2025年高考化学复习考点追踪与预测（新高考）专题05 金属及其重要化合物练习（解析版）

专题验收评价专题05金属及其重要化合物内容概览A·常考题不丢分【考点一金属及其重要化合物性质、用途】【考点二金属及其重要化合物与理论、实验的结合】【微专题无机化工流程题的解题策略】B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分C·挑战真题争满分【考点一金属及其重要化合物性质、用途】1．（2023·山东济宁·统考三模）下列有关物质性质的应用错误的是A．苯甲酸钠可用作增味剂 B．碘酸钾可用作营养强化剂C．NaH可用作野外生氢剂 D．NaOH和铝粉的混合物可用作管道疏通剂【答案】A【解析】A．苯甲酸钠具有较高的抗菌性能，抑制霉菌的生长繁殖，可作食品防腐剂，故A错误；B．营养强化剂指的是根据营养需要向食品中添加一种或多种营养素或者某些天然食品，提高食品营养价值的过程；碘酸钾能补充碘的摄入，属于营养强化剂；故B正确；C．NaH能与水反应生成NaOH和氢气，可用作野外生氢剂，故C正确；D．铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可用作管道疏通剂，故D正确；故选A。2．（2023·浙江·校联考三模）物质的性质决定用途，下列说法不正确的是A．碳化硅硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料B．胆矾与水结合生成蓝色晶体，可用于定性检测酒精中是否含少量水C．铝合金密度小、强度高，可用于制造飞机和宇宙飞船D．锂盐焰色为紫红色，可用作烟花的成分【答案】B【解析】A．碳化硅属于共价晶体，原子之间以共价键结合，由于共价键是一种强烈的相互作用，断裂需消耗很高能量因此其硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料，A正确；B．无水CuSO4与水结合形成胆矾CuSO4·5H2O，物质的颜色由白色变为蓝色，因此可以使用无水硫酸铜定性检测酒精中是否含少量水，B错误；C．铝合金密度小、强度高，抗腐蚀性能强，因此可用于制造飞机和宇宙飞船，C正确；D．锂盐中含有锂元素，其焰色实验为紫红色，因此可用作烟花的成分，D正确；故合理选项是B。3．（2023·山东济南·山东师范大学附中校考模拟预测）下列性质或用途错误的是A．钠钾合金—原子反应堆的导热剂 B．氯乙烷—可做冷胨麻醉剂C．冠醚—有机反应的催化剂 D．氧化亚铁—激光打印机的墨粉【答案】D【解析】A．钠钾合金在室温下为液态，可以对流导热，内部有大量的自由电子，又可以传导导热，因此导热能力特别强，可用作原子反应堆的导热剂，A正确；B．氯乙烷沸点低，蒸发时需吸收大量的热，可使受伤部位的温度迅速降低，从而达到局部冷冻麻醉的目的，B正确；C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂，C正确；D．氧化亚铁不稳定，在空气中易被氧化，不宜用作激光打印机的墨粉，D错误；故选D。4．（2023·河北秦皇岛·统考三模）如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是

A．a与水蒸气反应可转化为cB．b是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速反应转化为cC．e可以通过化合反应制得dD．向g中加强碱溶液可制得胶体【答案】C【分析】由图可知，a为铁、b为氧化亚铁、c为氧化铁、d为氢氧化铁、e为氢氧化亚铁、f为亚铁盐、g为铁盐。【解析】A．铁高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故A错误；B．氧化亚铁具有还原性，在空气中加热能被氧化生成四氧化三铁，故B错误；C．氢氧化亚铁还原性强，在溶液中易与氧气和水发生化合反应生成氢氧化铁，故C正确；D．铁盐中加入强碱溶液生成氢氧化铁沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，故D错误；故选C。5．（2023·上海松江·统考二模）下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3C．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 D．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4【答案】C【解析】A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，以上转化关系均能通过一步反应完成，A正确；B．Fe与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解生成Fe2O3，以上转化关系均能通过一步反应完成，B正确；C．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3无法通过一步反应生成Al(OH)3，C错误；D．Mg与Cl2反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与H2SO4反应生成MgSO4，以上转化关系均能通过一步反应完成，D正确；故答案选C。【考点二金属及其重要化合物与理论、实验的结合】1．（2023·吉林长春·统考一模）我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．放电时，B电极反应式：B．放电时，电解质储罐中离子总浓度增大C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜D．充电时，A极增重32.5g时，C区增加的离子数为【答案】C【分析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn,据此分析解答。【解析】A．放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，故A正确；B．放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，故B正确；C．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生自发电，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极，K+通过N膜进入正极，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C错误；D．