专题06 金属元素及其化合物的性质及应用（专题专练）（北京专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

专题06 金属元素及其化合物的性质及应用 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01 钠的性质及应用 题型02过氧化钠的化学性质 题型03纯碱的生产 题型04碳酸氢钠的化学性质 题型05铝的性质及应用 题型06氢氧化铝的性质及应用 题型07铝盐和偏铝酸盐的重要反应 题型08铁的性质及应用 题型09铁的氧化物的性质及应用 题型10铁盐、亚铁盐的性质及应用 题型11铜、镁及其化合物的性质及应用 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．（25-26高三上·北京·月考）某小组进行如下实验：向溶液中通入或加入溶液，均得到红色溶液。 已知：+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如图所示 I．推测与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)： 实验 溶液 溶液 现象 A 溶液 的饱和溶液 溶液1溶液2混合后，实验A、B、C所得溶液红色依次加深 B 溶液 的饱和溶液，用NaOH固体调 C 溶液 ___________ (1)请写出铜与浓硫酸反应制的方程式 。 (2)将上述实验C补充完整 。 (3)配离子的配体为的实验证据是 。 II．探究pH对与反应的影响。设计如下实验： 序号 实验a 实验b 方案 5 mL酸化的与2mL混合得红色溶液，测得 5 mL酸化的与混合得红色溶液，加几滴浓盐酸，调 现象 放置10分钟后，溶液红色均褪去，实验b中溶液褪色更快。经检验，褪色后的溶液中均存在。 (4)探究实验b中溶液褪色更快的原因： i．甲认为pH降低，有利于氧化，导致实验b中溶液褪色更快。 ①从电极反应的角度，进行理论分析： 还原反应为：；氧化反应为： 。 ②已知在上述实验条件下pH对氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是 (填“增强”或“减弱”)。 ③通过理论分析，甲认为其猜测 (填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同的时间，分别取实验a和b中的溶液，检测 浓度(填离子符号)，比较其大小关系。 ii．乙猜测pH降低，有利于______氧化，导致实验b中溶液褪色更快。 ④将乙的假设补充完整 (填化学式)。 ⑤乙设计实验进行验证： 取加硫酸调，用溶液滴定，消耗体积为。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用溶液滴定，消耗体积为。前后差值为。用同样的方法对(含)进行滴定，消耗溶液前后体积差值为。 经对比可知，，由此得出的实验结论是 。 (5)综合上述分析，pH降低，有利于 反应发生，导致实验b中溶液褪色更快。 2．（25-26高三上·北京·月考）工业上用铁粉还原AgCl制取银，某小组探究其过程和影响因素，实验如下图。 资料：①；②。 (1)检验ⅱ中产物 ①取ⅱ中上层清液，滴加溶液， (填现象)，说明溶液中含有。 ②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入 (填试剂)溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有。向另一份加入KI溶液，无明显现象。 (2)检验ⅲ中产物。 ①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如图实验，确认灰白色固体中含AgCl： 向滤液中加入硫酸后，产生白色沉淀，写出相关离子方程式 ； 向滤液中加入盐酸后，未产生沉淀的原因是 。 ②取iii中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如表： 取样时间 10分钟 12小时 24小时 溶液颜色 浅红色 红色 深红色 用离子方程式表示溶液变红的原因： ，。 (3)小组同学认为不能排除直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验： ，静置一段时间，观察现象。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与有关。 (4)ⅲ中生成AgCl的原因是 。 实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素。 3．（25-26高三上·北京·月考）盐可分为正盐、酸式盐和碱式盐。和就是常见的正盐和酸式盐。下图中涉及和的相关反应；其中A至F是化合物，G是气体单质。E为淡黄色固体。 (1)写出C与E反应的化学方程式 。 ①E物质的电子式为 。 ②该反应的氧化剂是 ，还原产物是 。 ③反应中若有2mol G物质生成，则有 电子发生转移。 (2)写出A溶液与F溶液反应的离子方程式 。 (3)用和溶液进行如图所示实验。下列说法中不正确的是______。 A．实验前两溶液的相等 B．实验前两溶液中离子种类完全相同 C．加入溶液后生成的沉淀一样多 D．加入溶液后反应的离子方程式都是 (4)某产品因煅烧不充分含少量，现通过下列两种方法分别测定其中的质量分数。 ①取样品充分加热后剩余固体质量为，则该样品中的质量分数为 。 ②采用下图装置，取样品与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重。该方法存在的问题有： 、 。 01钠的性质及应用 1．（2023·北京东城·二模）实验：将一小粒钠放在石棉网上，微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，钠剧烈燃烧，有白烟生成。下列分析不正确的是 A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大 B．反应过程中，的键断裂 C．的形成过程可表示为 D．该实验说明的氧化性比的强 2．（2023·北京丰台·二模）已知。下列说法不正确的是 A．钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体 B．中含有离子键和非极性共价键 C．中阴阳离子个数比为 D．可作供氧剂，与反应过程中每生成转移 3．（2022·北京朝阳·三模）下列说法不正确的是 A．等体积等浓度的与溶液中的数相等 B．标准状况下，5.6L中所含键的数目为 C．等质量的与足量在加热、常温下充分反应时转移的电子数相等 D．等物质的量和(重水)所含的质子数相同 4．（2022·北京海淀·二模）下列方程式能准确解释事实的是 A．钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O B．硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红：NH+H2O=NH3•H2O+H+ C．氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ D．氢硫酸中通入适量Cl2得黄色沉淀：H2S+Cl2=S↓+2HCl 02过氧化钠的化学性质 5．（2024·北京丰台·二模）下列事实对应的方程式不正确的是 A．用水除去NO中的： B．用水溶液吸收吹出的： C．过氧化钠用作供氧剂：、 D．向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全： 6．（2024·北京·模拟预测）离子化合物和与水的反应分别为①；②，下列说法不正确的是 A．、中均含有非极性共价键 B．、中阴、阳离子个数比均为1：1 C．①、②两个反应中水均不作氧化剂或还原剂 D．相同物质的量的和与足量的水反应，所得气体的物质的量 7．（2023·北京西城·二模）下列方程式不正确的是 A．与反应： B．粗铜精炼的阴极反应： C．与过量NaOH溶液反应： D．与NaOH溶液反应： 8．（2022·北京顺义·二模）下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是 选项 A B C D 物质 Na2O2 NaHCO3 Al2(SO4)3 Fe2O3 用途 呼吸面具供氧剂 膨松剂 净水剂 红色颜料 A．A B．B C．C D．D 03 纯碱的生产 9．“侯氏制碱法”是我国化学家侯德榜为世界制纯碱工业做出的突出贡献。某实验小组模拟制纯碱的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图所示，下列叙述正确的是 A．装置①中的试管中应盛放氯化铵固体 B．装置②的球形干燥管中应盛放碱石灰 C．装置②和装置③之间应该增加盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶 D．装置①可以用装置③代替，但不可用装置④代替 10．（2022·北京海淀·三模）1941年，我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱法，提出纯碱与铵肥(NH4Cl)的联合生产工艺，后被命名为“侯氏制碱法”。主要工艺流程如下图。下列说法正确的是 已知：侯氏制碱法总反应： 索尔维制碱法总反应：(CaCl2作为废液排放) A．气体1、气体2均为CO2 B．溶液2中，含碳微粒主要是 C．侯氏制碱法和索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率相同 D．盐析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，的平衡逆向移动，NH4Cl析出 11．从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示： 下列说法不正确的是 A．流程 I 依次向粗盐水中加入过量 Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤 B．流程 II 吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳 C．海水提镁流程中涉及到三种基本反应类型 D．流程 IV、V 是通过化学方法富集镁元素 12．我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。 下列说法不正确的是 A．以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔 B．碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3 C．经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq) D．该工艺的碳原子利用率理论上为 100% 04碳酸氢钠的化学性质 13．（2023·北京朝阳·三模）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有)的稀溶液中逐滴加入0.100mol/L盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点，下列分析正确的是    A．p→q，选用酚酞做指示剂，到达滴定终点时溶液由红色变为无色 B．由滴定数据可知，原纯碱中 C．p点的主要原因： D．q点溶液中： 14．（2023·北京西城·一模）下列解释事实的化学用语不正确的是 A．C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O B．NH3的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O C．工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑ D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O 15．（2024·北京石景山·一模）下列离子方程式与所给事实不相符的是 A．氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH− B．电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH− C．氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+ D．用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑ 16．（2025·北京西城·三模）探究同浓度的与溶液和不同盐溶液间的反应，①中产生白色沉淀和无色气体，②中只产生白色沉淀。(已知：碳酸铝在水溶液中不能稳定存在) 下列说法不正确的是 A．实验前两溶液中离子种类完全相同 B．①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物 C．室温饱和和饱和溶液的pH前者大于后者，是由于溶解度前者大于后者 D．②中溶液滴入后，溶液和溶液均降低 05铝的性质及应用 17．下列解释事实的方程式不正确的是 A．向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水： B．呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气： C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨： D．用稀硝酸除去试管内壁上附着的铜： 18．（2023·北京东城·模拟预测）下列方程式与所给事实不相符的是 A．用铜电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O2OH+H2↑+Cl2↑ B．Na2CO3溶液显碱性：+H2O⇌+OH C．实验室制备Fe(OH)2，沉淀最终变为红褐色：4Fe(OH)2+　2H2O+　O2=4Fe(OH)3 D．金属铝遇NaOH溶液产生气体：2Al+2OH+2H2O=2+3H2↑ 19．（2023·北京朝阳·三模）某研究小组探究镁、铝与溶液的反应。 实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。 实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和溶液()中，观察到镁条表面有气泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。 (1)实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为 。 (2)实验Ⅱ中饱和溶液的原因 (写离子方程式)。 (3)探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。 实验Ⅲ a b 现象 电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡产生，铝条上持续有气泡产生 电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有气泡产生 ①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为 。 ②实验a中开始时Mg是原电池的 极。 ③用化学用语表示实验a中铝条上持续产生气泡的原因 。 ④查阅资料，实验b中沉淀成分为，实验证实了沉淀中含有，将白色浑浊物过滤、洗涤，加入0.1mol/L盐酸y mL恰好完全反应，产生标况下的气体x mL，x、y之间的关系为 (用含x、y的表达式表示)。 ⑤实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因 。 (4)结合铝元素的分布系数解释实验Ⅱ中铝与饱和溶液持续产生细小气泡的原因 ，已知：分布分数与溶液pH的关系如图所示： 20．下列现象及解释不正确的是 A．水晶手镯接触石灰水会被腐蚀：SiO2+Ca(OH)2== CaSiO3+H2O B．不用铝盆盛放食醋：2Al+6CH3COOH==2Al (CH3COO)3+3H2↑ C．石灰水和过量小苏打溶液混合会变浑浊：+ Ca2++OH- == CaCO3↓+ H2O D．AgNO3 溶液滴入过量浓氨水中不会出现沉淀：Ag+ +2NH3∙ H2O ==+ 2H2O 06氢氧化铝的性质及应用 21．对下列过程的化学用语表述正确的是 A．把钠加入水中，有气体生成：2Na + H2O = Na2O＋H2↑ B．用稀硫酸做导电实验，灯泡发光： H2O H+＋OH- C．向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水，生成白色沉淀：Al3+ + 3OH- =Al（OH）3↓ D．用电子式表示NaCl的形成过程： 22．下列解释事实的方程式正确的是 A．工业冶炼氯化铝制氯单质：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑ B．向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ C．将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2 D．电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 23．（2025·北京·模拟预测）某第三周期主族元素的单质及其部分化合物的转化关系如图所示。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．通过电解熔融的H可制备G B．H为两性氧化物 C．气体X和气体Y均不能过量 D．1 mol G完全转化为K或H，转移的电子数均为 24．下列含铝元素物质的制备方案正确的是 选项 目标产物 制备方案 A Al 电解氯化铝 B 溶液蒸发结晶 C 在干燥的气流中脱水 D 向氯化铝溶液中加入足量溶液后，过滤 A．A B．B C．C D．D 07铝盐和偏铝酸盐的重要反应 25．