（通用版）高考化学复习检测08 金属及其化合物（含答案解析）.doc

高考化学复习检测:08 金属及其化合物某学生探究0.25 molL1 Al2(SO4)3溶液与0.5 molL1 Na2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析错误的是（ ）A实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3B实验2中，白色沉淀b中含有COC检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂D实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关下列说法正确的是（ ）A向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成B制备Al(OH)3悬浊液:向1 molL-1 AlCl3溶液中加过量的6 molL-1 NaOH溶液CAlCl3溶液中加入过量稀氨水:Al3+4NH3H2O+4+2H2OD将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生下列离子方程式正确的是（ ）A钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2OC铁与稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2+H2D向NaAlO2溶液中通入少量CO2：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3+CO32-下列关于铝及其化合物的叙述正确的是()A氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验B铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重C氧化铝熔点很高，可作耐火材料D明矾用作净水剂，可以除去废水中的铜离子下列说法中正确的是()A纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力B我们使用合金是因为它比纯金属具有更优良的化学性质C我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料DNa、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）A碳酸钠溶液具有碱性，可用于治疗胃酸过多B氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料C氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料D氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中,滴加NaOH溶液,生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示,则原混合溶液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为（ ）A12 B31 C21 D61某学生探究0.25 molL1 Al2(SO4)3溶液与0.5 molL1 Na2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析错误的是（ ）A实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3B实验2中，白色沉淀b中含有CO32-C检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂D实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ） AFeFeCl2Fe(OH)2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3下列各组物质物质的转化中，一定条件下均能一步实现的组合是（ ）A B C D氮化锂(Li3N)常作固体电解质和催化剂，遇水蒸气剧烈反应生成氢氧化锂和氨气。某实验小组用一瓶氮气样品制备纯净的氮化锂的装置如图所示。已知：连苯三酚碱性溶液能定量吸收少量O2，氯化亚铜盐酸溶液能定量吸收少量CO生成Cu(CO)ClH2O且易被O2氧化；在加热条件下，CO2与锂发生剧烈反应。下列说法正确的是（ ）A干燥管e中试剂为无水CuSO4，用于检验氮气中的水蒸气B为了减少气体用量，先点燃酒精灯再通入氮气Ca、c中试剂分别为连苯三酚碱性溶液、浓硫酸Da装置可以换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管下列除去杂质的方法正确的是（ ）A镁粉中混有少量铝粉：加入过量浓硫酸，充分反应，过滤、洗涤、干燥B含Mg2+的溶液中混有少量Al3+：加入过量氨水充分反应，过滤CMg(OH)2中混有少量Al(OH)3：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥DMgO中混有少量Al2O3：加入足量盐酸，充分反应，过滤、洗涤、干燥美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，下列有关说法不正确的是 ()A该铝钠合金的熔点低于金属钠B铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n(Al)n(Na)C铝钠合金投入足量氯化铜溶液中，会有氢氧化铜沉淀生成，也可能有铜析出D若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小下列说法正确的是( )A镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火B生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜直接转化为铜C现代化学分析测试中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成。