充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重32.5g转移1mol电子，所以C区增加1molK+、1molCl-，离子总数为2NA，故D正确。答案选C。2．（2023·四川南充·统考模拟预测）研究小组将混合均匀的铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入一定浓度醋酸溶液，进行铁的电化学腐蚀实验，容器中的压强随时间的变化曲线如图2。下列说法正确的是A．0-t1时压强增大的原因可能是铁腐蚀放出热量B．铁被氧化的电极反应式为：C．碳粉上发生了氧化反应D．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能【答案】A【解析】A.根据，0-t1时压强增大的原因可能是铁腐蚀放出热量使压强增大，故A正确；B.铁被氧化的电极反应式为：，故B错误；C.铁发生氧化反应，碳粉上发生还原反应，故C错误；D.铁腐蚀过程中化学能部分转化为电能，还有转化成热能的部分，故D错误；故答案选A。3．（2023·江西·校联考模拟预测）利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是

A．用装置①进行钠的燃烧反应 B．用装置②制备溴苯并验证有HBr产生C．用装置③制备无水MgCl2 D．用装置④在铁片上镀铜【答案】C【解析】A．钠的燃烧反应在坩埚中进行，A错误；B．用装置②制备溴苯，但验证有HBr产生过程中挥发的溴是干扰，B错误；C．氯化镁晶体在蒸干过程中镁离子易水解生成挥发性酸需在氯化氢氛围下进行，故可以用装置③制备无水MgCl2，C正确；D．铁片上镀铜，铁应连接电源的负极作阴极受保护，D错误；故选C。4．（2023·江苏扬州·统考三模）用表面有油污的铁屑等原料可以制备，实验中的部分装置和操作如下图所示，其中不能达到实验目的的是

A．用装置甲去除铁屑表面的油污B．用装置乙溶解铁屑制备C．用装置丙吸收铁屑溶解过程中产生的D．用装置丁蒸干溶液，获得【答案】D【解析】A．热的纯碱溶液碱性较强可使油脂水解生成溶水物质，从而去除油污，故A正确；B．常温下铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，可用此方法制取，故B正确；C．高锰酸钾具有强氧化性，可用其吸收铁屑溶解过程产生的还原性气体，故C正确；D．应通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法获得，故D错误；故选：D。5．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化铁是实验室中经常使用的物质，根据下列实验目的设计的实验方案正确的是选项实验目的实验方案A实验室配制FeCl3溶液称量一定质量的氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，再加入蒸馏水稀释至所需浓度B检验配制的FeCl3溶液中是否含有Fe2+向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量氯化铁溶液，观察溶液颜色的变化C制备氢氧化铁胶体并鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体煮沸少许饱和氯化铁溶液一段时间后，采用丁达尔现象鉴别所得物质和氯化铁溶液D验证铁离子的氧化性向FeCl3溶液中先滴加一定量的NaF溶液，再滴加几滴KSCN溶液，未出现红色【答案】A【解析】A．配制FeCl3溶液时加入HCl抑制水解，A正确；B．酸性高锰酸钾溶液也可以氧化Cl-，B错误；C．制备氢氧化铁胶体，向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液,继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，C错误；D．F－与Fe3+反生成更为稳的无色，滴入SCN-后，Fe3+无法与SCN-结合，与氧化性无关，D错误；故答案为：A。【微专题无机化工流程题的解题策略】1．（2023·云南大理·统考模拟预测）皓矾()主要用作制取颜料和其他含锌材料，在防腐、电镀、医学、畜牧业和农业上也有诸多应用。皓矾可由菱锌矿(主要成分为，还含有少量以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物)制备，制备流程图如图所示：已知：常温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀()时的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时pH1.96.44.77.09.1沉淀完全时pH3.48.46.79.011.1回答下列问题：(1)滤渣①的主要成分为；“浸取”工序中，能加快浸取效率的措施有(任写一种作答)。(2)“氧化”时该步骤离子方程式为。(3)若“调pH过滤”工序中，调节溶液pH=4.4，所得“滤渣②”的主要成分为，则此时“滤液②”中为mol/L。(4)“转化过滤”中加入锌粉的目的是。(5)“滤渣④”中含有的和可与热的浓硫酸反应制备氢氟酸，写出与热的浓硫酸反应的化学方程式：。(6)从滤液④获得皓矾晶体的具体操作为、、过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)(写也得分)粉碎、加热、用浓度较高的硫酸(合理即可)(2)(3)(4)置换变为Cu，从而除去(5)(6)蒸发浓缩冷却结晶【分析】菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣①中有和，滤液加目的是把二价铁离子氧化为三价铁离子，加入调节pH值除去离子，再加入Zn粉置换出Cu，加入HF除去和，最后得到七水硫酸锌。【解析】（1）菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣①中有和，将菱锌矿粉碎、搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度都可以加快浸取的速率，提高浸取效率；（2）由分析知，氧化时离子方程式为(合理即可)；（3）pH调节至4.4，根据表格主要沉淀为；根据表格中沉淀完全时的pH值为3.4，可以计算出氢氧化铁的溶度积常数，，pH=4.4时，，带入计算公式：；（4）加入锌粉将置换为Cu以除去；（5）与浓硫酸反应生成HF，利用强酸制取弱酸，也利用了浓硫酸的难挥发性，方程式为（6）从滤液中获得带结晶水的晶体都是用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作。2．（2023·河北保定·定州一中校考模拟预测）软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、Ca、Mg等金属氧化物，利用软锰矿浆液实现工业尾气(含SO2)脱硫并生产MnSO4的流程如图所示。

