第三章 金属及其化合物 章末综合检测卷 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

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第I卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1．（2022四川省资中县理科综合）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
B．小苏打既可用作食品膨松剂，也可用于治疗胃酸过多
C．江河入海口三角洲的形成、“血液透析”均与胶体的性质有关
D．Al2(SO4)3和NaHCO3能制作泡沫灭火器，利用了Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合后能发生剧烈双水解反应
【答案】A
【解析】
A．铝是活泼金属，用电解熔融氧化铝的方法治炼金属铝，故A错误；
B．碳酸氢钠加热能分解放出二氧化碳气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，所以小苏打既可用作食品膨松剂，也可用于治疗胃酸过多，故B正确；
C．江河入海口三角洲的形成与胶体聚沉有关、“血液透析”类似胶体渗析，故C正确；
D．Al2(SO4)3和NaHCO3能制作泡沫灭火器，利用了Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合后能发生剧烈双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确；
选A。
2．（2022届湖北省华中师范大学第一附属中学）化学是以实验为基础的自然科学。下列实验操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．利用图甲制备SO2气体
B．利用图乙制备干燥的NO2
C．利用图丙制备乙酸乙酯
D．利用图丁装置制备、干燥、收集氨
【答案】C
【解析】
A．铜与浓硫酸反应需要加热，此装置没有加热仪器，故A错误；
B．冷的浓硝酸与铁反应会发生钝化，不能用来制备二氧化氮气体，故B错误；
C．饱和碳酸钠溶液可中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，使用干燥管可防止倒吸，故C正确；
D．生石灰溶于水放热且与水反应生产氢氧化钙增大氢氧根离子浓度，促使氨水产生氨气，氨用碱石灰来干燥，用向下排空气的方法可以收集氨，但需要将导管伸入试管底部，故D错误；
故选C。
3．（贵州省铜仁市2022届高三适应性考试（二）理科综合化学试题）古文献中常会涉及一些与化学相关的研究成果。下列说法错误的是（ ）
A．《抱朴子·黄白》中“以曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了置换反应
B．《神农本草经》中“水银…熔化(加热)还复为丹”，其中水银是指金属银
C．《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性
D．《己亥杂诗》中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界碳、氮的循环
【答案】B
【解析】
A．曾青又叫朴青(《石药尔雅》)，层青(《造化指南》) ，是天然的硫酸铜。而硫酸铜与铁可发生置换反应，A正确，不符合题意；
B．《神农本草经》中“水银…熔化(加热)还复为丹”，其中水银是指金属汞，在土釜中加热汞可制得的丹即为氧化汞，B错误，符合题意；
C．合金是指一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物，而合金的硬度比它的各组分的硬度都大，熔点比各组分的熔点要低，题中形成的为铜锡合金，硬度比铜与锡都大，C正确，不符合题意；
D．花、落叶中的有机物组分富含C和N元素，在凋谢后，腐生细菌使其腐烂、分解，再转化为、、无机盐（如硝酸盐等），这些物质衍变被植物吸收，又继续成为植物制造有机物的原料，蕴含着自然界碳、氮的循环，D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
4．（江苏省平潮高级中学等五校联盟2022届高三高考临门一脚化学试题）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如下。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．“碱洗”主要是为了去除废旧镀锌铁皮中的锌
B．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe3+、Na+
C．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再用稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁和氢氧化铁，加热反应生成磁性Fe3O4纳米粒子。
A．锌和氢氧化钠反应，因此“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污和锌，故A正确；
B．“氧化”后是次氯酸钠和亚铁离子反应，因此溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+，还有Na+，故B错误；
C．“氧化”时次氯酸钠和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，因此发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O，故C正确；
D．加热沉铁即把氢氧化亚铁、氢氧化铁加热分解生成Fe3O4胶体，因此用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应，故D正确。