如用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素D铝比铁活泼，所以铝制品比铁制品更容易被腐蚀在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）ANaCl(熔融) NaOHNaAlO2BCuOCu(OH)2Cu2OCCl2HClNH4ClDCaCl2(aq) CaCO3CaSiO3下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是()ACu BNa CFe DAl化学与生活密不可分，下列说法错误的是()A变压器铁芯是含硅4%的硅钢，有很高的导磁性B还原铁粉可用作食品保鲜剂C甲醛溶液可以用作食品防腐剂D合金的硬度一般比成分金属大已知氧化性现有一包铁粉和铜粉混合粉末，某实验小组为了确定其组成，利用的溶液（其他用品略），与混合粉末反应，实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：分析表中数据，下列结论不正确的是（ ）A第组反应后溶液中剩余B第、组剩余固体全是铜C第组的滤液中D原混合粉末中某化学兴趣小组利用还原铁粉处理含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的废水，所加还原铁粉的质量与溶液中Fe2+的浓度变化关系如下图（忽略溶液体积变化）。下列有关结论错误的是（ ）A加入铁粉质量小于56g时发生的反应为Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2OB当加入的铁粉质量超过168g后，溶液中的溶质只含有Fe(NO3)2（忽略Fe2+的水解）C原废水中三种物质的氧化性由强到弱的顺序是HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2D原废水中Fe(NO3)3的浓度为2mol/L，Cu(NO3)2的浓度均为1mol/L某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等，某小组设计如下资源综合利用的方案：已知：碲和硫位于同主族，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O。下列说法不正确的是（ ）A“高温”灼烧电镀污泥时铜碲和铬元素都被氧化B酸化Na2CrO4溶液时可用浓盐酸C上述流程可以回收的金属单质有金和铜D滤液3可以循环利用高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液在05 、强碱性溶液中比较稳定在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解在酸性至碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2请完成下列填空：(1)已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，生产KClO应在温度_的情况下进行(填“较高”或“较低”)。(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOHK2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则该反应的化学方程式为_。(4)在“反应液”中加KOH固体的目的是_。A为下一步反应提供反应物B与“反应液”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOCKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率D使副产物KClO3转化为KCl(5)制备K2FeO4时，须将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌。采用这种混合方式的原因是_ (答出1条即可)。(6)从“反应液”中分离出K2FeO4晶体后，可以得到的副产品有_ (写化学式)。(7)工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为1112)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为34(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为_。5.00g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。请回答下列问题：（1）试确定110时固体物质的化学式_；（2）取200所得样品，加热至280oC, 该反应的化学方程式为：_；（3）将280oC所得产物在570下灼烧得到的主要产物是1.60g黑色粉末和一种氧化性气体，黑色粉末的化学式为_。（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体其存在的最高温度是_；（5）天平两端各放一只质量相等的烧杯，内盛等体积等浓度的足量稀盐酸，将物质的量都为amol的铝和镁分别放入左盘和右盘的烧杯中，反应完毕后，在哪一盘的烧杯中加入多少克同种金属才能平衡 _。铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：(1)Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式_。(2)将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式_。(3)火法炼铜的原理：Cu2SO2高温,2CuSO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移_mol e。(4)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是_(填选项字母)。a粗铜接电源正极，发生氧化反应b溶液中Cu2向阴极移动c电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等d利用阳极泥可回收Al、Zn等金属(5)据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿中CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS22H2SO417O2=4CuSO42Fe2(SO4)32H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO45H2O)：检验溶液B中Fe3是否被除尽的实验方法_。