已知：Ksp(MnF2)=1.6×10-3；Ksp(CaF2)=7.0×10-11；Ksp(MgF2)=4.0×10-9。回答下列问题：(1)软锰矿石研细制成浆液的目的是；反应塔中尾气中的SO2与MnO2反应的化学方程式为。(2)①反应塔下层溶液中阳离子除了Mn2+外还含有Fe3+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，也可能含有Fe2+，它们的存在直接影响产品的质量，检验溶液中是否含有Fe2+的操作是。②调整溶液的pH=5除去Fe3+，调整溶液的pH可以选用下列试剂中的(填标号)。A．Mn(OH)2B．氨水C．烧碱D．MnCO3③定量计算说明用MnF2可以除去Ca2+、Mg2+的原因：。(当平衡常数大于105时，可认为反应完全)。(3)如图实验测定pH和温度对Ca2+、Mg2+沉淀率的影响结果，根据图像实际生产时选择的最佳条件是。

(4)生产中要用过硫酸钠(Na2S2O8)溶液检测反应塔下层除杂后溶液中的MnSO4的浓度，检测过程中溶液变成紫色，写出检测过程反应的离子方程式；检测时取10mL反应塔下层除杂后的溶液，用0.100mol·L-1过硫酸钠溶液滴定三次，平均消耗过硫酸钠溶液18.60mL，则反应塔下层除杂后的溶液中MnSO4的浓度为。【答案】(1)增加反应物接触面积，提高反应速率MnO2+SO2=MnSO4(2)取少许液体于试管中，加入少量K3[Fe(CN)6]观察有无蓝色沉淀生成(或取少许液体于试管中，加入少量酸性高锰酸钾溶液观察是否褪色)ADMnF2(s)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s)+Mn2+(aq)，K=c(Mn2+)/c(Ca2+)=Ksp(MnF2)/Ksp(CaF2)≈2.3×107>1×105，MnF2(s)+Mg2+(aq)⇌MgF2(s)+Mn2+(aq)，K=c(Mn2+)/c(Mg2+)=Ksp(MnF2)/Ksp(MgF2)=4.0×105>1×105，因此用MnF2可以完全除去Ca2+、Mg2+(3)pH=5，温度为90℃(pH范围为4～6均可)(4)2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+0.0744mol·L-1【解析】（1）固体与液体或气体反应，可以通过增大接触面积来增大化学反应速率；反应塔中反应物与生成物已知，则化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；（2）①根据除铁需要调整pH=5，若溶液中有Fe2+，需要先氧化为Fe3+，再调整pH除去，所以需要先检验Fe2+是否存在，由于溶液中含有Fe3+，所以可以选用K3[Fe(CN)6]或酸性KMnO4溶液检验Fe2+，取少许液体于试管中，加入少量K3[Fe(CN)6]观察有无蓝色沉淀生成(或取少许液体于试管中，加入少量酸性高锰酸钾溶液观察是否褪色)；②调整溶液的pH应消耗氢离子同时避免引人杂质离子，故选AD；③MnF2(s)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s)+Mn2+(aq)，K=c(Mn2+)/c(Ca2+)=Ksp(MnF2)/Ksp(CaF2)≈2.3×107>1×105，MnF2(s)+Mg2+(aq)⇌MgF2(s)+Mn2+(aq)，K=c(Mn2+)/c(Mg2+)=Ksp(MnF2)/Ksp(MgF2)=4.0×105>1×105，因此用MnF2可以完全除去Ca2+、Mg2+；（3）根据图象要使Ca2+、Mg2+的沉淀率尽可能大，最佳条件为pH=5，温度为90℃；（4）溶液变成紫色，则Mn2+的氧化产物为，过硫酸钠的还原产物为Na2SO4,根据得失电子守恒和原子守恒可写出离子方程式：2Mn2+++8H2O=++16H+；根据离子方程式有5n(Mn2+)=2n()，。3．（2023上·山东·高三校联考开学考试）稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光、导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下：

已知：①显示屏玻璃中含较多的、、FeO、及少量其他可溶于酸的物质；②不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答下列问题：(1)设计实验证明滤液1中有(2)已知溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成，书写该反应的离子反应方程式。(3)工序1中加入的作用是；工序4中加入稀硫酸和的作用是；滤渣2的主要成分是。(4)工序3是蒸发浓缩、、过滤、洗涤、常温晾干。(5)工序5中发生反应的离子方程式。(6)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是。【答案】(1)取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有(2)(3)将氧化为溶解，将Ce元素还原为(4)冷却结晶(5)(6)酸性会抑制水解，使其难以生成有吸附作用的胶体【分析】显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质，CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，玻璃粉碎后加入稀硫酸酸溶，其中SiO2、CeO2不溶，FeO、Fe2O3等溶于酸，过滤得到滤渣1为SiO2、CeO2，滤液中主要含亚铁离子和铁离子，滤液中加入稀硫酸和过氧化氢，氧化亚铁离子生成铁离子，加入硫酸铵通过工序2和工序3，得到硫酸铁铵晶体，滤渣1中加入稀硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应，过氧化氢在酸溶液中做还原剂被氧化生成氧气，CeO2被还原生成Ce3+，过滤得到滤渣2为SiO2，滤液中通入氧气，加入氢氧化钠溶液反应得到Ce(OH)4，加热分解生成CeO2，加入还原剂还原生成Ce；【解析】（1）铁氰化钾溶液能与Fe2+反应，生成蓝色沉淀，可由此设计实验：取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有；（2）溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成，离子方程式为：；（3）过氧化氢可将氧化为；工序4中加入稀硫酸和是为了溶解，将Ce元素还原为；滤渣2的主要成分是；（4）工序3是为了得到硫酸铁铵晶体，可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干得到；（5）工序5是在含有Ce3+的滤液中通入氧气，加入氢氧化钠溶液反应得到Ce(OH)4，对应的离子方程式为：；（6）硫酸铁铵可用作净水剂，若是在酸性废水中，酸性会抑制水解，使其难以生成有吸附作用的胶体，导致效果较差。4．（2023上·山东·高三校联考开学考试）钴是重要的战略金属之一，钴粉主要以高温氢还原草酸钴制得。一种利用水钴矿[主要成分为，还含有少量等]制备钻的工艺流程如下。