下列实验操作能达成实验目的且涉及到氧化还原反应的是 选项 实验目的 实验操作 A 除去中的 先后通过盛有酸性溶液、浓硫酸的洗气瓶 B 除去溶液中的 加入过量溶液，过滤，向沉淀中加入适量盐酸 C 检验溶液中含有 加入溶液 D 检验稀硫酸催化淀粉水解的产物为葡萄糖 向水解后的溶液中直接加入新制，加热 A．A B．B C．C D．D 26．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图： （1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是 。 （2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃ 硫去除率=(1−)×100% ①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于 。 ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是 。 （3）向含大量[Al(OH)4]-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为 。 （4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为 mol。 27．（2021·北京丰台·二模）甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)，下列各组物质中不能实现如图所示关系转化的是 选项 甲 乙 丙 丁 物质间的转化 A CuO CO2 CO C B Fe Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 HNO3 C AlCl3 Al(OH)3 NaAlO2 NH3·H2O D CO2 NaHCO3 Na2CO3 NaOH A．A B．B C．C D．D 28．（2023·全国·模拟预测）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子半径依次减小，X、Y、Z位于同周期，Z和R位于同主族，R的单质能与水发生置换反应。向和的混合溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的质量与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．最简单氢化物沸点： C．一定条件下与氨分子能形成配合物 D．Z的含氧酸根离子中Z的杂化类型不同 08铁的性质及应用 29．反应条件会影响化学反应产物或现象。下列有关影响因素的分析不正确的是 选项 反应物 反应产物或现象 影响因素 A C2H5OH、浓硫酸 C2H4或乙醚 温度 B Fe、H2SO4 FeSO4或钝化 H2SO4的浓度 C Na、O2 Na2O或Na2O2 O2用量 D AgNO3溶液、氨 现象不同 试剂滴加顺序 A．A B．B C．C D．D 30．（2022·北京西城·一模）下列方程式不能准确解释相应实验现象的是 A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体： B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红： C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体： D．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿：  △H＞0 31．化学与生活密切相关，下列相关解释不正确的是 A．炽热的铁水应注入充分干燥的模具：铁与水蒸气发生反应 B．糯米和麦芽(内含淀粉酶)制作麦芽糖：淀粉在酶作用下发生水解反应 C．过碳酸钠()漂白衣物：过碳酸钠具有强氧化性 D．明矾用于净水：明矾具有杀菌作用 32．（2022·北京朝阳·三模）某同学利用下列电池装置进行实验，探究的氧化性和还原性。 根据实验现象，下列分析不正确的是 A．电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，可知盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中 B．一段时间后石墨电极上未见析出且铁电极溶液中增大，可知石墨电极溶液中也增大 C．由A、B中的现象可知，还原性小于、氧化性小于 D．一段时间后两极溶液中的浓度若相等，说明反应已达到平衡状态 09铁的氧化物的性质及应用 33．（2024·北京东城·二模）化学与生活、科技密切相关，下列说法不正确的是 A． Fe2O3俗称铁红，可用作外墙涂料 B．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒 C．淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体 D．和互为同素异形体，都可用于测定文物年代 34．（2025·北京朝阳·一模）将高炉煤气转化为价值更高的的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现。下列说法不正确的是 A．X为初始原料 B．体现了氧化性和酸性氧化物的性质 C．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应 D．升高温度，的平衡常数增大 35．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。 资料： 1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。 2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀 6.3 1.5 3.3 8.9 11.9 8.1 完全沉淀 8.3 2.8 4.6 10.9 13.9 10.1 (1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，推测S在反应中体现 性。 (2)ⅱ中除杂过程需经历2步： a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。 b．再加入溶液，过滤。 ①的作用是 (用离子方程式表示)。 ②步骤a除去的离子有 。 ③溶液的作用是 。 ④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因 。 (3)沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的。写出生成的离子方程式 。 (4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有 、 。 (5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为，若阳极渣中含有的质量为43.5g，理论上需要加入的质量 (填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是 。 36．（2024·北京·三模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下： 已知：，，。 下列说法正确的是 A．加入少量的作用是将氧化为，使用替代效果更好 B．反应器流出的溶液，此时用石灰乳调节至，目的是除去 C．加入少量溶液后滤渣的成分为 D．为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液可在反应器中循环利用 10铁盐、亚铁盐的性质及应用 37．（2023·北京西城·三模）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有 B 向苯酚浊液中加入少量固体，浊液变清 苯酚的酸性强于的酸性 C 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液，溶液显蓝色 的氧化性比的强 D 用试纸测得：溶液的约为9，溶液的约为8 电离出的能力比的强 A．A B．B C．C D．D 38．（2025·北京房山·一模）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 (1)上述流程中，加快反应速率的措施是 。 (2)用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的 。 (3)萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有 。 ②解释反萃取时H2SO4的作用： 。 (4)生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是 。 (5)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至 (填序号)。 a．6~7               b．9~10              c．11~12 (6)该流程中可循环利用的物质有 。 39．（2021·北京海淀·一模）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。 下列关于该实验的分析不正确的是 A．①中产生白色沉淀的原因是 B．①中存在平衡： C．②中无明显变化是因为溶液中的过低 D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生 10．（2025·北京房山·三模）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析：预测可将还原为Fe的金属，并解释原因 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 II 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 III 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，也会被消耗。对应的离子方程式 。 b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。设计实验 （填实验操作和现象）。证实了此条件下可忽略对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3. 结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时， （填实验操作和现象），固体中检测Fe单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因 。 11铜、镁及其化合物的性质及应用 41．（2022·北京石景山·一模）下列物质中，不能由单质直接化合生成的是 A．FeCl2 B．CuCl2 C．HCl D．Mg3N2 42．（2024·北京朝阳·二模）以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：i．水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ii．；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液（） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸（） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液（）和浓盐酸（） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 (1)Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。 (2)对于实验Ⅱ的现象进行分析。 ①经检验Ⅱ中气体为。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。 依据电极反应式，分析产生的原因 。 ②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。 ①假设1：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因 。 ②假设2：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证： （填操作和现象），证实假设2不合理。 (4)实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因 。 (5)结合现象和化学反应原理解释选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。 43．（2024·北京·一模）实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。 实验 装置 试剂x 操作及现象 I 1 mol/LCuCl2溶液 加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅 II 1 mol/LCuSO4溶液 加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化 已知：Cu+[Cu(NH3)2]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液) (1)推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到蓝色褪去。反应的离子方程式为 。 (2)对实验I产生SO2的原因进行分析，提出假设： 假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大； 假设b：Cl-存在时，Cu2+与反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。 ①假设a不合理，实验证据是 。 ②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有 、。 (3)对比实验I、II，根据半反应就物质的氧化性还原性提出假设：Cl- 。 下述实验III证实了假设合理，装置如下图。 实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管 (补全实验操作及现象)。 (4)将实验I的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和 。 ①通过实验IV证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。 实验IV：证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是 。 用离子方程式解释产生深蓝色溶液的原因： 。 ②有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验V的方案和现象是： 。 44．（2024·北京丰台·一模）某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。 实验装置 序号 试剂a 实验现象 I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色 Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体； ii．Fe2+ + NO⇌[Fe(NO)]2+ (棕色)。 (1)用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因 。 (2)实验I中发生反应的离子方程式为 。 (3)小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。 甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。 ①用离子方程式表示甲同学的猜想 。 ②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是 。 (4)对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是 。 (5)实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是 。 (6)实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。 步骤 实验操作 实验现象 ① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着 ② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色 试剂X是 。 综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。 1．物质的性质决定用途，下列说法正确的是 A．铁可以和水反应，铁粉可用作食品包装袋中的干燥剂 B．铝粉与NaOH溶液反应生成，可用于疏通厨卫管道 C．溶液显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂 D．有氧化性，所以能漂白棉麻制品和纸浆 2．物质用途体现性质，下列两者对应关系不正确的是 A．苯酚用于杀菌消毒，体现了苯酚的氧化性 B．利用“杯酚”分离和，体现了超分子分子识别的特征 C．硫代硫酸钠用作脱氯剂，体现了硫代硫酸钠的还原性 D．明矾[]净水，体现了胶体的吸附性 3．以硫酸厂矿渣（含、、等）为原料制备铁黄的工艺流程如图所示： 资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于水，可溶于强酸或强碱。 ii.； iii.