2023届人教版高考化学新教材一轮复习第三单元金属及其化合物单元质检卷（三）金属及其化合物（Word版带解析）

单元质检卷(三)　金属及其化合物(分值:100分)一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列说法不正确的是(　　)A.宋代希孟《千里江山图》中的绿色颜料铜绿,其主要成分是碱式碳酸铜B.战国时期的“曾侯乙编钟”属于青铜制品,青铜是一种铜合金C.高炉炼铁的过程中发生了氧化还原反应D.工业上通过加热氧化铝的方法来冶炼得到铝2.(2020山西晋中平遥第二中学月考)下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有(　　)①明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性④光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性⑤MgO、Al2O3的熔点很高,可制作耐高温材料⑥NaHCO3能与碱反应,因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂⑦Al具有良好的延展性和抗腐蚀性,可制成铝箔包装物品　　　　　　　　　　　　　　　　A.2个B.3个C.4个D.5个3.下列中学常见实验的现象表述正确的是(　　)A.过量的铁投入到一定量的稀硝酸中充分反应后取上层清液置于试管中,滴加KSCN溶液,溶液显红色B.制备氢氧化亚铁时,向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液,边加边搅拌,即可制得白色的氢氧化亚铁C.检验红砖中有氧化铁,向红砖粉末中加入盐酸,充分反应后取上层清液于试管中,滴加KSCN溶液2~3滴即可D.往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2,溶液颜色由棕黄色变为浅绿色,同时有白色沉淀产生,表示FeCl3具有还原性4.(2020江苏化学,6)下列有关化学反应的叙述正确的是(　　)A.室温下,Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下,Al与4.0mol·L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C.室温下,Cu与浓硝酸反应放出NO气体D.室温下,Fe与浓硫酸反应生成FeSO45.(2020安徽皖南八校联考)下列关于金属及其化合物的说法正确的是(　　)A.表面用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热,铝箔熔化但不滴落B.将Na、Fe、Cu分别在Cl2中燃烧,可分别得到NaCl、FeCl2、CuCl2C.Na2O2与水反应和红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D.向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉,反应结束后,烧杯中的固体若有铁,则无铜6.(2020黑龙江双鸭山第一中学月考)下列有关实验操作,现象和解释或结论都正确的是(　　)选项操作现象解释或结论A向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3晶体B向含有酚酞的烧碱溶液中通入溶液红色褪去二氧化硫有漂白性\nSO2C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色试验火焰呈黄色溶液中有Na+、无K+D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀和气体产生Al与HC发生了相互促进的水解反应7.(2020河北辛集中学阶段考试)下列各组物质相互混合反应后,最终没有沉淀生成的是(　　)A.将少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中B.向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液C.向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2D.过量NaOH溶液和明矾溶液混合8.(2020安徽怀宁中学月考)已知CuO经高温灼烧生成Cu2O,Cu2O与H+发生反应的化学方程式为Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O。把经过高温灼烧后的CuO样品投入足量的热的稀硝酸中,下列有关说法中正确的是(　　)A.如果溶液变为蓝色,同时有紫红色固体出现,说明样品全部生成Cu2OB.溶液中最终可能有紫红色固体出现C.该实验的结果无法说明CuO分解的程度D.如果溶液中出现蓝色,最终没有紫红色固体出现,说明CuO没有分解9.(2020辽宁朝阳建平二中期中)关于反应过程中的先后顺序,下列评价正确的是(　　)A.向浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉,溶质CuCl2首先与铁粉反应B.向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液,开始没有白色沉淀生成C.向浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体,NaOH首先反应D.向浓度为0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加入质量相同、大小相同的铁和铜,铜先反应10.(2020河北辛集中学阶段考试)碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂,它可以通过以下步骤制备。步骤1:将铜粉加入稀盐酸中,并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如下图所示。