已知：①；②当溶液中离子浓度时，认为该离子已除尽；③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表。金属离子开始沉淀的2.77.67.64.07.74.7完全沉淀的3.79.69.25.29.86.7请根据以上信息，回答下列问题：(1)为加快“酸浸”的速率和效率，可以采取的措施有(答出1条即可)，滤渣1的主要成分为(填化学式)。(2)在“酸浸”步骤中发生的最主要的氧化还原反应的化学方程式为。(3)“转化”步骤中加入的目的是(用离子方程式表示)，该步骤反应温度不宜高于的原因可能是。(4)在“调”步骤中加入调节溶液的，其合理范围为；“萃取”步骤中萃取的主要离子是(填离子符号)。(5)在“沉钴”步骤中为使溶液中的钻沉淀完全，混合溶液中的最小浓度为。【答案】(1)将水钴矿石粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等(答出1条，合理即得分)(2)(3)不稳定，温度高于时快速分解损失，反应速率减小(4)(5)【分析】水钴矿加入葡萄糖、硫酸，在95℃条件下酸浸产生二氧化碳，对所得溶液进行过滤除去滤渣1为，滤液加入双氧水转化，再加入碳酸钠调节pH，得到滤渣2为氢氧化铜、氢氧化铁等，加入萃取剂萃取得到有机相和水相，水相加入草酸铵沉钴得到滤液和草酸钴，高温与氢气反应得到钴；【解析】（1）为加快“酸浸”的速率和效率，可以采取的措施有：将水钴矿石粉碎、摚拌、适当增大硫酸浓度等，题干流程图已指定酸浸温度为，所以可采取的措施不能为升高温度或加热；在硫酸中不溶解，硫酸与氧化钙反应生成微溶的，所以滤渣1的主要成分为。（2）在“酸浸”步骤中发生的最主要的氧化还原反应的化学方程式为；（3）“转化”步骤中加入的目的是将氧化为，在调节时除去，所以用离子方程式表示为；该步骤反应温度不宜高于的原因可能是：不稳定，温度高于时快速分解损失，反应速率减小；（4）在“调”步骤中加入调节溶液的是为了将阳离子以氢氧化物形式沉淀除去(形成沉淀的范围与重合，所以此步骤无法除去)，结合已知信息可知的合理范围为：；在“萃取”步骤中萃取的主要离子是；（5）在“沉钴”步骤中沉淀完全时，其浓度，由可计算出混合溶液中的浓度最小为。1．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．具有强氧化性，可用作消毒剂B．固体具有氧化性，可作为黑火药的原料之一C．SiC中存在共价键，硬度大，可做砂纸和砂轮等磨料D．溶液呈蓝色，胆矾可以与石灰乳混合制备波尔多液【答案】D【解析】A．Na2FeO4中的Fe为+6价，则该物质具有强氧化性，因而可用于消毒杀菌，A正确；B．KNO3具有氧化性，因而可作为氧化剂用于黑火药中，B正确；C．SiC是由原子直接构成且只含共价键的共价晶体，其硬度很大，因而可用作砂轮、砂纸的磨料，C正确；D．CuSO4溶液呈蓝色这一性质，与胆矾可以与石灰乳混合制备波尔多液无对应关系，D错误；故选D。2．（2023·浙江·校联考三模）下列关于物质性质与用途的说法不正确的是A．镁在空气中可燃烧，生成氧化镁和氮化镁B．铝与浓硝酸不反应，可用铝槽运输浓硝酸C．铁粉具有还原性，可作食品盒中的除氧剂D．二氧化硅导光能力强，可用来制备光导纤维【答案】B【解析】A．镁的还原性强，在空气中可燃烧少言寡语，能与空气中的氧气、二氧化碳反应生成氧化镁，也能与氮气反应生成氮化镁，故A正确；B．铝在具有强氧化性的浓硝酸中发生钝化，钝化形成的致密氧化薄膜阻碍反应的继续进行，所以常用铝槽运输浓硝酸，故B错误；C．铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，所以铁粉可作食品盒中的除氧剂，故C正确；D．制备光导纤维的原料是具有强导光能力的二氧化硅，故D正确；故选B。3．（2023·上海金山·统考二模）明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是A．X为SO2B．现代工业用稀硫酸吸收SO3C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理【答案】A【解析】A．硫酸亚铁煅烧生成三氧化硫和氧化铁，根据化合价变化分析，有1mol氧化铁生成，铁元素失去2mol电子，化合物中的硫原子有2mol，若都生成三氧化硫，则转移4mol电子，不遵循电子守恒，若生成1mol三氧化硫，则转移2mol电子，遵循电子守恒，故另一产物中含有+4价硫，即X为二氧化硫，A正确；B．工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，影响吸收效率，B错误；C．硫酸亚铁煅烧为分解反应，三氧化硫和水反应为化合反应，硝酸钾和硫酸反应为复分解反应，该过程中没有置换反应，C错误；D．硝酸和硫酸都为强酸，用硫酸制取硝酸是利用难挥发性酸制取挥发性酸，D错误；故选A。4．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考一模）氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列含氯物质的转化正确的是A．漂白粉HClO(aq)Cl2(g)B．MgCl2(aq)无水MgCl2MgC．NaCl(aq)Cl2(g)FeC13D．NaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)【答案】C【解析】A．H2CO3酸性强于HClO，CO2通入漂白粉中可制备HClO。但HClO见光分解为HCl和O2，A项错误；B．MgCl2加热易水解产生Mg(OH)2，获得无水MgCl2需要在HCl氛围中加热。MgCl2熔融电解得到Mg，B项错误；C．NaCl溶液电解阳极Cl-放电得到Cl2，铁在Cl2中燃烧生成FeCl3，C项正确；D．