沉铁过程主要生成 下列说法不正确的是 A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红，发生的反应是 B．“滤渣”中主要成分为、铁粉 C．“沉铁”过程中有副产物生成，可能原因是促进了的水解 D．若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中 4．“锰白”(，在潮湿介质中易被氧化)常用作脱硫催化剂、饲料添加剂等。某小组设计如下步骤制备锰白： 步骤1：将约为4的溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，搅拌下充分反应得到含的溶液X； 步骤2：用氨水调节溶液X的，过滤，得溶液和滤渣Y； 步骤3：向溶液中加入溶液，经系列操作得到。下列说法不正确的是 A．步骤1中可用气体代替溶液 B．步骤2中滤渣Y为 C．步骤3中系列操作为过滤、冷水洗涤、自然风干 D．可用稀和溶液检验产品中是否含有铁杂质 5．下列离子方程式正确的是 A．向溶液中加入溶液： B．滴有酚酞的溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去： C．Fe与稀硝酸反应，当时： D．与足量的NaOH溶液反应： 6．磷酸亚铁锂（）为锂离子电池的电极材料。工业上可用钢铁酸洗废液（主要成分为、、）作原料制备磷酸亚铁锂，其流程如图所示。 已知：开始沉淀为的为2.6。 回答下列问题： (1)铁元素位于元素周期表的第 周期第 族。 (2)“沉铁”步骤中需要调节在2.0∼2.5，试解释控制小于2.5的目的： 。 (3)写出“沉铁”反应的离子方程式： 。 (4)“煅烧”前需要对进行脱水处理得到晶体，并在滚筒式球磨（粉碎）机中进行球磨处理，球磨前后的射线衍射如图所示： ①试分析球磨前后X射线吸收峰变化的原因： 。 ②写出隔绝空气条件下“煅烧”过程中发生反应的化学方程式： 。 (5)煅烧环节一般需要充入氮气进行保护，中键与键数目之比为 。 1．（2025·海南·高考真题）根据下列实验操作及现象能推导出相应结论的是 选项 A B 实验操作及现象 实验结论 极易溶于水 待测液中含有 选项 C D 实验操作及现象 实验结论 酸性：乙酸>碳酸>苯酚 A．A B．B C．C D．D 2．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为 3．（2024·山东·高考真题）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A．试管甲中新生成的沉淀为金属 B．试管甲中沉淀的变化均体现了的氧化性 C．试管乙实验可证明与形成无色配合物 D．上述两个实验表明为两性氧化物 4．（2025·河南·高考真题）X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。 下列说法错误的是 A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C．反应需要在强酸性条件下进行 D．Q可以通过单质间化合反应制备 5．（2025·安徽·高考真题）侯氏制碱法以、和为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使，溶解，静置，析出晶体； ③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。 回答下列问题： (1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。 (2)步骤②中需研细后加入，目的是 。 (3)在实验室使用代替和制备纯碱，优点是 。 (4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为 (填标号)。 a．      b．       c．和     d．和 ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的 (填“>”“<”或“=”)。 (5)已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是 。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为 。 6．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 (1)“电解”中，反应的化学方程式为 。 (2)“浸取”中，由形成的离子方程式为 。 (3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 (4)“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。 (5)“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 (6)一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。 7．（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。 (4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 7．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。    (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 金属元素及其化合物的性质及应用 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01 钠的性质及应用 题型02过氧化钠的化学性质 题型03纯碱的生产 题型04碳酸氢钠的化学性质 题型05铝的性质及应用 题型06氢氧化铝的性质及应用 题型07铝盐和偏铝酸盐的重要反应 题型08铁的性质及应用 题型09铁的氧化物的性质及应用 题型10铁盐、亚铁盐的性质及应用 题型11铜、镁及其化合物的性质及应用 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．（25-26高三上·北京·月考）某小组进行如下实验：向溶液中通入或加入溶液，均得到红色溶液。 已知：+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如图所示 I．推测与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)： 实验 溶液 溶液 现象 A 溶液 的饱和溶液 溶液1溶液2混合后，实验A、B、C所得溶液红色依次加深 B 溶液 的饱和溶液，用NaOH固体调 C 溶液 ___________ (1)请写出铜与浓硫酸反应制的方程式 。 (2)将上述实验C补充完整 。 (3)配离子的配体为的实验证据是 。 II．探究pH对与反应的影响。设计如下实验： 序号 实验a 实验b 方案 5 mL酸化的与2mL混合得红色溶液，测得 5 mL酸化的与混合得红色溶液，加几滴浓盐酸，调 现象 放置10分钟后，溶液红色均褪去，实验b中溶液褪色更快。经检验，褪色后的溶液中均存在。 (4)探究实验b中溶液褪色更快的原因： i．甲认为pH降低，有利于氧化，导致实验b中溶液褪色更快。 ①从电极反应的角度，进行理论分析： 还原反应为：；氧化反应为： 。 ②已知在上述实验条件下pH对氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是 (填“增强”或“减弱”)。 ③通过理论分析，甲认为其猜测 (填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同的时间，分别取实验a和b中的溶液，检测 浓度(填离子符号)，比较其大小关系。 ii．乙猜测pH降低，有利于______氧化，导致实验b中溶液褪色更快。 ④将乙的假设补充完整 (填化学式)。 ⑤乙设计实验进行验证： 取加硫酸调，用溶液滴定，消耗体积为。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用溶液滴定，消耗体积为。前后差值为。用同样的方法对(含)进行滴定，消耗溶液前后体积差值为。 经对比可知，，由此得出的实验结论是 。 (5)综合上述分析，pH降低，有利于 反应发生，导致实验b中溶液褪色更快。 【答案】(1) (2)的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10 (3)溶液中浓度增大，溶液红色加深 (4) 减弱 不成立 pH降低不利于氧化，乙猜测不成立 (5)与 【详解】（1）铜与浓硫酸反应生成和，化学方程式为，故答案为：； （2）结合题图溶液中+4价含硫微粒的物质的量分数随pH的变化关系可知，实验A、B、C探究的是不同+4价含硫微粒对实验的影响，实验A、B分别探究的是、对实验的影响，则实验C应探究对实验的影响，即通过调节实现，则溶液2为的饱和溶液，用NaOH固体调。 （3）由现象可知，实验A、B、C所得溶液红色依次加深，表明配离子浓度增大，由题图可知，pH越大，溶液中的浓度越大，故可证明配离子的配体为。 （4）①由题意知，实验a、b的不同之处是实验b的pH小于实验a的pH，实验b中溶液褪色更快，且褪色后的溶液中均存在。从电极反应的角度分析，与发生氧化还原反应，为氧化剂，发生还原反应，为还原剂，发生氧化反应。 ②由题意知，pH对的氧化性几乎没有影响，从平衡移动的角度分析，pH降低，增大，平衡逆向移动，的还原性减弱。 ③由上述分析可知，甲的猜测不成立，若溶液酸性增强有利于与的反应，溶液中亚铁离子含量会增多，则可以反应相同时间，检测实验a和b中的溶液中的浓度，比较其大小关系去验证，故答案为：不成立；； ④由题意知，体系中除外，空气中的也有氧化性，因此乙猜测pH降低，有利于氧化，导致实验b中溶液褪色更快。 ⑤⑤由题意知，前后两次消耗溶液的体积差衡量了10分钟内氧化的量，前后体积差越大，表明该pH条件下，更容易氧化。，说明pH降低不利于氧化，乙的猜测不成立； （5）综合上述分析可知，pH降低，溶液酸性增强，会发生反应，，即pH降低，有利于与反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快 2．（25-26高三上·北京·月考）工业上用铁粉还原AgCl制取银，某小组探究其过程和影响因素，实验如下图。 资料：①；②。 (1)检验ⅱ中产物 ①取ⅱ中上层清液，滴加溶液， (填现象)，说明溶液中含有。 ②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入 (填试剂)溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有。向另一份加入KI溶液，无明显现象。 (2)检验ⅲ中产物。 ①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如图实验，确认灰白色固体中含AgCl： 向滤液中加入硫酸后，产生白色沉淀，写出相关离子方程式 ； 向滤液中加入盐酸后，未产生沉淀的原因是 。 ②取iii中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如表： 取样时间 10分钟 12小时 24小时 溶液颜色 浅红色 红色 深红色 用离子方程式表示溶液变红的原因： ，。 (3)小组同学认为不能排除直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验： ，静置一段时间，观察现象。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与有关。 (4)ⅲ中生成AgCl的原因是 。 实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素。 【答案】(1)产生蓝色沉淀 硝酸 (2) 较大，生成 (3)取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象 (4)ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，，同时反应的平衡正向移动，逐渐减小，生成的AgCl不会发生反应 【详解】（1）①取ii中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，有产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+； ②取ii中少量灰黑色固体，固体为氧化银，洗涤后将固体等分两份，取其中一份，加入硝酸溶解，因为硝酸能使固体溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag。 （2）①滤液中含有和Cl-，加入硫酸增大H+的浓度，使转化为AgCl沉淀和，离子方程式为：，加入盐酸时，溶液中氯离子浓度较大，发生反应AgCl+Cl-，没有沉淀产生； ②根据Fe3++3SCN-Fe(SCN)3可知产生Fe3+会产生此现象，则Fe2+被氧化为Fe3+，则有方程式：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。 （3）不能排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象，可排除氧气的影响。 （4）ⅲ中生成AgCl的原因是：ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，，同时反应的平衡正向移动，逐渐减小，生成的AgCl不会发生反应。 3．（25-26高三上·北京·月考）盐可分为正盐、酸式盐和碱式盐。和就是常见的正盐和酸式盐。下图中涉及和的相关反应；其中A至F是化合物，G是气体单质。E为淡黄色固体。 (1)写出C与E反应的化学方程式 。 ①E物质的电子式为 。 ②该反应的氧化剂是 ，还原产物是 。 ③反应中若有2mol G物质生成，则有 电子发生转移。 (2)写出A溶液与F溶液反应的离子方程式 。 (3)用和溶液进行如图所示实验。下列说法中不正确的是______。 A．实验前两溶液的相等 B．实验前两溶液中离子种类完全相同 C．加入溶液后生成的沉淀一样多 D．加入溶液后反应的离子方程式都是 (4)某产品因煅烧不充分含少量，现通过下列两种方法分别测定其中的质量分数。 ①取样品充分加热后剩余固体质量为，则该样品中的质量分数为 。 ②采用下图装置，取样品与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重。该方法存在的问题有： 、 。 【答案】(1) 2Na2O2+2CO2=2+ O2    Na2O2 4 (2) (3)ACD (4) 空气中的水和二氧化碳会被碱石灰吸收 碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体不能完全被碱石灰吸收 【详解】（1）由分析可知，C为CO2，E为Na2O2，CO2和Na2O2反应生成和O2，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2+ O2。 ①E为Na2O2，是离子化合物，电子式为 。 ②该反应中Na2O2的O元素化合价既有-1价上升到0价，又由-1价下降到-2价，则氧化剂是Na2O2，还原产物是。 ③G为O2，该反应中Na2O2的O元素化合价既有-1价上升到0价，又由-1价下降到-2价，反应中若有2mol O2物质生成，则有4电子发生转移。 （2）溶液和NaOH反应生成，离子方程式为：。 （3）A．碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误； B． 和溶液中都含有Na+、、、H+、OH-，故B正确； C．由题目信息可知，和溶液分别与等体积等浓度的溶液发生反应：、，根据关系式、，可知加入 溶液后生成的沉淀的碳酸钠溶液中多，故C错误； D．由C分析可知，A 试管中发生反应的离子方程式为 ，B 试管中发生反应的离子方程式为 ，两者反应的离子方程式不同，D 错误； 故选ACD。 （4）①受热发生反应：，取样品充分加热后剩余固体质量为，假设n()=xmol，则84x-0.5x×106=m1-m2，则x=，则该样品中的质量分数为=； ②采用下图装置，取样品与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重，该方法存在的问题有：空气中的水和二氧化碳会被碱石灰吸收，且稀硫酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体不能完全被碱石灰吸收。 01钠的性质及应用 1．（2023·北京东城·二模）实验：将一小粒钠放在石棉网上，微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，钠剧烈燃烧，有白烟生成。下列分析不正确的是 A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大 B．反应过程中，的键断裂 C．的形成过程可表示为 D．该实验说明的氧化性比的强 【答案】D 【详解】A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大，故A正确； B．反应过程中，的3p上的键断裂，故B正确； C．的形成过程钠原子失去电子，氯原子得到电子，可表示为 ，故C正确； D．该实验没有对比无法说明的氧化性比的强，故D错误； 故选：D。 2．（2023·北京丰台·二模）已知。下列说法不正确的是 A．钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体 B．中含有离子键和非极性共价键 C．中阴阳离子个数比为 D．可作供氧剂，与反应过程中每生成转移 【答案】C 【详解】A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，观察到产生黄色火焰，生成淡黄色固体物质，选项A正确； B．