步骤2:在制得的CuCl2溶液中加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法正确的是(　　)A.a、b、c之间的关系式为:a=b+cB.图中M、N分别为Fe2+、Fe3+C.步骤1充分反应后,加入少量CuO是为了除去Fe3+D.若制备1molCuCl2,理论上消耗11.2LO2二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11.(2020山东泰安第四中学期中)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉,充分搅拌后铁完全反应,同时析出0.1molAg。则下列结论中不正确的是(　　)A.向反应后的溶液中继续加入少量铁粉,铁粉可以继续溶解B.氧化性:Ag+>Fe3+>Cu2+>Zn2+\nC.反应后溶液的质量增加D.反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1∶112.(2020安徽合肥质量检测)混合物M中可能含有Al2O3、Fe2O3、Al、Cu,为确定其组成,某同学设计如图所示分析方案。下列分析正确的是(　　)A.已知m1>m2,则混合物M中不一定含有Al2O3B.生成蓝绿色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+Cu2++Fe2+C.固体P既可能是纯净物,又可能是混合物D.要确定混合物M中是否含有Al,可取M加入过量NaOH溶液中13.(2020湖南部分重点中学期末)工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时,测得废水中Cu2+的浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是(　　)A.活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池,铁为负极C.增大铁碳混合物中铁碳比(x),一定会提高废水中Cu2+的去除速率D.利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理:Fe+Cu2+Fe2++Cu14.(2020山东泰安三模)以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如图所示,下列有关说法正确的是(　　)A.“灼烧”时,可在玻璃坩埚中进行B.“浸取”时,可用无水乙醇代替水C.“转化”反应中,通入CO2的目的是提供还原剂D.“浓缩结晶”的目的是分离提纯KMnO415.(2020山东泰安第四中学期中)铁粉和铜粉的均匀混合物,平均分成四等份,分别加入同浓度不同体积的稀硝酸,充分反应,在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表(设硝酸的还原产物只有NO):反应编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18.09.600NO体积246V\n/mL240480720下列计算结果错误的是(　　)A.①中溶解了8.4gFeB.原混合物总质量为105.6gC.硝酸的浓度为4mol·L-1D.④中V=6720三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(2020江西第一次大联考)(12分)随着工农业的发展,NH4Cl的价格低迷、需求降低导致利用“侯氏制碱法”生产的碱厂出现亏损。“新联合制碱法”应运而生,流程如下:(1)写出气体X的结构式:　　　　　。 (2)上述工艺流程中参与循环使用的气体有　　　、　　　。 (3)所得产品Na2CO3中不会含有NH4Cl,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 (4)过程Ⅲ以MgO为催化剂进行转化,示意图如下:①步骤ⅱ实际上要经过加热和高温两步反应,“加热”步骤制得HCl,“高温”步骤得到MgO,其化学方程式分别为　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　。 ②过程Ⅲ分两步得到NH3和HCl,比一步得到NH3和HCl的好处是　　　　　　　　　　　　　　。 17.(2020北京101中学月考)(12分)某小组模拟工业上回收分银渣中的银,过程如下:(1)Na2SO3溶液和氨水均可作浸出剂,但由于氨水易　　　　　　(填物理性质),故用Na2SO3溶液更环保。 (2)Ⅰ中主要反应:AgCl+2SAg(SO3+Cl-。研究发现:其他条件不变时,该反应在敞口容器中进行,浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低,可能的原因是　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。 (3)研究发现:浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如下图。\n①pH=10时,含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②解释①中变化趋势的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③pH=5时,含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)将Ⅱ中反应的离子方程式补充完整:Ag(SO3+　　OH-+　　　　　 　　　+　　　　　+　　　　　+C (5)Ⅲ中回收液可直接循环使用,但循环多次后,银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 18.(2020福建师范大学第二附中期中)(12分)三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末,常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者的混合物。