氯化钠溶液不能和二氧化碳反应，且NaHCO3固体受热分解可得到Na2CO3，而不是溶液分解，D项错误；故选C。5．（2023·吉林长春·东北师大附中校考三模）实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：实验装置5min时现象25min时现象I铁钉表面及周边未见明显变化。铁钉周边出现少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成。Ⅱ铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。下列说法不正确的是A．实验Ⅱ中时出现红色区域，说明铁钉腐蚀速率比Ⅰ快B．实验Ⅱ中正极的电极反应式：C．实验I如果使用纯铁材质铁钉能减慢其腐蚀速率D．若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色【答案】A【分析】实验Ⅰ铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，正极发生的是氧气得电子的还原反应，即2H2O+O2+4e-=4OH-，使酚酞溶液变红，负极是金属铁失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，与K3[Fe(CN)6]出现蓝色区域，Fe2++2OH-=Fe(OH)2，合并得到：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，有少量红棕色铁锈生成，实验Ⅱ5min铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，25min铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，说明Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢，据此分析答题。【解析】A．实验Ⅱ5min铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，25min铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，说明Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢，A错误；B．实验Ⅱ中金属铜是正极，氧气发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-═4OH-，B正确；C．实验I如果使用纯铁材质铁钉只能进行化学腐蚀，而不纯的铁质材料则能够形成电化学腐蚀，电化学腐蚀速率比化学腐蚀快，故能减慢其腐蚀速率，C正确；D．将Zn片换成Cu片，铁做负极加快腐蚀，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色，D正确；故答案为：A。6．（2023·江西鹰潭·统考二模）下列有关实验操作、现象与结论都正确的是选项实验操作和现象结论A用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯加热，熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低B向10mL0.1mol•L-1Na2S溶液中滴入2mL0.1mol•L-1ZnSO4溶液，再加入2mL0.1mol•L-1CuSO4溶液，先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)C充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀无法充分说明铁被硫氧化至二价铁Fe(Ⅱ)D某钾盐晶体中滴入浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色产生的气体一定是SO2【答案】C【解析】A．生成氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，A不合题意；B．Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不一定存在沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，B不合题意；C．滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，可知反应后溶液含亚铁离子，且可能Fe过量，与硫酸反应后溶液中含亚铁离子，不能证明铁被硫氧化至Fe(Ⅱ)，C符合题意；D．如果盐为KClO、高锰酸钾等，加入盐酸后将生成氯气，氯气可也使品红溶液褪色，D不合题意；故答案为：C。7．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引铁与水蒸气在高温下反应，生成B为了验证的还原性，取溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液紫色褪去具有还原性C取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和溶液后产生白色沉淀和既发生氧化还原反应，也发生双水解D向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液溶液变血红色与的配位能力小于【答案】C【解析】A．将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁铁吸引，该固体可以是Fe也可以是，并不能确定一定生成，A错误；B．Cl-也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不能确定是使高锰酸钾褪色，B错误；C．取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色，说明发生水解反应产生了。加入稀盐酸和溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀，说明Fe3+将氧化为，C正确；D．向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。故选C。8．（2023·陕西渭南·统考模拟预测）T℃下，三种硫酸盐(M表示或或)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知，。下列说法正确的是A．在任何条件下都不可能转化为B．X点和Z点分别是和的饱和溶液，对应的溶液中C．