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子内氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，选项B正确； C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，则Na2O2中阴、阳离子个数比为1 : 2，选项C错误； D．过氧化钠和二氧化碳反应时得到的氧气是由-1价的氧元素生成的，故生成1mol氧气时转移电子为2mol，选项D正确； 答案选C。 3．（2022·北京朝阳·三模）下列说法不正确的是 A．等体积等浓度的与溶液中的数相等 B．标准状况下，5.6L中所含键的数目为 C．等质量的与足量在加热、常温下充分反应时转移的电子数相等 D．等物质的量和(重水)所含的质子数相同 【答案】A 【详解】A．碳酸氢根会发生电离和水解，水解程度大于电离程度，碳酸氢钠溶液中钠离子对碳酸氢根的水解没有影响，碳酸氢铵溶液中铵根离子水解产生氢离子会促进碳酸氢根的水解，故等体积等浓度的情况下两种溶液中碳酸氢根离子数不相等，A错误； B．标准状况下甲烷为气体，5.6L甲烷物质的量为0.25mol，一个甲烷分子中含有C—H键4条，故0.25mol甲烷中含有C—H键数目为6.02×1023，B正确； C．钠与氧气在加热情况下生成过氧化钠，在常温情况下生成氧化钠，两种物质中钠均为+1价，氧气足量的情况下，等质量的钠失去的电子数相同，故转移电子数相等，C正确； D．一个水分子和一个重水分子含有质子数相同，等物质的量的情况下，所含质子数相同，D正确； 故答案选A。 4．（2022·北京海淀·二模）下列方程式能准确解释事实的是 A．钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O B．硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红：NH+H2O=NH3•H2O+H+ C．氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ D．氢硫酸中通入适量Cl2得黄色沉淀：H2S+Cl2=S↓+2HCl 【答案】D 【详解】A．钠在空气中加热生成淡黄色Na2O2固体，反应方程式为2Na+O2Na2O2，A错误； B．硫酸铵溶液使蓝色石蕊试纸变红是因为铵根离子发生微弱水解导致溶液显酸性，反应的离子方程式为NH+H2ONH3•H2O+H+，B错误； C．氢氧化铜浊液中氢氧化铜主要以固体形式存在，氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液表示为：Cu(OH)2+4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，C错误； D．Cl2的氧化性强于S，氢硫酸中通入适量Cl2置换出黄色S沉淀，反应化学方程式为H2S+Cl2=S↓+2HCl，D正确； 答案选D。 02过氧化钠的化学性质 5．（2024·北京丰台·二模）下列事实对应的方程式不正确的是 A．用水除去NO中的： B．用水溶液吸收吹出的： C．过氧化钠用作供氧剂：、 D．向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全： 【答案】D 【详解】A．能与水反应生成稀硝酸和NO，可以用水除去NO中的：，A正确； B．用水溶液吸收吹出的，发生氧化还原，离子方程式：，B正确； C．过氧化钠能与水反应生成氧气，也能与二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，反应的方程式是：、，C正确； D．向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全，则与的比值为1：2，反应的离子方程式为：，D错误； 故选D。 6．（2024·北京·模拟预测）离子化合物和与水的反应分别为①；②，下列说法不正确的是 A．、中均含有非极性共价键 B．、中阴、阳离子个数比均为1：1 C．①、②两个反应中水均不作氧化剂或还原剂 D．相同物质的量的和与足量的水反应，所得气体的物质的量 【答案】B 【详解】A．过氧化钠和碳化钙都是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故A正确； B．过氧化钠中钠离子和过氧根离子的个数比为2：1，故B错误； C．由方程式可知，过氧化钠与水的反应是由元素化合价发生化合价变化的氧化还原反应，碳化钙与水反应是没有元素化合价发生化合价变化的非氧化还原反应，反应中水均不作氧化剂或还原剂，故C正确； D．由方程式可知，1mol过氧化钠与水反应生成mol氧气，1mol碳化钙与水反应生成mol乙炔，过氧化钠与水反应生成氧气的物质的量小于碳化钙与水反应生成乙炔的物质的量，故D正确； 故选B。 7．（2023·北京西城·二模）下列方程式不正确的是 A．与反应： B．粗铜精炼的阴极反应： C．与过量NaOH溶液反应： D．与NaOH溶液反应： 【答案】B 【详解】A．既有氧化性，又有还原性，与反应的化学方程式为：，A正确； B．粗铜精炼的阴极反应：，B错误； C．少量的与过量NaOH溶液反应，生成亚硫酸钠，离子方程式为：，C正确； D．与NaOH溶液发生水解反应，反应的方程式为：，D正确； 故选B。 8．（2022·北京顺义·二模）下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是 选项 A B C D 物质 Na2O2 NaHCO3 Al2(SO4)3 Fe2O3 用途 呼吸面具供氧剂 膨松剂 净水剂 红色颜料 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．在呼吸面具中，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，发生的都是氧化还原反应，A符合题意； B．NaHCO3作膨松剂时，发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，属于非氧化还原反应，B不符合题意； C．Al2(SO4)3作净水剂时，发生双水解反应Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，属于非氧化还原反应，C不符合题意； D．Fe2O3作红色颜料时，利用其物理性质，D不符合题意； 故选A。 03 纯碱的生产 9．“侯氏制碱法”是我国化学家侯德榜为世界制纯碱工业做出的突出贡献。某实验小组模拟制纯碱的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图所示，下列叙述正确的是 A．装置①中的试管中应盛放氯化铵固体 B．装置②的球形干燥管中应盛放碱石灰 C．装置②和装置③之间应该增加盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶 D．装置①可以用装置③代替，但不可用装置④代替 【答案】D 【详解】A．装置①制备氨气，装置①中的试管中应盛放氯化铵和氢氧化钙固体，故A错误； B．装置②的球形干燥管的作用是导气、吸收多余氨气，碱石灰只能干燥氨气，不能吸收氨气，氯化钙可以吸收氨气，应盛放无水氯化钙等干燥剂，故B错误； C．装置②和装置③之间应该增加盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳中的氯化氢，故C错误； D．若用氧化钙和浓氨水制备氨气，用装置③代替装置①，反应生成的氢氧化钙会堵塞启普发生器且反应放热，不可用装置④代替装置①，故D正确； 选D。 10．（2022·北京海淀·三模）1941年，我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱法，提出纯碱与铵肥(NH4Cl)的联合生产工艺，后被命名为“侯氏制碱法”。主要工艺流程如下图。下列说法正确的是 已知：侯氏制碱法总反应： 索尔维制碱法总反应：(CaCl2作为废液排放) A．气体1、气体2均为CO2 B．溶液2中，含碳微粒主要是 C．侯氏制碱法和索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率相同 D．盐析池中加入NaCl，c(Cl-)增大，的平衡逆向移动，NH4Cl析出 【答案】D 【详解】A．根据上述分析可知气体1为CO2，气体2为NH3，A错误； B．向冷析池中通入NH3，增大溶液中c()，便于析出盐NH4Cl，此时溶液显碱性，因此溶液2中，含碳微粒主要是，B错误； C．侯氏制碱法中Na+用于制取纯碱Na2CO3，Cl-用于制取NH4Cl，NH4Cl可作氮肥，也可用于金属加工除锈等，原子利用率较高；而索尔维法制取纯碱时，反应产生的CaCl2作为废液排出，原子利用率大大降低，故侯氏制碱法中原料NaCl的原子利用率比索尔维制碱法中原料NaCl的原子利用率高，C错误； D．盐析池中加入NaCl固体，增大了溶液中c(Cl-)增大，使盐NH4Cl的溶解结晶平衡逆向移动，从而使NH4Cl结晶析出，D正确； 故合理选项是D。 11．从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示： 下列说法不正确的是 A．流程 I 依次向粗盐水中加入过量 Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤 B．流程 II 吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳 C．海水提镁流程中涉及到三种基本反应类型 D．流程 IV、V 是通过化学方法富集镁元素 【答案】C 【详解】A．流程 I 是除去粗盐水中的氯化钙、氯化镁，因为除去氯化镁时需加碱，通常加入过量氢氧化钙，所以应依次向粗盐水中加入过量 Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，A正确； B．流程 II 的目的是制取NaHCO3，由于CO2在食盐水中的溶解度不大，而在碱性溶液中具有较大的溶解度，所以食盐先吸氨使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，B正确； C．海水提镁流程中，加石灰乳和加盐酸，发生的都是复分解反应，电解氯化镁制Mg，发生的是分解反应，所以涉及到二种基本反应类型，C不正确； D．在母液中MgCl2的浓度很小，流程 IV将氯化镁转化为Mg(OH)2沉淀，流程V将Mg(OH)2溶解重新制得MgCl2，此时MgCl2浓度大，所以通过化学方法实现镁元素的富集，D正确； 故选C。 12．我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。 下列说法不正确的是 A．以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔 B．碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3 C．经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq) D．该工艺的碳原子利用率理论上为 100% 【答案】B 【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确； B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误； C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故C正确； D. 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为 100%，故D正确； 故选B。 04碳酸氢钠的化学性质 13．（2023·北京朝阳·三模）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有)的稀溶液中逐滴加入0.100mol/L盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点，下列分析正确的是    A．p→q，选用酚酞做指示剂，到达滴定终点时溶液由红色变为无色 B．由滴定数据可知，原纯碱中 C．p点的主要原因： D．q点溶液中： 【答案】B 【详解】A．由分析可知，p→q发生的反应为溶液中的碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则滴定时应选用甲基橙做指示剂，不能选用酚酞做指示剂，故A错误； B．由分析可知，原纯碱中碳酸钠的物质的量为9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物质的量为1.9×10—4mol，则，故B正确； C．由分析可知，p点所得溶液为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，溶液pH大于7是因为碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，水解的离子方程式为，故C错误； D．由分析可知，原纯碱中碳酸钠的物质的量为9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物质的量为1.9×10—4mol，则由原子个数守恒可知，q点溶液中钠离子的浓度为≈0.068mol/L，故D错误； 故选B。 14．（2023·北京西城·一模）下列解释事实的化学用语不正确的是 A．C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O B．NH3的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O C．工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑ D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O 【答案】C 【详解】A．C和浓H2SO4在加热条件下反应生成CO2、SO2和水：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，A正确； B．在催化剂、加热条件下，NH3发生催化氧化反应生成NO和水：4NH3+5O24NO+6H2O，B正确； C．AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，所以工业上冶炼Al的反应，是电解熔融的Al2O3：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，C不正确； D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应，由于Ca(OH)2过量，所以溶液中不可能有剩余：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D正确； 故选C。 15．（2024·北京石景山·一模）下列离子方程式与所给事实不相符的是 A．氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH− B．电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH− C．氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+ D．用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑ 【答案】A 【详解】A．氨气与水的反应以及一水合氨的电离均为可逆过程：NH3 + H2ONH3·H2O NH+ OH−，故A错误； B．电解饱和食盐水时阴极水放电，生成氢气和OH-，电极方程式为：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−，故B正确； C．氯化铁为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解方程式为：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，故C正确； D．小苏打受热易分解，分解生成碳酸钠，反应为：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑，因此可用加热的方式除去苏打固体中的小苏打，故D正确； 故选：A。 16．（2025·北京西城·三模）探究同浓度的与溶液和不同盐溶液间的反应，①中产生白色沉淀和无色气体，②中只产生白色沉淀。(已知：碳酸铝在水溶液中不能稳定存在) 下列说法不正确的是 A．实验前两溶液中离子种类完全相同 B．①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物 C．室温饱和和饱和溶液的pH前者大于后者，是由于溶解度前者大于后者 D．②中溶液滴入后，溶液和溶液均降低 【答案】C 【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠溶液中含有的离子都为钠离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢离子和氢氧根离子，离子种类完全相同，故A正确； B．由图可知，实验①中发生的反应为溶液中的铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，或与碳酸根离子、碳酸氢根离子发生双水解反应生成碱式碳酸铝沉淀和二氧化碳，所以①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物，故B正确； C．室温饱和碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液的pH是因为碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根离子所致，与溶解度的大小无关，故C错误； D．实验②中发生的反应为氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，溶液中碳酸根离子浓度减小，使得水解平衡向逆反应方向移动，溶液中的氢氧根离子浓度减小，pH降低；氯化钙溶液与碳酸氢钠溶液反应反应生成氯化钠、碳酸钙沉淀和碳酸，反应生成的碳酸使溶液中的氢离子浓度增大，pH降低，故D正确； 故选C。 