综上所述，答案为B。
5．（考点10硫及其化合物-备战2023年高考化学一轮复习考点帮（全国通用））下列说法正确的是（ ）
A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe
C．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
【答案】A
【解析】
A．无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，故A正确；
B．Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以不会生成Fe，故B错误；
C．FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，故C错误；
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，D错误；
选A。
6．（福建省武平县第一中学2021-2022学年高三上学期11月教学质量检测化学试题）X、Y、Z是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物。表中各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A．SiCl4和H2反应生成Si和HCl；H2和Cl2反应生成HCl；Si和Cl2反应生成SiCl4，故不选A；
B．Mg和CO2反应生成MgO和C；Mg和O2反应生成MgO；C和O2反应生成CO2，故不选B；
C．Fe和Cl2反应生成FeCl3，故选C；
D．NH3在纯O2中燃烧生成N2和H2O；H2在O2氧气中燃烧生成水；N2和H2一定条件下合成NH3，故不选D；
选C。
7．（上海市松江区2022届高三等级考二模化学试题）两种溶液相互滴加，反应过程中现象完全相同但离子方程式不同的是（ ）
A．NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液B．Na2CO3溶液与稀盐酸
C．Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液D．AlCl3溶液与NaOH溶液
【答案】A
【解析】
A．向NaHCO3滴加Ca(OH)2溶液，会产生白色沉淀，其反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2=CaCO3↓+2H2O+，向Ca(OH)2溶液中滴加NaHCO3溶液，也产生白色沉淀，其反应的离子方程式+ Ca2++ OH-= CaCO3↓+H2O，A项正确；
B．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，先无现象然后有气体产生，向稀盐酸中滴加Na2CO3溶液，立即有气体生成，B项错误；
C．向Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2，直接有白色沉淀，向Ca(OH)2溶液中滴加Ca(HCO3)2也是直接有白色沉淀生成，而且离子方程式相同为：+ Ca2++OH- =CaCO3↓+H2O，C项错误；
D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先有白色沉淀生成后白色沉淀消失，向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，先无明显现象后有白色沉淀，D项错误；
答案选A。
8．（黑龙江省大庆铁人中学2022届高三上学期第一次月考化学试题）钛是一种活泼金属。从高钛渣(主要为TiO2)提炼海绵钛流程如下：
氯化后的粗TiCl4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3等杂质，相关物质的沸点如下表：
下列说法不正确的是（ ）
A．“氯化”反应的尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液
B．“分馏”得到的低沸点物为SiCl4，高沸点物为FeCl3
C．已知“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，目的是将AlCl3转化为Al(OH)3而除去
D．“还原”过程中还原剂为金属镁，气氛可以选择N2
【答案】D
【解析】
A．“氯化”反应的尾气中的HCl和Cl2，用水吸收HCl可得粗盐酸，再用FeCl2溶液吸收Cl2得FeCl3溶液，最后用NaOH溶液吸收剩余气体，故A正确；
B．根据表格数据，SiCl4的沸点是56.5℃、FeCl3的沸点是310℃，“分馏”得到的低沸点物为SiCl4，高沸点物为FeCl3，故B正确；
C．“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，该条件下，铝离子水解为Al(OH)3沉淀，故C正确；
D．“还原”过程中还原剂为金属镁，高温条件下，金属镁与N2反应，不能选择N2作保护气，故D错误；
选D。
9．（江苏省南京外国语学校、海安中学、金陵中学三校2021-2022学年高三下学期5月联考化学试题）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．(熔融)
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
A．电解熔融的氧化铝可以得到铝和氧气，铝在氯气中燃烧可以得到氯化铝，A正确；
B．FeS2与氧气高温时反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，B错误；
C．氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成NO和水，NO为不成盐氧化物，不能和NaOH反应，C错误；
D．二氧化硅不能和水反应生成硅酸，D错误；