探究过程如下:查阅资料:Cu2O几乎不溶于水,溶于稀硫酸可生成Cu和CuSO4,Cu2O在空气中加热生成CuO。【提出假设】假设1:红色粉末是Fe2O3假设2:红色粉末是Cu2O假设3:红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物【设计探究实验】取少量粉末放入足量的稀硫酸中,在所得溶液中再滴加KSCN试剂。(1)若假设1成立,则预期实验现象是　　　　　　　。 (2)若滴加KSCN试剂后溶液不变红色,则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗?　　　　　　。 (3)若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明红色粉末是　　　　　　　　　　,写出发生反应的所有离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【探究延伸】经实验分析,确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。(4)实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热,待质量不再变化时,称其质量为bg(b>a),则混合物中Cu2O的质量分数为　　　　　。 (5)欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾(CuSO4∙5H2O),经查阅资料得知,在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH如下表:\n物质Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验室有下列试剂可供选择:A.氯水　B.H2O2　C.硝酸　D.NaOH　E.氨水　F.Cu2(OH)2CO3实验小组设计如下实验方案:试回答:①试剂1为　　　,试剂2为　　　(填字母)。 ②固体X的成分为　　　　　　　　　,操作1为　　　　　　　　　　　　　。 19.(2020江苏化学,19)(12分)实验室由炼钢污泥(简称铁泥,主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如下:铁泥酸浸还原除杂沉铁α-Fe2O3(1)酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变,实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有　　　　　(填序号)。 A.适当升高酸浸温度B.适当加快搅拌速度C.适当缩短酸浸时间(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉,使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外,还会生成　　　　　(填化学式);检验Fe3+是否还原完全的实验操作是　　　　　　　　　　　　　　。 (3)除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液,使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低,将会导致CaF2沉淀不完全,其原因是　　　　　　　　　　[Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ka(HF)=6.3×10-4]。 (4)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应,生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为　。 ②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料,制备FeCO3的实验方案:  [FeCO3沉淀需“洗涤完全”,Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5]。20.(2020山东化学模拟试题)(12分)五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业,用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂,研制了一种利用废催化剂(含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐)回收V2O5的新工艺流程如下:已知:a.部分含钒物质常温下在水中溶解性如下表所示:\n物质VOSO4V2O3NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶b.V+2OH-V+H2O回答下列问题:(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以采取的措施为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写一条)。 (2)滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,其存在形式为　　　　　　　　　(填离子符号)。 (3)在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)生成V的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)在第Ⅱ步反应中需要加入氨水,结合化学用语,用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (6)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后,沉钒率下降的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写两条)。 (7)该工艺流程中可以循环利用的物质为　　　　　　。 (8)测定产品中V2O5的纯度:称取ag产品,先用硫酸溶解,得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(V+2H++Fe2+VO2++Fe3++H2O)。最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点,消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知Mn被还原为Mn2+,假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量:182g·mol-1)的质量分数是　　　　　　。(列出计算式) 单元质检卷(三)　金属及其化合物1.D　铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,A项正确;青铜是一种铜合金,B项正确;高炉炼铁的过程是化合态的铁转化为游离态的铁,发生了氧化还原反应,C项正确;工业上通过电解熔融态氧化铝的方法来冶炼金属铝,D项错误。\n2.B　①明矾电离产生的Al3+水解产生氢氧化铝胶体,胶体的表面积大,有很强的吸附能力,能吸附水中悬浮的物质,从而使水净化,错误。②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为发生反应:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,在该反应中氯化铁是氧化剂,有氧化性,正确;③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有强吸水性,错误;④光导纤维的主要成分是二氧化硅,是光通信的传输材料,光导纤维不能导电,错误;⑤MgO、Al2O3的熔点很高,可制作耐高温材料,正确;⑥NaHCO3受热分解生成CO2和水,因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂,错误;⑦Al具有良好的延展性和抗腐蚀性,可制成铝箔包装物品,正确。3.C　过量的铁投入到一定量的稀硝酸中,铁先被硝酸氧化为三价铁,过量的铁能和三价铁反应生成亚铁离子,铁元素最终显示为+2价,滴加KSCN溶液,溶液不会显红色,故A错误;向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀,搅拌后,氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,得不到白色沉淀物质,故B错误;氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水,三价铁遇KSCN溶液会变红色,故C正确;氯化铁具有氧化性,能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子,再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,铁离子被还原为亚铁离子,溶液由棕黄色变成浅绿色,表示铁离子有氧化性,故D错误。4.B　A项,室温下Na在空气中与O2反应生成Na2O,加热时Na与O2反应得到Na2O2,错误;B项,Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,正确;C项,室温下Cu与浓硝酸反应生成NO2,错误;D项,在室温下Fe遇浓硫酸发生钝化,生成致密的氧化物薄膜,错误。5.A　由于Al可以在空气中迅速生成氧化铝,且氧化铝的熔点高于Al,因此表面用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热时,铝箔熔化但不滴落,A正确;由于氯气氧化性较强,故Fe在氯气中燃烧得到的产物为氯化铁,而不是氯化亚铁,B错误;过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,Fe与水蒸气反应可生成四氧化三铁和氢气,C错误;Fe还原性强于Cu,故氯化铁溶液会优先与Fe发生反应,若反应结束后,烧杯中的固体若有铁,则一定有Cu剩余,D错误。6.A　向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2时生成NaHCO3,由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小,故而有晶体析出,故A正确;向含有酚酞的烧碱(氢氧化钠)溶液中通入SO2,氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠,溶液由碱性逐渐变为弱酸性,故溶液红色褪去,不是利用二氧化硫的漂白性,故B错误;进行焰色试验时若火焰呈黄色,则原溶液中一定含有Na+,不能确定是否含有K+,故C错误;NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠,没有气体生成,故D错误。7.D　将少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中只生成白色沉淀碳酸钙,最终有沉淀生成,故A错误;碳酸氢根离子酸性强于氢氧化铝,则NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠,离子方程式为Al+HC+H2OAl(OH)3↓+C,故B错误;向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应的化学方程式为Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3↓,碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性,向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体,所以产生白色沉淀,故C错误;过量NaOH溶液和明矾溶液混合,依次发生反应3OH-+Al3+Al(OH)3↓,Al(OH)3+OH-Al+2H2O,所以最终没有沉淀生成,故D正确。