05铝的性质及应用 17．下列解释事实的方程式不正确的是 A．向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水： B．呼吸面具中用过氧化钠吸收二氧化碳产生氧气： C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨： D．用稀硝酸除去试管内壁上附着的铜： 【答案】A 【详解】A．应该以不足量的Ca(OH)2为标准，假设其物质的量是1 mol，则反应的离子方程式应该为：，A错误； B．反应符合事实，遵循质量守恒定律，B正确； C．反应符合事实，遵循质量守恒定律，C正确； D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，原子守恒、电子守恒、电荷守恒，D正确； 故合理选项是A。 18．（2023·北京东城·模拟预测）下列方程式与所给事实不相符的是 A．用铜电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O2OH+H2↑+Cl2↑ B．Na2CO3溶液显碱性：+H2O⇌+OH C．实验室制备Fe(OH)2，沉淀最终变为红褐色：4Fe(OH)2+　2H2O+　O2=4Fe(OH)3 D．金属铝遇NaOH溶液产生气体：2Al+2OH+2H2O=2+3H2↑ 【答案】A 【详解】A．铜为电极时，阳极发生的反应为，总电极反应为，A错误； B．碳酸根水解显碱性，，B正确； C．氢氧化亚铁不稳定，易氧化，出现灰绿色最终为红褐色，，C正确； D．铝为两性金属可以与强碱反应生成氢气，，D正确； 故答案为：A。 19．（2023·北京朝阳·三模）某研究小组探究镁、铝与溶液的反应。 实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。 实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和溶液()中，观察到镁条表面有气泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。 (1)实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为 。 (2)实验Ⅱ中饱和溶液的原因 (写离子方程式)。 (3)探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。 实验Ⅲ a b 现象 电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡产生，铝条上持续有气泡产生 电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有气泡产生 ①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为 。 ②实验a中开始时Mg是原电池的 极。 ③用化学用语表示实验a中铝条上持续产生气泡的原因 。 ④查阅资料，实验b中沉淀成分为，实验证实了沉淀中含有，将白色浑浊物过滤、洗涤，加入0.1mol/L盐酸y mL恰好完全反应，产生标况下的气体x mL，x、y之间的关系为 (用含x、y的表达式表示)。 ⑤实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因 。 (4)结合铝元素的分布系数解释实验Ⅱ中铝与饱和溶液持续产生细小气泡的原因 ，已知：分布分数与溶液pH的关系如图所示： 【答案】(1) (2) (3) 负 、 x<1.12y 还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转 (4)饱和溶液，铝元素主要以形式存在，使铝与溶液的反应可以持续进行 【详解】（1）由分析可知，实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为镁与碳酸钠溶液中的水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的化学方程式为，故答案为：； （2）实验Ⅱ中饱和碳酸钠溶液pH为12的原因是碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）①实验a是b的对照组，由探究实验变量唯一化原则可知，实验a中氢氧化钠溶液的pH为12，浓度为0.01mol/L，故答案为：0.01mol/L； ②由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成氢氧化镁，故答案为：负极； ③由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的负极，铝在正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子和氢气，电极反应式为，放电生成的氢氧化镁覆盖在镁条表面使镁的还原性降低，导致铝做原电池的负极，碱性条件下铝失去电子发生氧化反应生成四羟基合铝离子，电极反应式为，同时铝饱和碳酸钠溶液中的氢氧根离子反应生成四羟基合铝离子和氢气，反应的离子方程式为，所以实验a中铝条上持续产生气泡，故答案为：、； ④若沉淀中只含MgCO3，碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的方程式为+2HCl=MgCl2+CO2↑+H2O，由方程式可得：×2=0.1mol/L×10—3yL，解得x=1.12y，但沉淀中含有OH-，实际消耗盐酸的量要多于和碳酸镁反应用去的盐酸量，故答案为：x<1.12y； ⑤由实验现象可知，实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因是还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转，故答案为：还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转； （4）由图可知，实验Ⅱ中铝与饱和碳酸钠溶液持续产生细小气泡的原因是铝与pH为12的饱和碳酸钠溶液反应生成四羟基合铝离子，没有生成氢氧化铝沉淀覆盖在铝条表面阻碍反应的继续进行，使得反应可以持续进行，故答案为：饱和溶液，铝元素主要以形式存在，使铝与溶液的反应可以持续进行。 20．下列现象及解释不正确的是 A．水晶手镯接触石灰水会被腐蚀：SiO2+Ca(OH)2== CaSiO3+H2O B．不用铝盆盛放食醋：2Al+6CH3COOH==2Al (CH3COO)3+3H2↑ C．石灰水和过量小苏打溶液混合会变浑浊：+ Ca2++OH- == CaCO3↓+ H2O D．AgNO3 溶液滴入过量浓氨水中不会出现沉淀：Ag+ +2NH3∙ H2O ==+ 2H2O 【答案】C 【详解】A．水晶手镯的主要成分为SiO2，属于酸性氧化物，石灰水的主要成分为Ca(OH)2，属于强碱，二者接触会发生反应：SiO2+Ca(OH)2== CaSiO3+H2O，从而会被腐蚀，A正确； B．铝盆中的铝能与食醋中的醋酸反应：2Al+6CH3COOH==2Al (CH3COO)3+3H2↑，从而导致铝盆被腐蚀，所以不用铝盆盛放食醋，B正确； C．石灰水和过量小苏打溶液混合发生反应2NaHCO3+Ca(OH)2==CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，离子方程式为2+ Ca2++2OH- == CaCO3↓++2H2O，从而使溶液变浑浊，C不正确； D．AgNO3 溶液滴入过量浓氨水中，起初生成的AgOH完全溶解，转化为Ag(NH3)2OH，发生反应的离子方程式为：Ag+ +2NH3∙ H2O ==+ 2H2O，所以最终不会出现沉淀，D正确； 故选C。 06氢氧化铝的性质及应用 21．对下列过程的化学用语表述正确的是 A．把钠加入水中，有气体生成：2Na + H2O = Na2O＋H2↑ B．用稀硫酸做导电实验，灯泡发光： H2O H+＋OH- C．向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水，生成白色沉淀：Al3+ + 3OH- =Al（OH）3↓ D．用电子式表示NaCl的形成过程： 【答案】D 【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na +2H2O =2NaOH＋H2↑，A错误； B.用稀硫酸做导电实验时灯泡发光是因为硫酸溶于水电离出自由移动离子，H2SO4=2H++SO42-，B错误； C.一水合氨为弱碱，向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水，生成白色沉淀：Al3+ +3NH3∙H2O =Al（OH）3↓+3NH4+，C错误； D. NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程： ，D正确； 答案选D。 22．下列解释事实的方程式正确的是 A．工业冶炼氯化铝制氯单质：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑ B．向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ C．将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2 D．电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 【答案】D 【详解】A．AlCl3属于共价化合物，熔融时不导电，工业一般电解NaCl溶液制Cl2：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，工业冶炼铝一般用电解熔融氧化铝，方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，故A错误； B．一水合氨为弱电解质不能拆成离子，正确方程式应为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误； C．铁粉与水蒸气共热生成四氧化三铁和氢气，方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故C错误； D．电解饱和氯化钠溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故D正确； 故答案为D。 23．（2025·北京·模拟预测）某第三周期主族元素的单质及其部分化合物的转化关系如图所示。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．通过电解熔融的H可制备G B．H为两性氧化物 C．气体X和气体Y均不能过量 D．1 mol G完全转化为K或H，转移的电子数均为 【答案】C 【详解】A．H为，工业上通过电解熔融制备Al（G），A正确； B．H为，既能与强酸、又能与强碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，B正确； C．气体X为，少量、过量均与反应生成，气体Y为，少量、过量均与溶液反应生成，C错误； D．G为Al，转化为K（）或H（）时，Al均由0价升高到+3价，1 mol Al转移3 mol电子，即，D正确； 故答案选C。 24．下列含铝元素物质的制备方案正确的是 选项 目标产物 制备方案 A Al 电解氯化铝 B 溶液蒸发结晶 C 在干燥的气流中脱水 D 向氯化铝溶液中加入足量溶液后，过滤 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．电解氯化铝无法得到金属铝，工业上通过电解熔融氧化铝制备铝，氯化铝为共价化合物，熔融态不导电，A错误； B．溶液蒸发结晶时，水解生成和HCl，HCl挥发使水解加剧，最终无法得到，B错误； C．在干燥HCl气流中脱水，HCl抑制水解，可制得无水，C正确； D．向溶液中加入过量NaOH会生成，溶解，无法通过过滤得到，D错误； 故答案选C。 07铝盐和偏铝酸盐的重要反应 25．下列实验操作能达成实验目的且涉及到氧化还原反应的是 选项 实验目的 实验操作 A 除去中的 先后通过盛有酸性溶液、浓硫酸的洗气瓶 B 除去溶液中的 加入过量溶液，过滤，向沉淀中加入适量盐酸 C 检验溶液中含有 加入溶液 D 检验稀硫酸催化淀粉水解的产物为葡萄糖 向水解后的溶液中直接加入新制，加热 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A. 和都能使澄清石灰水变浑浊，但具有还原性，与强氧化性的溶液发生氧化还原反应，再用浓硫酸燥，能除去中的，A符合题意； B. 和都能与溶液反应生成沉淀，过量的溶液还能溶解氢氧化铝沉淀，但未涉及氧化还原反应，B不符合题意； C. 与溶液发生络合反应生成血红色硫氰合铁络合物，但不是氧化还原反应，C不符合题意； D. 淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，氢氧化铜在碱性环境下具有弱氧化性，所以检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有加碱至碱性，不能检验，不能达成实验目的，D不符合题意； 故答案为：A。 26．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图： （1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是 。 （2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃ 硫去除率=(1−)×100% ①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于 。 ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是 。 （3）向含大量[Al(OH)4]-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为 。 （4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为 mol。 【答案NaOH溶液、Na2SO3溶液 FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 [Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+ 11 【详解】(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液； (2)①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2； ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低； (3)向含[Al(OH)4]-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和，离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+； (4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3−)＝2y×5＋y×（−2)，解得＝16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)＝1：16，若1molFeS2完全参与反应，消耗n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。 27．（2021·北京丰台·二模）甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)，下列各组物质中不能实现如图所示关系转化的是 选项 甲 乙 丙 丁 物质间的转化 A CuO CO2 CO C B Fe Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 HNO3 C AlCl3 Al(OH)3 NaAlO2 NH3·H2O D CO2 NaHCO3 Na2CO3 NaOH A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．CuO与少量C反应产生Cu和CO2，与足量C反应产生Cu和CO，CO2与C反应产生CO，CO与CuO反应产生Cu和CO2，可以实现物质之间的转化关系，A不符合题意； B．铁与足量的HNO3反应生成Fe(NO3)3，铁与少量的HNO3反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)3与铁粉反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2与HNO3反应生成Fe(NO3)3，能够实现物质之间的转化关系，B不符合题意； C．AlCl3与NH3·H2O反应产生Al(OH)3沉淀，由于NH3·H2O是弱碱，不能溶解Al(OH)3，因此二者反应时无论相对量的多少，只能Al(OH)3沉淀，不能实现物质之间的转化关系，C符合题意； D．CO2和少量NaOH反应生成NaHCO3，CO2和过量NaOH生成Na2CO3，NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3和H2O，Na2CO3与CO2、H2O反应产生NaHCO3，能够实现上述转化，D不符合题意； 故合理选项是C。 28．（2023·全国·模拟预测）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子半径依次减小，X、Y、Z位于同周期，Z和R位于同主族，R的单质能与水发生置换反应。向和的混合溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的质量与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．