故答案选A。
10．（江苏省扬州市2022届高三考前调研测试化学试题）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．金属钠熔点较低，可用于冶炼金属钛
B．次氯酸钠具有强氧化性，可用作环境消毒剂
C．碳酸钠受热不易分解，可用于去清洗油污
D．碳酸氢钠溶液显碱性，可用作发酵剂
【答案】B
【解析】
根据性质决定用途进行判断，利用反应原理判断物质具有的性质，A中利用金属的化学性质；B中利用物质的氧化性；C中利用油污的水解性质；D中利用能产生气体的性质；
A．金属钠能冶炼金属钛是利用金属的活泼性，而不是熔点，故A不正确；
B．次氯酸钠中次氯酸根具有强氧化性，可以使蛋白质失活，故能消毒，故B正确；
C．碳酸钠能清洗油污是因为，碳酸钠溶液显碱性，油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可以发生水解反应生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸钠，故C不正确；
D．碳酸氢钠能做发酵剂主要是反应能放出二氧化碳，而不是溶液显碱性的原因，故D不正确；
故选答案B。
11．（2022·辽宁·大连二十四中三模）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)。下列说法错误的是（ ）
A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙物质可能是一种盐
B．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使品红溶液褪色
C．若甲、丙、戊均含同种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序不可能为甲<戊<丙
D．若甲为常见金属单质，乙为常见非金属单质，丁为非金属氢化物，则丙与丁反应可能得到两种盐
【答案】C
【解析】
A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是一种盐，例如氯化铝等，故A正确；
B．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl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，如果是氯气，则会使品红溶液褪色，故B正确；
C．若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为铁、乙为氯气、丙为氯化铁、丁为硫化氢等具有还原性的物质、戊为氯化亚铁时，则含Fe元素的物质中Fe的化合价由低到高的顺序为甲<戊<丙，故C错误。
D．若甲为常见金属单质，乙为常见非金属单质，丁为非金属氢化物，则甲、乙、丁可能为Fe、O2、HCl，铁和氧气反应生成Fe3O4，和盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁两种盐，故D正确；
故选C。
12．（2022·吉林省实验中学二模）黄铁矿(主要成分FeS2)，在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．发生反应a时，每1 ml FeS2被还原，转移14 ml e-
B．已知25°C时，Ksp[Fe(OH)3]=2.79 ×10-39，则该温度下d逆反应的平衡常数为K=2.79 ×103
C．c发生反应的离子方程式为：4Fe3++FeS2+8H2O=5Fe2++2+16H+
D．为了验证b过程反应后溶液中是否含Fe2+，可选用氯水和KSCN溶液
【答案】B
【解析】
A．据图可知反应a中FeS2被氧化生成Fe2+和，Fe元素化合价不变，S元素化合价由反应前FeS2中的-1甲升高到反应后中的+7价，升高了+7价，失去电子被氧化，每1 ml FeS2被氧化，转移14 ml e-，A错误；
B．d的逆反应为Fe(OH)3+3H+Fe3+ +3H2O，该反应的平衡常数K=，B正确；
C．根据图示可知：反应c中反应物有FeS2、Fe3+，产物有Fe2+和，说明该过程中Fe3+将硫元素氧化生成，结合电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：14Fe3+ +FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，C错误；
D．反应b是向含有Fe2+的溶液中通入O2，反应产生Fe3+，反应后溶液中存在Fe2+、Fe3+，因此不能通过滴加KSCN溶液检验是否含有Fe2+，应该改用酸性KMnO4溶液检验， D错误；
故合理选项是B。
13．（2022·重庆·模拟预测）下列实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A． 向酸性溶液中滴入较浓溶液，紫色褪去，可能是氧化亚铁离子，也可能氧化氯离子，不能证明亚铁离子有还原性，故A不符合题意；
B． 将等浓度的KI溶液和溶液混合，根据2Fe3+＋2I－＝2Fe3+＋I2，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，但由于没有说溶液体积是否相等，因此无法说明是否过量，继而不能说明该反应是可逆反应，故B不符合题意；
C． 常温下，将铝放置于浓硝酸中，无现象，说明铝与浓硝酸常温下钝化，故C符合题意；
D． 向2mLNaOH溶液滴加5滴后，再滴加5滴的，主要是开始镁离子少量，镁离子沉淀完生成白色沉淀，溶液中还剩余氢氧根，加入氯化铁，溶液生成红褐色沉淀，不能说的氢氧化镁转化生成氢氧化铁，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
14．（2022·全国·高三专题练习）草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料，制备流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．可用溶液检验是否变质