8.C　CuO经高温灼烧生成Cu2O,因硝酸具有强氧化性,且稀硝酸足量,Cu、CuO以\n及Cu2O都可与硝酸发生反应,最终生成硝酸铜,则反应后没有紫色固体,也不能说明CuO的分解程度,可用稀硫酸检验CuO的分解程度,C正确。9.C　向浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3和CuCl2混合溶液加入铁粉,因为Fe3+的氧化能力强于Cu2+,所以溶质FeCl3首先与铁粉反应,A错误;向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液,开始生成BaSO4沉淀,B错误;向浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体,CO2和NaOH首先反应,C正确;向浓度为0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加入质量相同、大小相同的铁和铜,因为铁的还原能力强,所以铁先反应,D错误。10.C　根据化合物中正负化合价的代数和等于0可知,2a=b+c,A错误;根据题干叙述可知步骤1反应的化学方程式为2Cu+O2+4HCl2CuCl2+2H2O,则M是O2,N是H2O,B错误;Fe3+水解使溶液显酸性,CuO与H+反应产生Cu2+和水,当溶液的pH增大到一定程度,Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去,从而达到除去Fe3+的目的,C正确;制备1molCuCl2时转移2mol电子,根据电子守恒,需要消耗0.5molO2,由于不清楚氧气所处的条件,所以不能确定气体的体积,D错误。11.CD　向含Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉,充分搅拌后铁完全反应,同时析出0.1molAg,且Fe3+和Ag+亦完全反应:2Ag++FeFe2++2Ag,2Fe3++Fe3Fe2+,向反应后的溶液中继续加入少量铁粉会发生反应Fe+Cu2+Fe2++Cu,铁粉可以继续溶解,故A正确;根据金属活泼性顺序可知氧化性:Zn2+<Cu2+<Ag+,根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁,可知氧化性Cu2+<Fe3+,故B正确;根据反应2Ag++FeFe2++2Ag可知,0.1molFe2+的质量小于0.2molAg+的质量,故溶液质量减轻,故C错误;由反应2Ag++FeFe2++2Ag、2Fe3++Fe3Fe2+可知,反应共生成0.2molFe2+,而溶液中0.1molCu2+没有参加反应,则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1∶2,故D错误。12.AD　Al2O3和Al均能溶解在过量氢氧化钠溶液中,生成蓝绿色溶液说明有Cu2+生成,则固体A肯定含有Fe2O3和Cu。若m1>m2,则混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是两者均有,不一定含有Al2O3,A正确;Cu和Fe3+反应的离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+,故B错误;由于加入了过量的盐酸,因此固体P只能是铜,不可能是混合物,故C错误;要确定混合物M中是否含有Al,可取M加入过量NaOH溶液中,若产生气体,则一定含铝,否则不含铝,故D正确。13.C　活性炭具有许多细小微孔,且表面积巨大,具有很强的吸附能力,由图像可知,Cu2+在纯活性炭中浓度减小,表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用,A项正确。铁屑和活性炭在溶液中形成微电池,其中铁具有较强的还原性,易失去电子形成Fe2+,发生氧化反应,因此铁为负极,B项正确。由图像可知,随着铁碳混合物中铁含量的增加使铁碳比x=2∶1时,Cu2+的去除速率逐渐增加;但当铁碳混合物变为纯铁屑时,Cu2+的去除速率又降低;因此增大铁碳混合物中铁碳比(x),不一定会提高废水中Cu2+的去除速率,C项错误;在铁碳微电池中,碳所在电极发生还原反应,Cu2+得到电子生成铜单质;因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+Fe2++Cu,D项正确。14.D　“灼烧”时,由于KOH可与玻璃中的二氧化硅反应,因此灼烧不能在玻璃坩埚中进行,可在铁坩埚中进行,故A错误;“浸取”时,不能用无水乙醇代替水,因K2MnO4不易溶于乙醇,且转化时生成的高锰酸钾能与乙醇反应而导致高锰酸钾变质,故B错误;“转化”中CO2与K2MnO4发生反应3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2↓+2K2CO3,CO2中元素化合价没有变化,故CO2不是还原剂,故C错误;由实验流程可知,“浓缩结晶”的目的是分离提纯KMnO4,故\nD正确。