2023届高考化学一轮复习金属及其化合物A卷（Word版附解析）

第三单元金属及其化合物A卷新题基础练一、选择题：本题共14个小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是A．将生活垃圾分类投放，分类处理B．“世间丝、麻、裘皆具素质……”，这里丝、麻的主要成分是蛋白质C．三星堆发现的金箔，体现了金属的延展性D．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应2．下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是选项物质及成分性质用途A．小苏打(Na2CO3)与酸反应产生二氧化碳作发酵粉B．磁性氧化铁(Fe3O4)难溶于水，黑色制造磁性材料C．氢氧化铜(Cu(OH)2)与盐酸、氨水均能反应Cu(OH)2为两性氢氧化物D．硫酸铜(CuSO4)遇水后变蓝色除去水蒸气3．下列物质性质和用途均正确且有因果关系的是选项性质用途AClO2具有还原性ClO2可用于自来水的杀菌消毒BAl(OH)3具有弱碱性Al(OH)3可用作胃酸中和剂CFe3+具有氧化性Fe2(SO4)3可用作净水剂DNH4HCO3受热易分解NH4HCO3可用作氮肥4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(Al3+)=0.5mol/L的溶液中：K+、、、B．在c(H+)∶c(OH-)=1∶1012的溶液中：Na+、I-、、\nC．含有0.1mol/LFe3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、D．能溶解Al(OH)3的溶液中：、K+、、5．下列有关物质性质与用途对应关系正确的是A．具有还原性，可用作制冷剂B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用于水的净化C．硅晶体具有半导体性能，可用于制造光导纤维D．能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂6．下列反应对应的离子方程式书写正确的是A．饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：B．与在酸性溶液中反应：C．向溶液中加入过量的氨水：D．饱和石灰水与醋酸溶液混合：7．如图，下列实验不能达到相应实验目的的是A．装置I可以用来除去苯中的溴B．装置II验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性时C中盛，D中盛C．装置III可用于实验室制备少量氧气D．装置IV能证明非金属性：8．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备手机电池的重要材料，X是短周期最活泼的金属元素，元素Y是同周期中离子半径最小的元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A．元素X和W的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构\nB．元素X、Y、Z的离子半径大小：Z>X>YC．元素X可形成两种氧化物且阴、阳离子个数之比均为1：2D．元素Y的单质与X和Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应生成气体9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下，的溶液中含有的的数目0.2NAB．过氧化钠与反应时，生成氧气转移的电子数为0.1NAC．的溶液中和离子数之和为0.1NAD．和固体混合物中阳离子总数为0.1NA10．碱式碳酸镁是橡胶制品的填充剂和补强剂，其化学式为xMg(OH)2∙yMgCO3∙zH2O。取4.66g碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，得到固体2g和0.0400molCO2.下列说法正确的是A．2g固体是Mg(OH)2B．4.66g碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，生成水0.900gC．该碱式碳酸镁的化学式为Mg(OH)2∙4MgCO3∙3H2OD．4.66g碱式碳酸镁加盐酸完全溶解，参加反应的HCl为0.0800mol11．工业上冶炼金属镁的方法有两种：电解法和皮江法。皮江法是硅在高温下还原氧化镁。皮江法冶炼金属镁的工艺流程如图所示，下列说法中不正确的是A．气体a是CO2B．“还原炉”中发生的主要反应有2MgO+Si2Mg↑+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3C．“还原炉”中抽空气到接近真空的原因是防止还原得到的Mg在高温条件下再次被氧化D．“回转炉煅烧”的产物为CaO和MgO，其中电解法就是电解熔融的氧化镁来制备金属镁12．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选项实验操作和现象结论\nA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B向浓度均为的、混合溶液中滴加少量溶液，有黄色沉淀生成C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D向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量溶液，溶液变为血红色X溶液中一定含有13．化学小组利用向溴化钾和溴酸钾的混合液中滴加稀硫酸来制备单质溴(Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒)，并探究溴与FeI2反应的实验，主要装置如图(夹持装置略去)，下列说法错误的是A．装置A中每转移1mol电子，生成0.6mol单质溴B．装置A中反应结束后，溶液呈棕色，向A中缓慢通入热的N2可将溴吹入装置B中C．实验结束后，向装置B中滴加KSCN，溶液变为血红色，说明Fe2+和I-已全部被氧化D．装置A的混合液中残留有部分溴单质，可通过萃取、分液和蒸馏等操作分离提纯14．某兴趣小组模拟用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备Al2(SO4)x(OH)6-2x溶液，并用其脱除烟气中的SO2，其流程如下：\n下列说法错误的是A．浸取时发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2OB．