B．步骤①酸化的目的是抑制的水解
C．步骤②反应为
D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】D
【解析】
A．中的Fe元素存在形式为Fe2+，Fe2+易被氧化成Fe3+，若变质会生成 Fe3+，Fe3+遇溶液变红色，因此可用溶液检验是否变质，故A正确；
B．易水解生成Fe(OH)2和氢离子，使溶液显酸性，进行酸化，增大氢离子的浓度可抑制的水解，故B正确；
C．步骤②生成沉淀，发生反应的离子方程式为，故C正确；
D．根据可知，步骤②中加入草酸后直接生成沉淀，只需要将沉淀过滤、洗涤、干燥后即可得到晶体，故D错误；
答案选D。
15．（2022·全国·高三专题练习）镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下，分别与浓度均为的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为和。下列说法错误的是（ ）
A．
B．转移的电子数之比为
C．消耗酸和碱的物质的量之比为
D．反应前后两溶液的质量变化相等
【答案】D
【解析】
Ga与Al同主族，则Ga和盐酸和氢氧化钠反应的方程式为：，，即和盐酸反应两者的比值为：1∶3，与氢氧化钠反应两者比值为1∶1，以此解题。
A． 由反应方程式可知，0.1mlGa需0.3mlHCl，而HCl有0.2ml，所以Ga过量，则0.2mlHCl与Ga反应生成0.1mlH2，0.1mlGa需0.1mlNaOH，生成0.15ml H2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则，A正确；
B．生成0.1ml H2，转移0.2ml电子，生成0.15ml H2转移0.3ml电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B正确；
C．消耗HCl0.2ml，消耗NaOH0.1ml，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C正确；
D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应：，与氢氧化钠反应：，，D错误；
故选D。
16．（2022·全国·高三专题练习）在室温下，用图示装置进行实验，将①中溶液滴入②中。预测②中的现象与实际相符的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．室温下，铝遇浓硫酸会发生钝化，铝条不会完全溶解，A错误；
B．与酸性溶液发生氧化还原反应，生成的显棕黄色，后催化分解生成，B正确；
C．在酸性条件下可以氧化氯离子，所以酸性溶液一定褪色(联想可以用高锰酸钾替代二氧化锰制备氯气，同时平时所说的酸性高锰酸钾是用硫酸酸化)，C错误；
D．不溶于浓氨水，生成的白色沉淀不会溶解，D错误；
答案选B。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17．(2022·西藏拉萨那曲第二高级中学高三月考)铝、铁、铜及其化合物在日常生活中应用广泛，根据下列事实回答问题。
(1)铝土矿的主要成分是氧化铝，写出铝土矿与硫酸反应的离子方程式_____________。
(2)铁矿石主要分为赤铁矿和磁铁矿。写出赤铁矿主要成分的化学式_______________。磁铁矿与铝粉在一定条件下发生铝热反应，写出反应的化学方程式_________。
(3)用FeCl2固体配置FeCl2溶液时，需加入少量铁屑，其目的是__________________。
(4)现有一定浓度的FeCl2溶液，检验溶液是否变质的方法是：取少量溶液，向其中加入几滴KSCN溶液，如果溶液__________，证明溶液变质。
(5)氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式是________________。
(6)向新制的FeCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液，可以观察到的现象__________________。
(7)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通入O2后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式________________________。
【答案】
(1)Al2O3＋6H＋===3H2O＋2Al3＋
(2)Fe2O3 3Fe3O4＋8Al===4Al2O3＋9Fe
(3)防止Fe2＋转化为Fe3＋
(4)变红色
(5)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(6)产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
(7)2Cu＋O2＋4H＋===2Cu2＋＋2H2O
【解析】
(1)铝土矿的主要成分是氧化铝，氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，硫酸和硫酸铝是强电解质，并且溶于水，拆成离子的形式，其离子方程式为Al2O3＋6H＋===3H2O＋2Al3＋；
(2)铁矿石主要分为赤铁矿和磁铁矿。赤铁矿的主要成分是氧化铁，其化学式为Fe2O3。磁铁矿与铝粉在一定条件下发生铝热反应，生成氧化铝和铁，反应的化学方程式是3Fe3O4＋8Al===4Al2O3＋9Fe；
(3)用FeCl2固体配置FeCl2溶液时，亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化生成铁离子，需加入少量铁屑，其目的是防止Fe2＋转化为Fe3＋；