15.D　反应①②有金属剩余,①②反应结束后溶液中铁元素以Fe2+的形式存在,反应②可看作在反应①的基础上又加入100mL稀硝酸,消耗金属的质量为18g-9.6g=8.4g,产生气体的体积为4480mL-2240mL=2240mL,即n(NO)=0.1mol,根据反应3M+8HNO3(稀)3M(NO3)2+2NO↑+4H2O,此时消耗金属的物质的量为3×=0.15mol,M的摩尔质量为=56g·mol-1,则反应①消耗的是铁,且消耗铁的质量为8.4g,A正确;根据A的分析,消耗100mL稀硝酸,消耗8.4g铁,因此一份合金的质量为18g+8.4g=26.4g,即原混合物总质量为4×26.4g=105.6g,B正确;根据A的分析,100mL溶液中含硝酸的物质的量为8×=0.4mol,则硝酸的浓度为=4mol·L-1,C正确;反应③可看作在反应②的基础上又加入100mL稀硝酸消耗9.6g的金属,产生(6720-4480)mL=2240mLNO,即0.1molNO,按照反应方程式,消耗金属的物质的量为0.15mol,金属的摩尔质量为=64g·mol-1,即9.6g金属为Cu,从上述分析可知,反应②中Fe恰好反应完全,此时铁元素以Fe2+形式存在,其物质的量为×3=0.3mol,反应④是在反应③的基础之上又增加100mL稀硝酸将Fe2+氧化成Fe3+,根据反应方程式3Fe2++4H++N3Fe3++NO↑+2H2O得,则反应又生成0.1molNO,V(NO)=0.1mol×22.4L·mol-1=2.24L,因此V=6720mL+2240mL=8960mL,D错误。16.答案(1)OCO　(2)CO2　NH3　(3)NH4ClNH3↑+HCl↑　(4)①MgCl2+2H2OMg(OH)2↓+2HCl↑　Mg(OH)2MgO+H2O　②能防止NH3和HCl因接触而反应生成氯化铵解析(1)碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水,则X为二氧化碳,其结构式为OCO。(2)根据流程图,反应Ⅱ中生成的二氧化碳和反应Ⅲ生成的氨气可以参与反应Ⅰ,因此参与循环使用的气体有CO2、NH3。(3)所得产品Na2CO3中不会含有NH4Cl,因为氯化铵受热容易分解,NH4ClNH3↑+HCl↑。(4)①步骤ⅱ实际上要经过加热和高温两步反应,“加热”步骤中促进氯化镁水解制得HCl,“高温”步骤使得氢氧化镁分解得到MgO,化学方程式分别为MgCl2+2H2OMg(OH)2↓+2HCl↑、Mg(OH)2MgO+H2O。②过程Ⅲ分两步得到NH3和HCl,\n可以防止NH3和HCl反应生成氯化铵,比一步得到NH3和HCl好。17.答案(1)挥发　(2)2S+O22S　(3)①含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大　②浸出液中c(S)增大,使浸出反应的平衡正向移动③pH较小时,S与H+结合生成HS或H2SO3,尽管含硫化合物总浓度增大,但c(S)均较小　(4)46　HCHO　4Ag　8S　4H2O　(5)随着循环次数增加,浸出液中c(S)减小、c(Cl-)增大,均使反应AgCl+2SAg(SO3+Cl-的限度减小解析分银渣中主要成分是AgCl,Ⅰ中用Na2SO3溶液作为浸出剂,主要反应为AgCl+2SAg(SO3+Cl-;浸出液与甲醛反应,Ⅱ中发生反应4Ag(SO3+6OH-+HCHO4Ag+8S+4H2O+C,生成Ag回收,同时又生成S可循环使用。(1)氨水易挥发NH3而污染空气,故用Na2SO3溶液更环保。(2)反应在敞口容器中进行,S很容易被空气中的氧气氧化,反应的离子方程式为2S+O22S。(3)①根据图像可知,当pH=10时,含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大;②根据反应分析①中变化趋势的原因是浸出液中c(S)增大,使浸出反应AgCl+2SAg(SO3+Cl-的平衡正向移动;③pH=5时,含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同,主要原因是pH较小时,S与H+结合生成HS或H2SO3,尽管含硫化合物总浓度增大,但c(S)均较小。(4)Ag的化合价由+1价降至0价,HCHO被氧化成C,回收液循环使用,说明有S生成,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为4Ag(SO3+6OH-+HCHO4Ag+8S+4H2O+C。\n(5)随着循环次数增加,浸出液中c(S)减小、c(Cl-)增大,均使反应AgCl+2SAg(SO3+Cl-的限度减小。18.答案(1)溶液变为红色　(2)不合理　(3)Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+　(4)×100%(5)①B　F　②Cu2(OH)2CO3和Fe(OH)3　蒸发浓缩、冷却结晶解析(1)若假设1成立,Fe2O3与足量稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3和H2O,溶液中有Fe3+,加入KSCN试剂,溶液变为红色。(2)若滴加KSCN试剂后溶液不变红色,说明与稀硫酸反应后的溶液中不含Fe3+,但不能证明原固体中一定不含Fe2O3。若原固体是Fe2O3和Cu2O的化合物,Cu2O与稀硫酸反应生成的Cu将Fe2O3与稀硫酸反应生成的Fe3+还原成Fe2+[发生反应:Cu2O+H2SO4CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O、Cu+Fe2(SO4)3CuSO4+2FeSO4],所以题中说法不合理。(3)若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物。发生反应的所有离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O、Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+。(4)根据题给资料,加热时发生反应:2Cu2O+O24CuO,固体增加的质量为消耗O2的质量,n(O2)=mol,根据化学方程式可知反应的Cu2O的物质的量是mol,则Cu2O的质量为mol×144g·mol-1=9(b-a)g,则Cu2O的质量分数为×100%。(5)向红色粉末中加入稀硫酸发生反应:Cu2O+H2SO4CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O、Cu+Fe2(SO4)3CuSO4+2FeSO4,所得溶液中含CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3,根据题中提供的Cu2+、Fe2+、Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH,要将FeSO4除去必须先将Fe2+氧化成Fe3+,则试剂1为氧化剂,试剂1不能用氯水,用氯水会引入杂质离子Cl-,不能用硝酸,用硝酸会产生大气污染物,所以试剂1选用H2O2,H2O2的还原产物为H2O,不引入新杂质也不产生大气污染物。