T℃下，反应的平衡常数为D．T℃时，用溶液滴定浓度均为和的混合溶液，先沉淀【答案】D【分析】已知，，结合C、B、A点数据，则Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO)=10-10，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO)=10-7.6，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)=10-6.4。【解析】A．因SrSO4、PbSO4、BaSO4为同类型沉淀，再结合题图可知，Ksp(BaSO4)<Ksp(PbSO4)<Ksp(SrSO4)。在Pb2+浓度很大的环境下BaSO4可以转化成PbSO4，A错误；B．由题图可看出，X、Z点对应的溶液中c(M2+)与c(SO)不相等，B错误；C．反应的平衡常数K=，由题图中有关数据可知，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO)=10-7.6，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=10-10，所以K===102.4，C错误；D．上述分析可知，BaSO4的溶度积小于SrSO4，所以Ba2+先沉淀，D正确；故选D。9．（2023·河北·张家口市宣化第一中学校联考二模）电池正极片由镍钴锰酸锂正极材料和铝片组成，以其为原料回收各金属工艺流程如下：

回答下列问题：(1)滤液1中含铝微粒为。(2)“碱浸”后需进行过滤、洗涤，简述洗涤的操作过程：。(3)“还原”时，参加反应的。(4)“分离”过程包含萃取和反萃取，萃取时必须使用的仪器是；萃取时利用有机物HT将Co2＋从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Co2＋(水层)＋2HT(有机层)CoT2(有机层)＋2H+(水层)。向CoT2(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Co2+的水溶液，从平衡角度解释其原因：。(5)“氧化”过程中MnSO4发生反应生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化学方程式为。(6)“沉钴”后获得CoC2O4·2H2O，取mgCoC2O4·2H2O进行“高温分解”，测得固体的失重率()与温度的关系曲线如图所示。写出加热到160℃时反应的化学方程式：；“高温分解”需控制的最低温度为。

【答案】(1)[Al(OH)4]-(2)将滤渣置于漏斗中，向漏斗内加入蒸馏水直至浸没滤渣，让水自然留下，重复，待通过焰色试验检测不到钠离子后停止洗涤(3)2:1(4)分液漏斗加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡Co2＋(水层)＋2HT(有机层)CoT2(有机层)＋2H+(水层)逆向移动，c(Co2+)浓度升高，能获得较纯的含Co2+的水溶液(5)(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4(6)890℃【分析】电池正极片加入NaOH溶液与铝片反应生成能溶于水的Na[Al(OH)4]，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢还原，加入有机物HT萃取出Co2＋、Li＋，加入(NH4)2S2O8氧化Mn2+生成MnO2，加入草酸铵与Co2＋反应生成CoC2O4·2H2O，高温分解生成CoO；【解析】（1）铝片与足量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，滤液1中含铝微粒为[Al(OH)4]-；（2）洗涤的操作过程：将滤渣置于漏斗中，向漏斗内加入蒸馏水直至浸没滤渣，让水自然留下，重复，待通过焰色试验检测不到钠离子后停止洗涤；（3）“还原”时，反应的离子方程式为2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+，参加反应的2:1；向CoT2(有机层)中加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡逆向移动，c(Co2+)浓度升高，能获得较纯的含Co2+的水溶液；（4）进行萃取操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；（5）“氧化”过程中将Mn2+氧化生成MnO2，自身被还原为，MnSO4发生反应生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化学方程式为：(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4；（6）CoC2O4•2H2O的相对分子质量为183，假设其质量为183g,加热到160℃时失重率为19.67%，减少的物质质量为183g×19.67%=36g，而183g晶体中含有的结晶水是36g，可知是恰好失去全部的结晶水，即加热到160℃时所得固体的化学式为CoC2O4，反应的化学方程式：，由图可知，“高温分解”生成CoO，失重率，需控制的最低温度为890℃。故答案为：；890℃。10．（2023上·河北保定·高三校联考开学考试）工业上用软锰矿(主要成分，含有少量等)对含的烟气进行脱硫处理并制备的工艺流程如下：已知：室温下，部分氢氧化物的溶度积常数如表所示。氢匎化物回答下列问题：(1)沉淀1对应的晶体类型为。(2)室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中，某种离子的浓度小于时，可认为已完全沉淀，则完全沉淀，需调节的范围是。“净化”时，加入的作用为。(3)“酸化、还原”中，发生的氧化还原反应的离子方程式为、。(4)已知：滤液3中除外，还含有少量。的溶解度曲线如图所示。据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、、洗涤、干燥。(5)工业上可用电解酸性溶液的方法制备，其阳极反应式为。(6)样品隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。则剩余固体质量由降至时，发生反应的化学方程式为。