(4)现有一定浓度的FeCl2溶液，检验溶液是否变质的方法是：取少量溶液，向其中加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，证明溶液变质；
(5)氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；
(6)向新制的FeCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁沉淀，可以观察到的现象是产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
(7)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通入O2后，溶液很快变蓝色，根据现象可以判断出氧气在酸性环境下把铜单质氧化生成铜离子，该反应的离子方程式为2Cu＋O2＋4H＋===2Cu2＋＋2H2O。
18．（2021·河北唐山·高三开学考试）叶蛇纹石是一种富镁硅酸盐矿物[主要成分为Mg6(Si4O10)(OH)8，还含有Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质]，利用该矿物生产铁红(Fe2O3)和碱式碳酸镁的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“转化”中加入过量H2O2的目的是___________________(用语言叙述)，该步骤中，温度不能过高的原因是___________。
(2)“调pH”时，产生滤渣2的反应离子方程式为___________________________。
(3)X通常选用___________(填化学式)。
(4)“沉镁”步骤中氨水加入的量不能太多，否则MgCO3·H2O的产率会降低，其原因是___________________________。
(5)取9.1g碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]，高温分解后，测得生成3.3gCO2、4.0gMgO，化学式中z=___________________________，写出由MgCO3·3H2O生成产品的化学方程式：___________________________________。
(6)碱式碳酸镁常用作新型阻燃剂，试分析碱式碳酸镁能够阻燃的原因：___________(写出一点即可)。
【答案】
(1)将Fe2+全部氧化为Fe3+ 温度过高，H2O2分解
(2)Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3、Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3
(3)NaOH(或其他合理答案)
(4)氨水过量会生成Mg(OH)2沉淀
(5)3 4(MgCO3·3H2O)3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O+CO2↑+8H2O
(6)碱式碳酸镁受热分解吸收热量(或分解产生能够阻燃的二氧化碳和水蒸气，分解生成的MgO覆盖在可燃物表面阻止可燃物燃烧)(任写一点)
【解析】
叶蛇纹石主要成分为Mg6(Si4O10)(OH)8，还含有Al2O3、Fe2O3、FeO等，酸溶得含有Mg2+、Al3+、Fe3+、Fe2+的盐溶液，加入过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，用氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤，滤液加氨水、碳酸氢铵生成，加热得碱式碳酸镁。氢氧化铁、氢氧化铝沉淀中加过量氢氧化钠，氢氧化铝转化为偏铝酸钠，过滤出氢氧化铁，氢氧化铁加热分解得到氧化铁。
（1）铁以Fe3+的形式沉淀后出去，“转化”中加入过量H2O2的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；温度过高，H2O2分解，所以该步骤中温度不能过高。
（2）通入氨气“调pH”的目的是生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3、Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3；
（3）氢氧化铝能溶于强碱，氢氧化铁、氢氧化铝沉淀中加X除去氢氧化铝，所以通常选用NaOH。
（4）氨水过量会生成Mg(OH)2沉淀，所以“沉镁”步骤中氨水加入的量不能太多，否则MgCO3·H2O的产率会降低。
（5）取9.1g碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]，高温分解后，生成CO2的物质的量是、MgO的物质的量为，可知9.1g碱式碳酸镁含有MgCO3的物质的量为0.075ml、Mg(OH)2的物质的量为0.025ml，H2O的物质的量为，碱式碳酸镁的化学为3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O，z=3，加热得碱式碳酸镁，反应的化学方程式为4(MgCO3·3H2O)3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O+CO2↑+8H2O。
（6）碱式碳酸镁受热分解吸收热量，分解产生能够阻燃的二氧化碳和水蒸气，分解生成的MgO覆盖在可燃物表面阻止可燃物燃烧，所以碱式碳酸镁常用作新型阻燃剂。
19．（2022·全国·高三专题练习）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以C2O3·CO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CO)的工艺流程如下：
(1)过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_______________________________。
