、适当升高温度、粉碎、搅拌等（2）Zn2+、Fe2+Fe(OH)3（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3.3≤pH＜7.2K3[Fe(CN)6]（或铁氰化钾）（4）CaCO3(s)+Cd2+(aq)CdCO3(s)+Ca2+(aq)2.0×10-4（5）Zn2++2e-=Zn【解析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质，加入稀硫酸，铜不溶，操作Ⅰ过滤，滤渣Ⅰ主要成分为Cu，滤液含有Zn2＋、Fe2＋、Cd2＋、H＋、Co2＋，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3等形成微电池产生合金CoSb除去钴，操作Ⅱ过滤，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2＋为Fe3＋，加入氧化锌调节pH使Fe3＋沉淀后经操作Ⅲ过滤除去，即滤渣Ⅱ主要为Fe(OH)3，电解含有Zn2＋、Co2＋的溶液，可得镉单质。（1）为加快“铜镉渣”“溶浸”速率，可将铜镉渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高稀硫酸浓度、充分搅拌等。（2）由分析可知，完成操作Ⅰ所得溶液中含有Zn2＋、Fe2＋、Cd2＋、H＋、Co2+，滤渣Ⅱ主要为Fe(OH)3。（3）操作Ⅲ中先加入适量H2O2，双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，根据表格中的信息可知在3.3≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀，因此再加入ZnO控制反应液的pH范围为3.3≤pH＜7.2，若加入的双氧水过量，则待电解溶液中没有有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取电解液少量于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若没有产生蓝色沉淀，则证明添加的H2O2已过量。（4）根据溶度积常数大小可知Ksp越小，溶解度越小，沉淀越完全。处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为CaCO3(s)+Cd2+(aq)CdCO3(s)+Ca2+(aq)；除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1mol·L-1，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO)=2.8×10-9，可知溶液中碳酸根浓度是2.8×10-8mol·L-1，再根据Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)×c(CO)=5.6×10-12，可知c(Cd22
2＋)=2.0×10-4mol·L-1。22