【答案】(1)离子晶体(2)生成CuS沉淀除去Cu2+(3)(4)趁热过滤(5)(6)【分析】软锰矿主要成分，含有少量，用硫酸溶解，生成硫酸铁、硫酸铝、硫酸铜、硫酸钙，、硫酸铁被二氧化硫还原为硫酸锰、硫酸亚铁，硫酸钙微溶，过滤，沉淀1为硫酸钙，滤液中含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸铜，滤液中加过氧化氢把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加硫化铵生成硫化铜沉淀除去硫酸铜，过滤，滤液3中除外，还含有少量，蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得硫酸锰晶体。【解析】（1）沉淀1是硫酸钙，硫酸钙是离子晶体；（2）室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中，不生成沉淀，c(OH-)<,完全沉淀Al3+，c(OH-)>,完全沉淀Fe3+，c(OH-)>，需调节的范围是。“净化”时，加入的作用为生成CuS沉淀除去Cu2+。（3）“酸化、还原”中，、硫酸铁被二氧化硫还原为硫酸锰、硫酸亚铁，发生的氧化还原反应的离子方程式为、。（4）根据溶解度曲线，硫酸铵的溶解度随温度升高而增大；温度大于30℃，硫酸锰的溶解度随温度升高而减小。操作“I”应为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得硫酸锰晶体。（5）工业上可用电解酸性溶液的方法制备，硫酸锰发生氧化反应生成二氧化锰，电解时阳极发生氧化反应，所以阳极反应式为。（6）样品的物质的量为0.15mol，其中结晶水的质量为2.7g，可知样品为22.65g时，化学式为MnSO4；剩余固体为13.05g时，固体为锰的氧化物，Mn元素的物质的量为0.15mol，则氧元素的物质的量为，所以固体的化学式为MnO2；剩余固体为11.45g时，固体为锰的氧化物，Mn元素的物质的量为0.15mol，则氧元素的物质的量为，所以固体的化学式为Mn3O4；则剩余固体质量由降至时，发生反应的化学方程式为。1．（2023·广东·统考高考真题）部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是

A．可存在c→d→e的转化 B．能与反应生成c的物质只有bC．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D．若b能与反应生成，则b中含共价键【答案】B【分析】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。【解析】A．由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；B．钠和氧化钠（过氧化钠）都能与反应都能生成氢氧化钠，B不合理；C．新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；D．若b能与反应生成，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理；故选B。2．（2023·浙江·高考真题）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．能使某些色素褪色，可用作漂白剂 B．金属钠导热性好，可用作传热介质C．溶液呈碱性，可用作消毒剂 D．呈红色，可用作颜料【答案】C【解析】A．SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，选项A正确；B．钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，选项B正确；C．NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，选项C不正确；D．Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料，选项D正确；答案选C。3．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件B．还原铁粉可用作食品干燥剂C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒D．油脂是热值最高的营养物质【答案】B【解析】A．金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B．还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C．氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D．油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确；选B。4．（2021·河北·统考高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。5．（2021·浙江·高考真题）下列说法不正确的是A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化【答案】A【解析】A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；故选A。6．（2023·重庆·统考高考真题）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论A向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸盛的试管中产生黄绿色气体氧化性：B向溶液中通入气体出现黑色沉淀(CuS)酸性：C乙醇和浓硫酸共热至，将产生的气体通入溴水中溴水褪色乙烯发生了加成反应D向溶液中滴加溶液出现黄色沉淀发生了水解反应【答案】A【解析】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛的试管中产生黄绿色气体，说明将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：，A正确；B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性，B错误；C．浓硫酸被乙醇还原生成SO2，SO2能与溴单质反应使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C错误；D．出现黄色沉淀，说明电离出了磷酸根离子，D错误；故选A。7．（2022·湖南·高考真题）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。实验操作与现象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是A．实验①说明加热促进水解反应B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。【解析】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。综上所述，答案为D。8．（2023·山东·统考高考真题）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：