(2)过程II中先加入稀H2SO4酸化，再加入Na2S2O3溶液，则浸出钴的化学反应方程式为(产物中只有一种酸根)___________________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，则不用盐酸的主要原因是___________________。
(3)碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是___________________。
(4)仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应：CCO3+C2OCC2O4+CO将CCO3转化为CC2O4？_____________(填“能”或“不能”)，说明理由：___________________。[已知Ksp(CCO3)=1.4×10-13，Ksp(CC2O4)=6.3×10-8]。
(5)CO溶于盐酸得粉红色CCl2溶液。CCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色CCl2·6H2O晶体受热时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_______。
【答案】
(1)2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑
(2)4C2O3·CO +Na2S2O3+11H2SO412CSO4+Na2SO4+11H2O C2O3·CO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
(3)调整pH，提供CO，使C2+沉淀为CCO3
(4)不能 K==2.22 ×10-6，转化程度极小
(5)CCl2·2H2O
【解析】
废料用碱液溶解，铝发生反应，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，再加入Na2S2O3溶液，发生反应：4C2O3·CO +Na2S2O3+11H2SO412CSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有C2+、Al3+、Li+的溶液，然后加入碳酸钠溶液调节溶液的pH除去杂质铝离子，再加入氟化钠溶液除去锂离子，过滤得到含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠溶液调溶液的pH将钴离子转化为碳酸钴沉淀，煅烧碳酸钴得到氧化钴。
(1)Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑；
(2)C2O3·CO和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CSO4、Na2SO4和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学反应方程式为：4C2O3·CO +Na2S2O3+11H2SO412CSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被C2O3·CO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以实际工业生产中不用盐酸，故答案为：
4C2O3·CO +Na2S2O3+11H2SO412CSO4+Na2SO4+11H2O；C2O3·CO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
(3)由分析可知，过程III中，在含有C2+、Al3+、Li+的溶液中加入碳酸钠溶液，Al3+和C会发生双水解反应产生氢氧化铝沉淀，加入NaF溶液沉淀Li+，过滤后，过程IV中，向含C2+的溶液中加入碳酸钠溶液，调整pH，提供CO，使C2+沉淀为CCO3，故答案为：调整pH，提供CO，使C2+沉淀为CCO3；
(4)仅从沉淀转化角度考虑，反应CCO3+C2OCC2O4+CO的平衡常数K===2.22 ×10-6，转化程度极小，所以不能实现转化，故答案为：不能；K===2.22 ×10-6，转化程度极小；
(5)A物质的化学式是CCl2·xH2O，则83=65，解得x=2，所以A物质的化学式是CCl2·2H2O，故答案为：CCl2·2H2O。
20．（2022·浙江·模拟预测）化合物A由4种元素组成，实验如下：
已知：除说明外，加入试剂均为足量；生成时消耗的
回答下列问题：
(1)的分子式为_______，的化学式为_______。
(2)溶液B中溶质成分是_______(用化学式表示)，根据的现像，给出相应微粒与阳离子结合由强到弱的排序_____________。
(3)写出与反应的化学方程式_________________________。
(4)检验溶液的主要阴离子(任选2种)_____________。
【答案】
(1)
(2)、、
(3)
(4)取溶液滴加酚酞变红，证明溶液有，另取溶液加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀，证明有；(或者)另取溶液加足量产生白色沉淀，再加稀盐酸，发现白色沉淀部分溶解，说明溶液存在和
【解析】