试剂2是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀而除去,为了不引入新杂质,试剂2选择Cu2(OH)2CO3,不选用NaOH和氨水,用NaOH或氨水会引入杂质。所得悬浊液经过滤得到的固体X的成分为Fe(OH)3和Cu2(OH)2CO3,滤液为CuSO4溶液。从CuSO4溶液中获得CuSO4·5H2O的操作为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,则操作1为蒸发浓缩、冷却结晶。19.答案(1)AB　(2)H2　取少量清液,向其中滴加几滴KSCN溶液,观察溶液颜色是否呈红色(3)pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小,CaF2沉淀不完全(4)①Fe2++HC+NH3·H2OFeCO3↓+N+H2O(或\nFe2++HC+NH3FeCO3↓+N)②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液,控制溶液pH不大于6.5;静置后过滤,所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次;取最后一次洗涤后的滤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,不出现白色沉淀解析(1)升高酸浸温度、加快搅拌速度和适当增加酸浸时间,均可加快反应速率,提高浸出率。(2)因滤液中含有Fe3+、Fe2+、H+,加入适量铁粉时,H+与Fe发生反应放出氢气。利用KSCN溶液检验Fe3+是否反应完全。(3)pH偏低,会发生如下反应:H++F-HF,平衡正向移动导致c(F-)减小,CaF2沉淀不完全。(4)①氨水的存在有利于HC电离出更多C,与Fe2+生成沉淀,反应的离子方程式为Fe2++HC+NH3·H2OFeCO3↓+N+H2O。②注意控制pH不大于6.5,防止Fe(OH)2沉淀的生成,还要注意分离(过滤)、洗涤等要求。20.答案(1)粉碎废钒、搅拌、适当升温　(2)VO2+　(3)V2O5+Na2SO3+2H2SO42VOSO4+Na2SO4+2H2O　(4)6VO2++Cl+3H2O6V+Cl-+6H+　(5)作用1:溶液中存在平衡:V+2OH-V+H2O,加入氨水,使OH-浓度增大,该平衡正移,从而使V尽可能都转化为V。作用2:溶液中存在平衡:NH4VO3(s)N(aq)+V(aq),加入氨水,使N浓度增大,该平衡逆向移动,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出　(6)原因1:温度升高,NH4VO3溶解度增大,沉钒率下降　原因2:温度升高,氨水受热分解逸出NH3,使N浓度下降,沉钒率下降　(7)氨水或NH3和H2O　(8)×100%解析(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以采取粉碎废钒、搅拌、适当升温等措施。(2)由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知,滤液1溶质为VOSO4,滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,其存在形式为VO2+。(3)滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐,因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,所以滤渣1的成分中的V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4,发生反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO42VOSO4+Na2SO4+2H2O。(4)生成V的反应中消耗1molKCIO3时转移6mol电子,故Cl被还原为Cl-,反应的离子方程式为6VO2++Cl+3H2O6V+Cl-+6H+。(5)含V的溶液中加入氨水生成NH4VO3,用平衡移动原理解释其作用,作用1:\n溶液中存在平衡:V十2OH-V+H2O,加入氨水,使OH-浓度增大,该平衡正移,从而使V尽可能都转化为V,作用2:溶液中存在平衡:NH4VO3(s)N(aq)+V(aq),加入氨水,使N浓度增大,该平衡逆向移动,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出。(6)温度超过80℃以后,沉钒率下降的原因:①温度升高,NH4VO3溶解度增大,沉钒率下降;②温度升高,氨水受热分解逸出氨气,氨气在水中的溶解度降低,使N浓度下降,沉钒率下降。(7)NH4VO3受热分解的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O,故该工艺流程中可以循环利用的物质为NH3和H2O。(8)根据元素化合价升降相等,滴定过程中有5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4,则过量的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol,则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为(b1c1-5×b2c2)×10-3mol,根据钒元素守恒,则V2O5~2V~2(NH4)2Fe(SO4)2,故n(V2O5)=×(b1c1-5×b2c2)×10-3mol,则产品中V2O5的质量分数是×100%=×100%。