已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。

回答下列问题：(1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，该溶液。(2)滤渣Ⅰ的主要成分是(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加的用量(填化学式)。(3)精制Ⅱ的目的是；进行操作时应选择的试剂是，若不进行该操作而直接浓缩，将导致。【答案】(1)(2)、Mg(OH)2CaO(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度盐酸浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为、Mg(OH)2；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。【解析】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。9．（2023·浙江·高考真题）某研究小组制备纳米，再与金属有机框架)材料复合制备荧光材料，流程如下：已知：①含锌组分间的转化关系：②是的一种晶型，以下稳定。请回答：(1)步骤Ⅰ，初始滴入溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是。(2)下列有关说法不正确的是___________。A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分B．步骤Ⅰ，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是。(4)用和过量反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米，沉淀无需洗涤的原因是。(5)为测定纳米产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。用___________(称量样品)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定)仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的溶液；i、装瓶贴标签(6)制备的荧光材料可测浓度。已知的荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量)，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含个铜原子。【答案】(1)(2)BC(3)坩埚(4)杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。(5)(6)8【分析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成，分离出后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。【解析】（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是；（2）A．步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；B．根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是，不能生成，B错误；C．由信息②可知，以下稳定，故在用的热水洗涤时会导致，分解为其他物质，C错误；D．由流程可知，控温煅烧时会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小，D正确；故选BC；（3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚；（4）两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去；（5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：；（6）人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)=，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)=，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。10．（2021·全国·高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：①加入粉进行转化反应的离子方程式为，生成的沉淀与硝酸反应，生成后可循环使用。②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为；若反应物用量比时，氧化产物为；当，单质碘的收率会降低，原因是。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入过量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是。【答案】(1)①2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3②FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量的进一步氧化(2)(3)4防止单质碘析出【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。11．（2022·全国·统考高考真题）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：金属氢氧化物开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：(1)在“脱硫”中