根据图中信息可知，2.58gA与盐酸反应得到蓝绿色溶液B、B加氯化钡溶液得到白色沉淀为不溶于酸的硫酸钡，n(BaSO4)=，则2.58gA中含0.01ml硫酸根离子，蓝绿色溶液B转变为黄绿色溶液C，再加氨水得到深蓝色溶液D为铜氨配合物，含离子，溶液B、C中均含有结构相似的配离子，则B含有离子， C含离子， E为CuS沉淀。2.58gA与H3PO2反应，生成红棕色沉淀F1.32g，F在60°C时分解为紫红色固体1.28g H为Cu， 则n(Cu)=0.2ml，m(Cu)=12.8g，则无色气体G为1.30g-1.28g=0.02g，F→H时铜元素化合价降低，则F→G时元素化合价升高，按得失电子数守恒，G为H2时满足，则0.02g H2、n(H2)=0.01ml， n(H)=0.02ml，则F中铜与氢物质的量之比为1:1，故F为CuH，满足已知条件：A与H3PO2反应，生成时消耗的，则转移电子3ml(铜从+2降低到+1、氢从+1降低到-1)；化合物A由4种元素组成， 2.58gA中含0.01ml硫酸根离子、质量为0.96g，n(Cu)=0.02ml，m(Cu)=1.28g，n(H)=0.02ml，m(H)=0.02g，剩余质量为0.32g，应该还含有O元素，m(O)=0.32g，n(O)= 0.02ml，则A应该为碱式硫酸铜铜，根据化合价及元素比可知其化学式为Cu2(OH)2SO4。
(1)据分析，的分子式为，的化学式为。
(2)溶液B 为Cu2(OH)2SO4与盐酸反应所得，则溶质成分是、、；黄绿色溶液C含离子，加氨水得到深蓝色溶液D含 离子，E为CuS沉淀，根据转化关系，可得出相应微粒与阳离子铜离子结合由强到弱的排序。
(3)为Cu2(OH)2SO4，与发生氧化还原反应，P从+1升高到+5、铜从+2降低到+1、氢从+1降低到-1，得到CuH、磷酸和硫酸，化学方程式。
(4)M含硫酸钠、磷酸钠和多余的氢氧根离子，检验溶液的主要阴离子(任选2种)的方法为 :取溶液滴加酚酞变红，证明溶液有，另取溶液加足量盐酸，再加溶液，产生白色沉淀，证明有；(或者)另取溶液加足量产生白色沉淀，再加稀盐酸，发现白色沉淀部分溶解，说明溶液存在和。
21．（2022·四川省泸县第二中学一模）CuCl在染色和催化领域应用广泛。实验室利用下图装置(加热和夹持装置略去)将二氧化硫通入新制氢氧化铜悬浊液中制备CuCl。
已知：
I.CuCl(M=99.0g/ml)为白色固体，难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸；
II.Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，CuCl+HCl=HCuCl2，HCuCl2CuCl↓+HCl。
实验步骤如下：向C中先加入15mL0.5ml·L-1的CuCl2溶液，再加入0.6ml·L-1的NaOH溶液30mL；打开A中分液漏斗的活塞产生SO2气体，一段时间后C中产生白色固体，然后将C中混合物过滤、依次用水和乙醇洗涤、烘干，所得固体质量为0.594g。
(1)试剂a为_______，b仪器的名称为_______。
(2)B装置的主要作用有三个：
①___________________；
②平衡装置A到C中气体压强，防止气压过大，气流速度过快；
③指示B、C间导管是否堵塞。
(3)将二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，产生白色固体的离子方程式为_______。
(4)用乙醇洗涤CuCl的优点为_____________。
(5)计算该实验中CuCl的产率为_______%。
(6)若所得CuCl固体中混有少量Cu2O，请补充完除去Cu2O的实验方案：
①向产物中滴加试剂_____________，使固体充分溶解，再过滤出杂质；
②向滤液中加水稀释至不再产生沉淀为止：
③_____________可得到除去Cu2O后的CuCl固体。
【答案】
(1) 浓硫酸 蒸馏烧瓶
(2)防止C中液体倒吸入A
(3)2Cl-+ SO2+2Cu(OH)2= 2CuCl+ +2H2O
(4)可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥
(5)80.0
(6) 浓盐酸 过滤、洗涤、干燥
【解析】
装置A用浓硫酸和Zn制二氧化硫，CuCl难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，乙醇可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥；向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCl已洗涤干净；
(1)本实验用浓硫酸和Zn制二氧化硫，即试剂a为浓硫酸；由仪器的结构可知，仪器b为蒸馏烧瓶；
(2)SO2不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，浓硫酸与Zn反应放热，故B的作用为防倒吸，故答案为：防止C中液体倒吸入A；
(3)CuCl难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+ SO2+2Cu(OH)2= 2CuCl++2H2O；
(4)已知：CuCl难溶于水和乙醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤CuCl的优点为可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快速干燥；
(5)15mL0.5ml•L-1的CuCl2溶液中，CuCl2的物质的量=0.5ml/L×0.015L=0.0075ml，完全转化为CuCl，理论上生成的物质的量为0.0075ml，其质量为m=nM=0.0075ml×99.0g/ml=0.7425g，实验实际所得CuCl固体质量为0.594g，则CuCl的产率=；
(6)除去Cu2O的实验方案：可向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体。
22．（2022·上海虹口·模拟预测）是一种高性能磁性材料。实验室以为原料制备的流程如下：
第一步：将向浊液中通入，发生反应；
第二步：向溶液中加入，有气体逸出，同时获得粗产品。
已知部分含锰化合物的溶解性如下：
完成下列填空：
(1)①第一步的反应装置如下图所示：
②石灰乳的作用是___________。
③反应过程中，为使尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有___________(任写一种)。