最简单氢化物沸点： C．一定条件下与氨分子能形成配合物 D．Z的含氧酸根离子中Z的杂化类型不同 【答案】C 【详解】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则Mg的第一电离能大于Al的第一电离能，故A错误； B．HF分子间存在氢键，HF的沸点高于HCl的，故B错误； C．属于缺电子分子，有空轨道，中N上有孤电子对，一定条件下与能形成配合物，故C正确； D．、、、中氯原子的价层电子对数都为4，都采取杂化，故D错误。 综上所述，答案为C。 08铁的性质及应用 29．反应条件会影响化学反应产物或现象。下列有关影响因素的分析不正确的是 选项 反应物 反应产物或现象 影响因素 A C2H5OH、浓硫酸 C2H4或乙醚 温度 B Fe、H2SO4 FeSO4或钝化 H2SO4的浓度 C Na、O2 Na2O或Na2O2 O2用量 D AgNO3溶液、氨 现象不同 试剂滴加顺序 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．温度为140℃时，乙醇在浓硫酸的作用下生成乙醚；而温度升高到170℃，乙醇则在浓硫酸的作用下生成乙烯；这体现了温度对反应的影响，A项正确； B．Fe与稀硫酸反应生成FeSO4，Fe在常温下遇浓硫酸则发生钝化；这体现了浓度对于反应的影响，B项正确； C．Na与O2在常温下反应生成Na2O，加热或点燃的条件下，则生成Na2O2；这体现了温度对于反应的影响，C项错误； D．若向AgNO3溶液中滴加稀氨水，随着稀氨水的量逐渐增大，会观察到先有沉淀生成，后沉淀又溶解的现象；若向稀氨水中滴加AgNO3溶液，则无法观察到沉淀先出现后溶解的现象；这体现了试剂滴加顺序对反应的影响，D项正确； 答案选C。 30．（2022·北京西城·一模）下列方程式不能准确解释相应实验现象的是 A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体： B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红： C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体： D．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿：  △H＞0 【答案】C 【详解】A．MnO2和浓盐酸共热发生反应，产生的黄绿色气体为Cl2，同时生成MnCl2等：，A能准确解释实验现象； B．Na加入滴有酚酞的水中，Na与水反应，生成NaOH和H2，NaOH显碱性，使酚酞变红：，B能准确解释实验现象； C．S具有较弱的氧化性，只能将Fe从0价氧化到+2价，则加热Fe和S的混合物生成黑色固体为FeS：，C不能准确解释实验现象； D．在水溶液中，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2+呈绿色，加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿，则表明反应吸热，从而得出：  △H＞0，D能准确解释实验现象； 故选C。 31．化学与生活密切相关，下列相关解释不正确的是 A．炽热的铁水应注入充分干燥的模具：铁与水蒸气发生反应 B．糯米和麦芽(内含淀粉酶)制作麦芽糖：淀粉在酶作用下发生水解反应 C．过碳酸钠()漂白衣物：过碳酸钠具有强氧化性 D．明矾用于净水：明矾具有杀菌作用 【答案】D 【详解】A．铁与水蒸气高温下发生反应生成易燃易爆气体氢气，故炽热的铁水应注入充分干燥的模具，A正确； B．淀粉属于多糖，在酶作用下发生水解反应能生成麦芽糖，B正确； C．过碳酸钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，故能漂白衣物，C正确； D．明矾可做净水剂是利用发生水解生成胶体，胶体具有吸附性，用于吸附水中的颗粒物，但是其不能杀菌消毒，D错误； 故选D。 32．（2022·北京朝阳·三模）某同学利用下列电池装置进行实验，探究的氧化性和还原性。 根据实验现象，下列分析不正确的是 A．电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，可知盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中 B．一段时间后石墨电极上未见析出且铁电极溶液中增大，可知石墨电极溶液中也增大 C．由A、B中的现象可知，还原性小于、氧化性小于 D．一段时间后两极溶液中的浓度若相等，说明反应已达到平衡状态 【答案】D 【详解】A．铁电极失电子为负极，石墨电极为正极，阳离子从负极向正极移动，故盐桥中阳离子进入石墨电极溶液中，A正确； B．石墨电极上发生的反应为Fe3++e-=Fe2+，反应生成亚铁离子，负极的亚铁离子也会向正极移动，故石墨电极溶液中亚铁离子浓度增大，B正确； C．负极反应为Fe-2e-=Fe2+，正极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应中氧化剂为Fe3+，还原剂为Fe，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，故Fe2+还原性小于Fe，氧化性小于Fe3+，C正确； D．一段时间后两极溶液中亚铁离子浓度相等，无法说明反应达到平衡状态，D错误； 故答案选D。 09铁的氧化物的性质及应用 33．（2024·北京东城·二模）化学与生活、科技密切相关，下列说法不正确的是 A． Fe2O3俗称铁红，可用作外墙涂料 B．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒 C．淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体 D．和互为同素异形体，都可用于测定文物年代 【答案】D 【详解】A．Fe2O3俗称铁红是一种红棕色性质稳定的铁的氧化，可用作外墙涂料，A正确； B．酒精能使蛋白质变性，故可用于杀菌消毒，医用酒精为75%的酒精溶液用于消毒，B正确； C．淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体，C正确； D．和的质子数相同而中子数不同的原子，故互为同位素，其中用于测定文物年代，D错误； 故答案为：D。 34．（2025·北京朝阳·一模）将高炉煤气转化为价值更高的的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现。下列说法不正确的是 A．X为初始原料 B．体现了氧化性和酸性氧化物的性质 C．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应 D．升高温度，的平衡常数增大 【答案】C 【详解】A．根据分析，初始原料X为，A正确； B．在整个转化过程中，既表现出氧化性，可氧化Fe生成Fe2O3，又体现了酸性氧化物的性质，可与碱性氧化物CaO反应生成盐，B正确； C．虽然的，说明此反应为吸热反应，但体系中还涉及的还原、Fe的氧化等过程，并非所有氧化还原反应均为吸热反应，C错误； D．根据反应可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，根据，得到平衡常数增大，D正确； 故答案为：C。 35．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。 资料： 1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。 2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀 6.3 1.5 3.3 8.9 11.9 8.1 完全沉淀 8.3 2.8 4.6 10.9 13.9 10.1 (1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，推测S在反应中体现 性。 (2)ⅱ中除杂过程需经历2步： a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。 b．再加入溶液，过滤。 ①的作用是 (用离子方程式表示)。 ②步骤a除去的离子有 。 ③溶液的作用是 。 ④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因 。 (3)沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的。写出生成的离子方程式 。 (4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有 、 。 (5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为，若阳极渣中含有的质量为43.5g，理论上需要加入的质量 (填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是 。 【答案】(1)还原 (2) 、、 除去、 、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，不能通过调pH的方法只除去、而保留 (3) (4)做氧化剂 持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，提高产率 (5)> 除杂过程中加入了，Mn元素会进入滤液，最终也要转化为产品 【详解】（1）电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，加入S和进行酸浸后的浸出液中变为，说明被还原，发生反应：，则加入的S在反应中体现了：还原性。 （2）①浸出液中的完全沉淀的pH与相交，单独沉淀会影响的产量，所以需要将氧化为在低pH时就能完全除去，则加入的的作用是将氧化为：； ②根据资料2和问题①，在步骤a除去的离子有：、、； ③因为经过除杂过程后得到的主要含的滤液，则加入溶液最主要的作用是将、继续转化为和沉淀除去； ④根据资料2的信息可知，、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，故不能通过调pH的方法只除去、而只得到。 （3）沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液与反应得到固体，则反应的离子方程式为：。 （4）焙烧过程是将固体在空气中加热得到，Mn元素化合价升高，反应方程式为：，则焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有：需要提供足量氧气作氧化剂使用、增大空气中氧气的浓度，加快反应速率。 （5）根据反应的化学方程式为，由Mn元素守恒列关系式：，解得，但由于在除杂过程中加入了调节pH，这些Mn元素最终也进入到沉锰环节被转化为，故理论上需要加入的质量大于9.25g。 36．（2024·北京·三模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下： 已知：，，。 下列说法正确的是 A．加入少量的作用是将氧化为，使用替代效果更好 B．反应器流出的溶液，此时用石灰乳调节至，目的是除去 C．加入少量溶液后滤渣的成分为 D．为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液可在反应器中循环利用 【答案】D 【详解】A．MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，A错误； B．pH=4，c(OH−)＝1×10−10mol/L，此时；pH=7，c(OH−)＝1×10−7mol/L，，所以目的是为了使Fe3+和Al3+都沉淀完全，故B错误； C．由分析可知，加入少量BaS溶液除去Ni2＋，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，此外，二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，所以 “滤渣”的成分至少有四种，故C错误； D．为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液中含有硫酸，可在反应器中循环利用，故D正确； 故答案选D。 10铁盐、亚铁盐的性质及应用 37．（2023·北京西城·三模）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有 B 向苯酚浊液中加入少量固体，浊液变清 苯酚的酸性强于的酸性 C 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液，溶液显蓝色 的氧化性比的强 D 用试纸测得：溶液的约为9，溶液的约为8 电离出的能力比的强 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．先滴加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后滴加氯水，若此时溶液变血红色，说明溶液中存在亚铁离子，A错误； B．苯酚浊液中加入少量碳酸钠固体，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，只能说明苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，不能说明苯酚的酸性强于碳酸，B错误； C．向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡后再滴加1mL淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，说明有I2生成，说明KI与Br2反应生成了碘，则Br2的氧化性强于I2，C正确； D．CH3COONa和NaNO2溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH，从而比较对应酸的酸性强弱，D错误； 故答案选C。 38．（2025·北京房山·一模）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 (1)上述流程中，加快反应速率的措施是 。 (2)用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的 。 (3)萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有 。 ②解释反萃取时H2SO4的作用： 。 (4)生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是 。 (5)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至 (填序号)。 a．6~7               b．9~10              c．11~12 (6)该流程中可循环利用的物质有 。 【答案】(1)研磨 (2)4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O (3)O、N 加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层 (4)Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+ (5)b (6)H2SO4、萃取剂(HR)、O2 【详解】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率，故加快反应速率的措施是研磨； （2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表示为：4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O； （3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子； ②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层； （4）根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+； （5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b； （6）反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解含铜离子的水溶液，即电解硫酸铜时产生硫酸和氧气，，则该流程中可循环利用的物质有：H2SO4、萃取剂(HR)、O2。 39．（2021·北京海淀·一模）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。 下列关于该实验的分析不正确的是 A．①中产生白色沉淀的原因是 B．①中存在平衡： C．②中无明显变化是因为溶液中的过低 D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生 【答案】D 【详解】A．Qc(浓度商)>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是，A正确； B．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：，B正确； C．Fe3+遇SCN-溶液变红，②中无明显变化是因为溶液中的过低，C正确； D．②中溶液不变红，③中溶液变红，说明③中增大，存在反应，能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，D错误； 故选D。 10．（2025·北京房山·三模）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析：预测可将还原为Fe的金属，并解释原因 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 II 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 III 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，也会被消耗。