在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式方案一：_；方案二：_。工业上用黄铜矿冶炼铜及对炉渣综合利用的一种工艺流程如图所示：(1)冶炼过程中得到Cu2O和Cu的混合物称为“泡铜”，其与金属Al在高温条件下混合反应可得粗铜，反应化学方程式为_。(2)传统炼铜的方法主要是火法炼铜，其主要反应为：2CuFeS24O2Cu2S3SO22FeO2Cu2S3O22Cu2O2SO22Cu2OCu2S6CuSO2每生成1 mol Cu，共消耗_mol O2。反应中的氧化剂是_。(3)炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备Fe2O3。根据流程回答下列问题：加入适量NaClO溶液的目的是_(用离子方程式表示)。除去Al3的离子方程式是_。选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水。所选试剂是_，实验设计：_。答案解析答案为：C;答案为：D解析：A.+H2OAl(OH)3+，只有沉淀生成，故A错误；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，B错误；C.Al(OH)3不溶于过量稀氨水，C错误；D.Al3+与发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故D正确。答案为：D答案为：C；解析：氧化铝能与NaOH反应，氧化铝坩埚不能用于熔融NaOH实验，A错误；根据质量守恒定律，反应后固体物质的质量不变，B错误；氧化铝熔点很高，可用于制耐火砖、耐火坩埚、耐火高温实验仪器等，C正确；明矾净水时，Al3水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中不溶于水的杂质形成沉淀，从而起到净水作用，铜离子无法除去，D错误。答案为：C；解析：纯铁抗腐蚀能力很强，生铁易腐蚀，A错误；合金比其成分金属具有更加优良的物理机械性能，B错误；Na、Al用电解法冶炼，Cu可以用热还原法冶炼得到，D错误。答案为：B;解析：A. 胃酸成分为盐酸，碳酸钠溶液碱性太强，不能用来治疗胃酸过多，故A错误；B. 氧化镁熔点高且化学性质稳定，可用于制造耐火材料，故B正确；C. 氧化铁为红棕色固体，可用于制作红色涂料，与化学性质无关，故C错误；D.氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜,反应中氯化铁表现氧化性,与溶液的酸性无关,故D错误； 综上所述，本题选B。答案为：A;解析：由图可以看出，溶解氢氧化铝用去10mlNaOH，那么沉淀铝离子需要30mlNaOH，前面总共50ml，减去铝离子用去的30ml，那么镁离子沉淀用去的就是20mlNaOH，由沉淀时：Mg2+ 2NaOH、Al3+3NaOH，可知沉淀Mg2+、Al3+消耗NaOH的体积之比为2:3，则n(Mg2+)：n(Al3+)=1:1，在同一溶液中溶液的体积相同，Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为：1:2，故A正确。本题答案为A。答案为：C;解析：实验1在过量的硫酸铝溶液中加入碳酸钠溶液，过滤、洗涤，得到沉淀a，加入稀硫酸，沉淀溶解，没有气泡，说明沉淀a中含有Al(OH)3。实验2在过量的碳酸钠溶液中加入硫酸铝溶液，过滤、洗涤，得到沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少量气泡，说明沉淀b中含有Al(OH)3，同时含有碳酸盐。A.由以上分析可知，实验1中白色沉淀a是Al(OH)3，故A项正确；B.实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-，故B项正确；C.最后溶液中均含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，都可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，故C项错误；D.实验1、2中，加入试剂的顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关，故D项正确。答案选C。答案为：C；解析：A铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C两步均能实现，C正确；DNO不与H2O反应，D错误。答案为：B解析：氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，一定条件下均能一步实现；铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，一定条件下均能一步实现；氯化铝与足量氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝，一定条件下均能一步实现；硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，硅酸钠与盐酸反应生成氯化钠和硅酸，硅酸不能一步转化为硅单质，一定条件下无法全部一步实现；由以上分析可知，中的反应一定条件下均能一步实现，不能一步实现。选B。答案为：C；解析：A.干燥管e主要作用是防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入，干扰实验，应该装有碱石灰，故A错误；B.未发生反应前，装置中有空气，空气中含有氧气和二氧化碳，会干扰实验，在加热以前，需要先通入一段时间气体，排尽装置中的空气，故B错误；C. 原料气中干扰气体要依次除去，a中盛放连苯三酚碱性溶液除去氧气，b中盛放氯化亚铜盐酸溶液除去一氧化碳，c中盛放浓硫酸干燥，故C正确；D. a装置若换成盛装赤热铜粉的硬质玻璃管，可除去氧气，但同时生成的氧化铜可以和一氧化碳继续反应，生成二氧化碳，干扰实验，故D错误。综合以上分析，该题答案为C。答案为：C答案为：D；解析：合金的熔点低于其组成金属，A正确；铝钠合金投入水中，发生2Na2H2O=2NaOHH2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，当n(Na)n(Al)时，金属全部溶解，得到无色溶液，B正确；铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的NaOH可以和CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀，若n(Al)n(Na)，金属铝也会置换出金属铜，C正确；2Al3H2，2NaH2，等质量的金属钠和金属铝比较，Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，铝的质量分数越大，D错误。