(2)若实验中将换成空气，测得反应液中的浓度随反应时间t变化如图。导致溶液中浓度变化产生明显差异的原因可能是：___________。
(3)完成第二步反应的离子方程式： ___________,实验发现，若用相同物质的量浓度的溶液代替溶液，则得到的中会混有较多的杂质，该杂质可能是___________(填化学式)。
实验室可以用无色的酸性溶液来检验，原理如下所示：
已知的结构如下图所示。
(4)标明上述反应的电子转移方向与数目__________________。确认溶液中是否含的操作与现象是：_______________________。
(5)利用重量法探究的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)：
①第二组实验中残留固体的化学式为_______________________。
②结合两组实验数据，推测在空气中加热至时发生反应的化学方程式：__________________________________。
【答案】
(1)吸收未反应的SO2，防止污染空气 控制适当的温度、缓慢通入混合气体等
(2)Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸
(3)Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2 Mn(OH)2
(4)或 取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色
(5)MnO 2MnCO3 +O22MnO2+2CO2
【解析】
根据实验目的利用MnO2为原料制备MnCO3，第1装置为二氧化硫和氮气的混合装置，第2个为硫酸镁的发生装置，最后一个装置为尾气处理装置，硫酸中再加入碳酸氢钠可得碳酸镁，以此来解析；
(1)②石灰乳能与二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，所以石灰乳的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气；③为使SO2尽快转化，在比例不变的情况下，控制适当的温度、缓慢通入混合气体等以确保反应的充分进行；
(2)亚硫酸生成后，通入空气，里面有空气，亚硫酸在Mn2+的催化作用下，被氧化为硫酸，增加了从而使硫酸根离子浓度增大；
(3)根据原子守恒和电荷守恒，根据实验目的制备碳酸锰，所以产物中有碳酸锰，所以反应的离子方程式为：Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2；实验发现，若用相同物质的量浓度的Na2CO3溶液代替NaHCO3溶液，Na2CO3溶液中的碳酸根的水解程度大，碱性较强，Mn2+与氢氧根离子结合生成Mn(OH)2，则得到的MnCO3中会混有较多的杂质，该杂质可能是Mn(OH)2；
(4)由反应可知Mn的化合价由+2价升高为+7价，而O的化合价由-1价降低为-2价，根据得失电子守恒和原子守恒可知2Mn2+～10e-，反应的电子转移方向与数目为： 或；
根据提示可知实验室可以用无色的酸性Na2S2O8溶液来检验反应生成高锰酸钾为紫红色，确认溶液中是否含Mn2+的操作与现象取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色；
(5)①利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03ml， 2.130g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.03ml，n(Mn)：n(O)=0.03ml：0.03ml=1：1，所以第二组锰的氧化物的化学式为MnO；
②利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03ml，2.610g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.06ml，n(Mn)：n(O)=0.03ml：0.06ml=1：2，所以第一组锰的氧化物的化学式为MnO2，MnCO3在空气中加热至300℃时发生反应生成二氧化锰和二氧化碳，Mn的化合价由+2价升高为+4价，而O的化合价由0价降低为-2价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化学方程式为：2MnCO3 +O22MnO2+2CO2；
选项
X
Y
Z
甲
乙
A
H2
Si
Cl2
SiCl4
HCl
B
Mg
C
O2
CO2
MgO
C
Zn
Fe
Cl2
FeCl2
ZnCl2
D
O2
N2
H2
NH3
H2O
化合物
TiCl4
FeCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
310
56.5
180
选项
实验操作
现象
结论
A
向酸性溶液中滴入较浓溶液
溶液紫色褪去
有还原性
B
将等浓度的KI溶液和溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液变红
与的反应是可逆的
C
常温下，将铝放置于浓硝酸中
无明显变化
铝与浓硝酸常温下钝化
D
向2mLNaOH溶液滴加5滴 后，再滴加5滴的
先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀
选项
①中物质
②中物质
预测②中现象
A
浓硫酸
光亮铝条
铝条完全溶解
B
10%H2O2溶液
FeCl2酸性溶液
溶液先变棕黄，后出现气泡
C
酸性KMnO4溶液
久置的FeCl2溶液
酸性KMnO4溶液不褪色
D
浓氨水
AlCl3溶液
先生成白色沉淀后又溶解
含锰化合物
溶解性
不溶
不溶
可溶
不溶
实验
固体质量g
加热前
加热至后
第一组(空气氛围)
3.450
2.610
第二组(氢气氛围)
3.450
2.130