对应的离子方程式 。 b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。设计实验 （填实验操作和现象）。证实了此条件下可忽略对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3. 结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时， （填实验操作和现象），固体中检测Fe单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因 。 【答案】(1)Mg、Zn   在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质 (2)产生蓝色沉淀 Fe3+水解反应为Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀 2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑ 向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体 (3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹 【详解】（1）在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质。 （2）①K3[Fe(CN)6]能与Fe2+生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，则在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，则证明都有Fe2+生成； ②FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应离子方程式为：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；Mg、Zn与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀； ③i．a．Fe是较活泼金属，能与氧化性较强的Fe3+反应生成Fe2+，也能与H+反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑； b．在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3~4，设计盐酸和铁的对比实验，向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗； ii．结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，实验II要检测到Fe单质，具体操作为：重新做实验II，当溶pH为3～4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到 Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ可知：Mg比Zn活泼，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。 11铜、镁及其化合物的性质及应用 41．（2022·北京石景山·一模）下列物质中，不能由单质直接化合生成的是 A．FeCl2 B．CuCl2 C．HCl D．Mg3N2 【答案】A 【详解】A．Cl2具有强氧化性，Fe与Cl2反应生成FeCl3，不能生成FeCl2，故A符合题意； B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，故B不符合题意； C．H2与Cl2点燃或光照时，化合生成HCl，故C不符合题意； D．Mg和N2化合生成Mg3N2，故D不符合题意； 故选A。 42．（2024·北京朝阳·二模）以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：i．水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ii．；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液（） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸（） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液（）和浓盐酸（） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 (1)Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。 (2)对于实验Ⅱ的现象进行分析。 ①经检验Ⅱ中气体为。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。 依据电极反应式，分析产生的原因 。 ②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。 ①假设1：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因 。 ②假设2：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证： （填操作和现象），证实假设2不合理。 (4)实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因 。 (5)结合现象和化学反应原理解释选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。 【答案】(1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl (2) Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O (3)c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，沉淀不溶解 (4)此条件下Cu2+或的氧化性强于H+ (5)单独使用CuCl2溶液，产生CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢 【详解】（1）往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，则Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl； （2）①据实验的现象可知，产生的无色气泡为氢气，无色溶液为的溶液，所以应是Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2； ②的溶液呈黄色，Ⅱ中溶液变为黄色，即生成了，其反应的离子方程式为：4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O； （3）①由于c(Cl-)增大，使得平衡CuCl+2Cl-正向移动，所以白色沉淀溶解； ②要验证是否是因为增大，而使白色沉淀不能稳定存在，可以取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为增大引起； （4）实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，其可能原因为：此条件下Cu2+或的氧化性强于H+，所以Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡； （5）若单独使用CuCl2溶液，则产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；若单独使用盐酸，则反应速率慢，所以选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液。 43．（2024·北京·一模）实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。 实验 装置 试剂x 操作及现象 I 1 mol/LCuCl2溶液 加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅 II 1 mol/LCuSO4溶液 加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化 已知：Cu+[Cu(NH3)2]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液) (1)推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到蓝色褪去。反应的离子方程式为 。 (2)对实验I产生SO2的原因进行分析，提出假设： 假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大； 假设b：Cl-存在时，Cu2+与反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。 ①假设a不合理，实验证据是 。 ②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有 、。 (3)对比实验I、II，根据半反应就物质的氧化性还原性提出假设：Cl- 。 下述实验III证实了假设合理，装置如下图。 实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管 (补全实验操作及现象)。 (4)将实验I的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和 。 ①通过实验IV证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。 实验IV：证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是 。 用离子方程式解释产生深蓝色溶液的原因： 。 ②有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验V的方案和现象是： 。 【答案】(1) (2)实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡 (3)增强了Cu2+的氧化性 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 (4)一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色 取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色(或图示表示：) 【详解】（1）推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到蓝色褪去。碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应的离子方程式为； （2）假设a不合理，实验证据是实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡；实验表明假设b合理，根据得失电子守恒，电荷守恒，实验I反应的离子方程式有、； （3）对比实验I、II，根据半反应就物质的氧化性还原性提出假设：Cl-增强了Cu2+的氧化性；实验Ⅲ是为了验证Cl-增强了Cu2+的氧化性，需要向硫酸铜溶液中补充氯离子，向U形管右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大，说明Cl-增强了Cu2+的氧化性； （4）证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是，浅蓝色溶液露置在空气中一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；用离子方程式解释产生深蓝色溶液的原因, ；有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在，实验V的方案和现象是：取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色(或图示表示：)。 44．（2024·北京丰台·一模）某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。 实验装置 序号 试剂a 实验现象 I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色 Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体； ii．Fe2+ + NO⇌[Fe(NO)]2+ (棕色)。 (1)用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因 。 (2)实验I中发生反应的离子方程式为 。 (3)小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。 甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。 ①用离子方程式表示甲同学的猜想 。 ②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是 。 (4)对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是 。 (5)实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是 。 (6)实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。 步骤 实验操作 实验现象 ① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着 ② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色 试剂X是 。 综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。 【答案】(1)Fe 3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+ (2)2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+ (3)Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓ 向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象 (4)产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快 (5)4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀 (6)20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ] 【详解】（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为： Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+； （2）由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+； （3）①由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓； ②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，故答案为：向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象； （4）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应，故答案为：产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快； （5）已知空气中的O2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀； （6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]，故答案为：20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]。 1．物质的性质决定用途，下列说法正确的是 A．铁可以和水反应，铁粉可用作食品包装袋中的干燥剂 B．铝粉与NaOH溶液反应生成，可用于疏通厨卫管道 C．溶液显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂 D．有氧化性，所以能漂白棉麻制品和纸浆 【答案】B 【详解】A．常温下，铁粉能与空气中的O2、H2O反应，铁粉可用作食品包装袋中的脱氧剂，A错误； B．铝粉与NaOH溶液反应生成氢气（2Al + 2NaOH + 6H2O=2NaAl(OH)4 + 3H2↑），产生的气体压力可疏通管道，符合实际应用，B正确； C．NaHCO3作烘焙膨松剂是因为受热分解或与酸反应产生CO2气体，使面团膨胀，并非直接利用其溶液碱性，C错误； D．SO2有漂白性，其漂白性体现在与有色物质化合形成无色化合物，而体现其氧化性，D错误； 故选B。 