答案为：C解析：A项、因为镁在点燃的条件下能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以不能用液态二氧化碳来灭火，A错误；B项、微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，最后转化成可溶的硫酸铜，B错误；C项、不同金属元素的原子吸收光谱不同，所以能用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，C正确；D项、铝比铁活泼，但铝表面的氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，D错误。 答案为：C；解析：A、电解熔融的氯化钠得到钠和氯气，不能生成氢氧化钠，转化不能实现，选项A错误；B、氧化铜不能与水反应生成氢氧化铜，转化不能实现，选项B错误；C、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，转化均能实现，选项C正确；D、二氧化碳不能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙，转化不能实现，选项D错误。答案选C。答案为：D解析：金属铝的表面可形成致密的氧化膜，保护内层金属不被空气氧化，故D符合题意。答案为：C；解析：含硅4%的硅钢具有导磁性，可用作变压器铁芯，A正确；铁与氧气和水反应生成了铁锈，消耗了氧气，阻止了食品与氧气的反应，达到了食品保鲜的目的，B正确；甲醛溶液有毒，不能用作食品防腐剂，C错误；根据合金的性质可知，合金的硬度一般比成分金属大，D正确。答案为：C;解析：还原性：FeCu，故Fe3+优先Fe反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），Fe完全反应后若Fe3+有剩余，则再与铜反应（Cu+2Fe3+=Fe2+Cu2+），所以剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜的混合物；根据第组数据中可以得出FeCl3溶液全部参与反应，50mL FeCl3溶液能溶解金属质量为：2.4g-0.64g=1.76g1.2g，大于第组溶解的金属质量，故第组金属完全反应，且FeCl3有剩余；第组实验中FeCl3溶液全部参与反应，FeCl3物质的量为：0.05L1.2mol/L=0.06mol，假设只发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应金属的物质的量为0.03mol，溶解的Fe的质量为：0.03mol56g/mol=1.68gg1.76g，所以铁完全溶解的同时还有部分Cu溶解，则剩余的0.64g固体全部为Cu；第组实验中溶解金属为：3.6g-1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余1.92g为Cu，合金中Fe与Cu的质量之比为：1.68g：1.92g=7：8；故第组实验中，剩余固体为Fe、Cu，A. 根据分析可以知道，第组反应中金属完全反应，有分析知道，第组实验2.4g合金溶解后，剩余的全是Cu，则溶解的合金为2.4-0.64=1.76g，设1.76g合金含Fe、Cu的物质的量分别为x、y，可得56x64y=1.76,2x2y=0.06，解得x=0.02mol,y=0.01mol，由此可知2.4g合金中含Fe0.02mol,含Cu0.01=0.02mol,由此推知1.2g合金中含有铁0.01mol，含有铜的物质的量为0.01mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Fe2+Cu2+可以知道，金属消耗铁离子的物质的量为：0.01mol2+0.01mol2=0.04mol，反应后的溶液中铁离子浓度为： =0.4mol/L，故A正确；B. 根据分析可以知道，第、组剩余的全部为铜，故B正确；C. 由上述分析可以知道，第组实验剩余金属为Fe和Cu，参加反应金属为1.68g，其物质的量为0.03mol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可以知道溶液中n（Fe2+）=0.09mol，故c（Fe2+）=1.8mol/L，故C错误；D. 第组实验中溶解金属为：3.6g-1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余1.92g为Cu，合金中Fe与Cu的质量之比为：1.68g：1.92g=7：8，则二者的物质的量之比为：=1:1，故D正确；本题答案为C。答案为：D；解析：氧化性强弱：HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2，加入还原铁粉，先于氧化性强的反应，即反应顺序是：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O、Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、FeCu(NO3)2=CuFe(NO3)2；A、根据上述分析，加入铁粉质量小于56g，发生离子反应为Fe4HNO3=Fe3NO2H2O，故A说法正确；B、根据上述分析，当加入铁粉质量超过168g后，溶液中的溶质只含有Fe(NO3)2，故B说法正确；C、056g没有Fe2生成，说明Fe先于硝酸反应，消耗1mol铁，增加3molFe2，即56112g，铁与硝酸铁反应，112168g铁与硝酸铜反应，氧化性强弱：HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2，故C说法正确；D、根据图像，每段消耗Fe质量为56g，即1mol，Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O 1 4 1Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)21 2 FeCu(NO3)2=CuFe(NO3)21 1 ，则原废水中Fe(NO3)3的物质的量为(2mol1mol) =1mol，物质的量浓度为1mol/1L=1molL1，Cu(NO3)2物质的量为1mol，即Cu(NO3)2物质的量浓度为1molL1，故D说法错误。答案为：B;解析：该题为工艺流程图选择题型。结合流程图和已知条件分析：电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金，在高温煅烧后的烧渣（Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2）加水后可以得到铬酸钠溶液和滤渣（金单质、CuO和TeO2），滤渣加入稀硫酸后，TeO2和稀硫酸反应TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O，CuO与稀硫酸反应，固体1为金，最终滤液1中应主要含有TeOSO4和CuSO4，继续电解滤液1，Cu2放电得到铜单质，滤液2中TeOSO4与二氧化硫反应得到粗碲。A. 电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金，高温煅烧后产物为Na2CrO4、金单质、CuO和TeO2，分析反应前后元素化合价的变化：铜元素由+1价升至+2价，被氧化，碲元素由-2价升至+4价，被氧化，铬元素由+3价升至+6价，被氧化，故A正确。B. 酸化Na2CrO4溶液的目的是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，Na2Cr2O7具有强氧化性，可与浓盐酸发生氧化还原反应，不能使用浓盐酸酸化，故B错误。C.上述流程中，金单质一直未参加反应且不溶于水，固体1为金单质；电解滤液1，Cu2放电得到铜单质，沉积固体2为铜单质，故C正确。D.电解滤液1时发生反应2CuSO42H2O 2CuO22H2SO4，生成的硫酸进入溶液2，同时溶液2中还有TeOSO4，通入二氧化硫发生3H2OTeOSO42SO2=Te3H2SO4，滤液3中主要有硫酸，酸化Na2CrO4溶液和滤渣处理时都用到了硫酸，所以可以循环利用，故D正确。综合以上分析，该题答案为B。答案为：较低 32 4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe(OH)3+3O2 AB 减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解(或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定) KNO3、KCl 25% (1)由工艺流程可知，利用Fe(OH)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO，所以应选择低温较低；(2)生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOHK2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)，Fe(NO3)3为还原剂，KClO为氧化剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2；(3)K2FeO4在弱碱性条件下能与水反应生成Fe(OH)3和O2，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=8KOH+4 Fe(OH)3+3O2；(4)AFe(NO3)3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；B根据生产工艺流程图可知，第步Cl2过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，B正确；C因温度较高时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；DKClO3转化为 KCl，化合价只降低不升高，不符合氧化还原反应原理，D错误；(5)信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解； (6)根据生产工艺流程图，利用元素守恒可知，硝酸铁与次氯酸钾在碱性条件下反应得溶液II中含有高铁酸钾、硝酸钾和氯化钾，所以从溶液II中分离出K2FeO4后，同时得到副产品有KCl、KNO3；(7)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-3I26Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为1.0mol/L0.015L198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为100%=25%。答案为：CuSO43H2O CuSO4H2OCuSO4+H2O CuO 102 右盘 24a/11g镁；（2）113时固体质量减少5.00g3.56g=1.44g，即产生水的物质的量是1.44g18g/mol=0.08mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol0.08mol=0.02mol，所以结晶水和硫酸铜的物质的量之比是0.02：0.02=1：1，则113时固体物质的化学式CuSO4H2O；258时固体质量减少5.00g3.20g=1.8g，即产生水的物质的量是1.8g18g/mol=0.1mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol0.1mol=0，所以258时固体物质的化学式CuSO4，因此取200所得样品，加热至280oC时反应的化学方程式为CuSO4H2OCuSO4+H2O；（3）0.02mol胆矾可以得到0.02mol氧化铜，质量是0.02mol80g/mol=1.60g，所以温度为570灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3；（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中生成硫酸铜和水，经浓缩、冷却，有晶体析出，得到的晶体为CuSO45H2O，根据图像可知其存在的最高温度是102；（5）根据题意，物质的量分别都为a mol的铝和镁两种金属，分别发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 增重2mol 227g-32g=48gamol 24agMg+2HCl=MgCl2+H2 增重1mol 24g-2g=22gamol 22