2．物质用途体现性质，下列两者对应关系不正确的是 A．苯酚用于杀菌消毒，体现了苯酚的氧化性 B．利用“杯酚”分离和，体现了超分子分子识别的特征 C．硫代硫酸钠用作脱氯剂，体现了硫代硫酸钠的还原性 D．明矾[]净水，体现了胶体的吸附性 【答案】A 【详解】A．苯酚（石炭酸）可用于杀菌消毒，但其作用机制主要是通过使蛋白质变性和破坏细胞膜，而非氧化还原反应，A错误； B．分离C60和C70时，“杯酚”（杯芳烃）的空腔大小刚好能“识别”并通过分子间作用力选择性地结合C60分子，而C70因为尺寸不匹配就无法进入，这正是超分子化学中“分子识别”特征的体现，B正确； C．硫代硫酸钠（Na2S2O3）在脱氯过程中与氯气（Cl2）发生反应：，硫代硫酸钠中硫的化合价从+2升至+6，被氧化，而氯被还原，因此硫代硫酸钠作为还原剂，体现了其还原性，C正确。 D．明矾溶于水后，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中带负电的悬浮颗粒和杂质，使其聚沉，从而达到净水目的，因此，该用途正确体现了Al(OH)3胶体的吸附性，D正确； 故选A。 3．以硫酸厂矿渣（含、、等）为原料制备铁黄的工艺流程如图所示： 资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于水，可溶于强酸或强碱。 ii.； iii.沉铁过程主要生成 下列说法不正确的是 A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红，发生的反应是 B．“滤渣”中主要成分为、铁粉 C．“沉铁”过程中有副产物生成，可能原因是促进了的水解 D．若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中 【答案】B 【详解】A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，Fe3+和SCN-结合生成，溶液变红，该反应为可逆反应，离子方程式为：，A正确； B．由分析可知，“滤渣”中主要成分为SiO2、铁粉、α-Al2O3，B错误； C．在水溶液中会发生水解：，可以和H+反应降低c(H+)，促进“沉铁”的水解，则过程中有副产物生成，可能原因是促进了的水解，C正确； D．假设用"沉铁"时，溶液的不足以生成，当反应达到沉淀转化平衡时，有，，D正确； 故选B。 4．“锰白”(，在潮湿介质中易被氧化)常用作脱硫催化剂、饲料添加剂等。某小组设计如下步骤制备锰白： 步骤1：将约为4的溶液加入含有稀硫酸的悬浊液中，搅拌下充分反应得到含的溶液X； 步骤2：用氨水调节溶液X的，过滤，得溶液和滤渣Y； 步骤3：向溶液中加入溶液，经系列操作得到。下列说法不正确的是 A．步骤1中可用气体代替溶液 B．步骤2中滤渣Y为 C．步骤3中系列操作为过滤、冷水洗涤、自然风干 D．可用稀和溶液检验产品中是否含有铁杂质 【答案】C 【详解】A．步骤1中，具有还原性，可作为还原剂将还原成，与作用一致，因此可代替溶液，说法正确，A不符合题意； B．步骤1反应后，溶液X含和；步骤2调节pH=4时，过滤，得溶液和滤渣Y；则说明形成沉淀，且事实上在pH≈3-4时沉淀完全，而沉淀pH>8，故滤渣Y为，说法正确，B不符合题意； C．步骤3中，向溶液中加入反应生成沉淀，系列操作应是过滤、洗涤、干燥，但在潮湿介质中易被氧化，自然风干会使其接触空气和水分发生氧化，应采用低温烘干或减压干燥，说法错误，C符合题意； D．产品MnCO3中若含铁杂质，可用稀H2SO4溶解：，将氧化为，KSCN与形成血红色以检验，说法正确，D不符合题意；故选C。 5．下列离子方程式正确的是 A．向溶液中加入溶液： B．滴有酚酞的溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去： C．Fe与稀硝酸反应，当时： D．与足量的NaOH溶液反应： 【答案】C 【详解】A．Fe3+与反应不直接生成Fe2(CO3)3沉淀，因为Fe2(CO3)3不稳定，会水解生成Fe(OH)3和CO2，正确反应方程式为：2Fe3+ + 3+ 3H2O → 2Fe(OH)3↓ + 3CO2↑，A错误； B．滴加盐酸至酚酞红色恰好褪去时，溶液pH降至约8.3，此时主要转化为，而非直接生成CO2，正确反应方程式为：+ H+ →，B错误； C．当n(Fe):n(HNO3)=1:3时，4molFe与12molHNO3反应，方程式既满足Fe与HNO3的物质的量关系，又满足得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确； D．H3BO3（硼酸）为一元弱酸，与足量NaOH反应生成[B(OH)4]-，没有H2O生成，正确反应方程式为，D错误；故选C。 6．磷酸亚铁锂（）为锂离子电池的电极材料。工业上可用钢铁酸洗废液（主要成分为、、）作原料制备磷酸亚铁锂，其流程如图所示。 已知：开始沉淀为的为2.6。 回答下列问题： (1)铁元素位于元素周期表的第 周期第 族。 (2)“沉铁”步骤中需要调节在2.0∼2.5，试解释控制小于2.5的目的： 。 (3)写出“沉铁”反应的离子方程式： 。 (4)“煅烧”前需要对进行脱水处理得到晶体，并在滚筒式球磨（粉碎）机中进行球磨处理，球磨前后的射线衍射如图所示： ①试分析球磨前后X射线吸收峰变化的原因： 。 ②写出隔绝空气条件下“煅烧”过程中发生反应的化学方程式： 。 (5)煅烧环节一般需要充入氮气进行保护，中键与键数目之比为 。 【答案】(1)四 Ⅷ (2)防止出现沉淀 (3) (4)①球磨过程中破坏了晶体结构，使得细粉状的表现出部分非晶体的特征 (5) 【详解】（1）的原子序数是26，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。 （2）依据题意，若太低（<2.0）、浓度大，会与结合成、等，使浓度太低，沉淀不完全；若太高（），会生成沉淀，造成产物不纯，应通过调节在2.0∼2.5，防止生成沉淀。 （3）结合流程图可知，沉铁的反应物为、。和，生成物为，离子方程式为。 （4）①晶体经碾磨后晶粒会变得十分细小，进而导致吸收峰变得接近非晶体； ②结合流程图可知，煅烧过程的反应物为、和，生成物为和气体，结合氧化还原关系和元素守恒知，气体为，则隔绝空气条件下“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为：。 （5）中有一个氮氮叁键，所以键与键数目之比为。 1．（2025·海南·高考真题）根据下列实验操作及现象能推导出相应结论的是 选项 A B 实验操作及现象 实验结论 极易溶于水 待测液中含有 选项 C D 实验操作及现象 实验结论 酸性：乙酸>碳酸>苯酚 A．A B．B C．C D．D 【答案】AC 【详解】A．先打开止水夹，再挤出滴管中的水，使得氨气大量迅速溶于水中，形成气压差，产生倒吸，即喷泉现象，可证明极易溶于水，A正确； B．应先滴加KSCN溶液检验溶液原本是否含有Fe3+，再滴入氯水检验Fe2+，B错误； C．根据题中所给数据可知，此时溶液中存在大量，而浓度小，滴加KI，根据颜色变化可知生成了AgI，发生了沉淀转化，能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确； D．乙酸挥发性强，会进入苯酚钠中反应生成苯酚，不能比较碳酸和苯酚的酸性，D错误；答案选AC。 2．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为 【答案】B 【详解】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误； B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高。因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+)，B正确； C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误； D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4+，导致配合物释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2（气泡），并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误； 故选B。 3．（2024·山东·高考真题）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A．试管甲中新生成的沉淀为金属 B．试管甲中沉淀的变化均体现了的氧化性 C．试管乙实验可证明与形成无色配合物 D．上述两个实验表明为两性氧化物 【答案】AC 【详解】A．Cu2O中滴加过量0.3mol/LHNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，说明Cu2O转化成Cu2+，Cu元素的化合价由+1价升至+2价，根据氧化还原反应的特点知，Cu元素的化合价还有由+1价降至0价，新生成的沉淀为金属Cu，A项正确； B．Cu2O与0.3mol/LHNO3发生的反应为Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2+Cu+H2O，该过程中HNO3表现酸性，后滴加浓硝酸发生的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该过程中HNO3变现氧化性和酸性，B项错误； C．Cu2O中滴加过量6mol/L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物易被空气中的O2氧化成深蓝色[Cu(NH3)4]2+，C项正确； D．既能与酸反应生成盐和水、又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，Cu2O溶于6mol/L氨水形成的是配合物，Cu2O不属于两性氧化物、是碱性氧化物，D项错误；答案选AC。 4．（2025·河南·高考真题）X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。 下列说法错误的是 A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C．反应需要在强酸性条件下进行 D．Q可以通过单质间化合反应制备 【答案】C 【详解】A．Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确； B．含有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体，溶液颜色发生变化，B正确； C．FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误； D．在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确；答案选C。 5．（2025·安徽·高考真题）侯氏制碱法以、和为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使，溶解，静置，析出晶体； ③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。 回答下列问题： (1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。 (2)步骤②中需研细后加入，目的是 。 (3)在实验室使用代替和制备纯碱，优点是 。 (4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。 i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸。，所得产品的成分为 (填标号)。 a．      b．       c．和     d．和 ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的 (填“>”“<”或“=”)。 (5)已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究： 实验 操作 现象 a 将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗 无明显现象 b 将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置 矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出 i．实验a无明显现象的原因是 。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为 。 【答案】(1)烧杯、玻璃棒 (2)加快溶解、加快与反应 (3)工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高 (4)a ＞ (5)在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 【详解】（1）步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。 （2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中需研细后加入，目的是加快溶解、加快与反应。 （3）和在水中可以发生反应生成，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用代替和制备纯碱，其优点是工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。 （4）i．根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B时，发生的反应为，消耗盐酸;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为，又消耗盐酸,因为，说明产品中不含和，因此，所得产品的成分为，故选a。 ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓，局部会发生第二个反应，消耗的盐酸体积偏大，因此，该同学所记录的＞。 （5）i．实验a无明显现象的原因是：在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。 ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液。受热分解生成的气体中有和，而分解产生的气体中只有，无水可以吸收分解产生的，溶液可以吸收分解产生的；溶液增重，则分解产生的的质量为，其物质的量为，由分解反应可知，的物质的量为，则白色晶体中的质量为，故其质量分数为。 6．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 (1)“电解”中，反应的化学方程式为 。 (2)“浸取”中，由形成的离子方程式为 。 (3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 (4)“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。 (5)“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 (6)一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。 【答案】(1)2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ (2)Ga3++4Cl-=[GaCl4]- (3)铁 [FeCl4]- (4)高 NaCl (5)3.2 4.0×10-7 (6)2:1:1 8a3 【详解】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； （3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； （5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； （6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 7．（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。 (4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 【答案】(1) 1:1 H2S (2)热浸 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+ (4)C (5)阳极 【详解】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 （2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 （3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 （4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 7．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。    (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 【答案】(1) > 、 (2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 (3)、、 被氧气氧化为，把氧化为 (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。 （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 / 学科网（北京）股份有限公司 $