滤渣1和滤渣2的主要成分分别为SiO2和CaSO4C．为增强SO2的脱除效果，可在现有基础上再加入过量碳酸钙D．若b＜a(热分解完全)，则循环液的碱性比吸收SO2前溶液的碱性弱二、非选择题：本大题共3小题，共44分。15．（16分）铝在材料、冶炼金属等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)真空碳热还原Al2O3制铝是目前正在开发的一种方法。①该法制铝时会产生一种可燃性气体，发生的总反应的化学方程式为__________。②反应机理表明，碳化铝是冶炼过程中的一种中间产物，碳化铝与水反应生成Al(OH)3和一种含氢量最高的烃，碳化铝的化学式为__________。(2)用如图所示的装置进行铝粉和Fe2O3的铝热反应实验。①纸质漏斗中发生的反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。②实验结束后用磁铁靠近蒸发皿沙中的熔化物，能被磁铁吸引，________(填“能”或“不能”)确认其为纯铁，说明理由：_________。(3)某溶液中只含有H+、Na+、、Ba2+、Al3+、Ag+、Cl-、、OH-、、、中某几种，该溶液中各离子的物质的量浓度均相同。取少量溶液于试管中，滴入甲基橙，溶液呈红色，再加入NaOH溶液，溶液先变浑浊，后变澄清；另取少量溶液于试管中，加入铝片，有无色气体产生，该无色气体遇空气变为红棕色。\n①溶液中一定存在的阳离子为_______(填离子符号，下同)，一定存在的阴离子为_______。②加入铝片时反应的离子方程式为_________。16．（16分）钒有“工业维生素”之称。我国是世界上主要的钒相关产品出口国。一种以钒矿粉(含+3、+4、+5价钒，同时还含有SiO2、Fe3O4、铝硅酸盐等)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1已知：Al(OH)3在pH>12时溶解。回答下列问题：（1）NH4VO3中V的化合价为_______价；“酸浸氧化”时，可以提高反应速率的方法有很多，请写出其中两点：_______、_______。（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO。VO2+转化为VO反应的离子方程式为_______。（3）“中和沉淀”中加入的NaOH溶液与过量H2SO4发生的反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。从“中和沉淀”的条件看，“滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有的物质的化学式为_______。（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，该反应的离子方程式为_______，同时溶解的还有_______(填化学式)。（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，其原因是_______；检验“滤液⑤”中金属阳离子的方法是_______。17．（12分）以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣(含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如图：\n（1）在废渣溶解操作时，应选用___溶解(填字母)。A．氨水B．氢氧化钠溶液C．盐酸D．硫酸（2）为了提高废渣的浸取率，可采用的措施有哪些？___(至少写出两点)。（3）物质A是一种氧化剂，工业上最好选用___(供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2)。氧化过程中发生反应的离子方程式为___。（4）根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件(从温度、pH和氧化时间三方面说明)是：___。（5）铵黄铁矾的化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，其化学式可通过下列实验测定：①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A。②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g。③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体448mL，同时有红褐色沉淀生成。④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g。通过计算，可确定铵黄铁矾的化学式为___。(已知铵黄铁矾的摩尔质量为960g•mol-1，计算过程中不考虑固体损失和气体溶解。)一、选择题：本题共14个小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是\nA．将生活垃圾分类投放，分类处理B．“世间丝、麻、裘皆具素质……”，这里丝、麻的主要成分是蛋白质C．三星堆发现的金箔，体现了金属的延展性D．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应【答案】B【详解】A．将生活垃圾分类投放，分类处理，有利于垃圾的分类回收和处理，有利于环境保护，故A正确；B．丝的主要成分是蛋白质，但麻的主要成分是纤维素，故B错误；C．黄金能加工成金箔，体现了黄金具有良好的延展性，故C正确；D．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体有丁达尔效应，故D正确；故选B。2．下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是选项物质及成分性质用途A．小苏打(Na2CO3)与酸反应产生二氧化碳作发酵粉B．磁性氧化铁(Fe3O4)难溶于水，黑色制造磁性材料C．氢氧化铜(Cu(OH)2)与盐酸、氨水均能反应Cu(OH)2为两性氢氧化物D．硫酸铜(CuSO4)遇水后变蓝色除去水蒸气【答案】B【详解】A．小苏打的成分是NaHCO3，A错误；B．磁性氧化铁的成分是Fe3O4(黑色)，通常用作磁性材料，B正确；C．氢氧化铜溶于盐酸生成铜盐和水，体现碱的通性，但溶于氨水生成的是配位离子，未体现酸的通性，不能称为两性氢氧化物，C错误；D．无水硫酸铜(CuSO4)的作用是检验水蒸气，但不能除杂，D错误；故选B。\n3．下列物质性质和用途均正确且有因果关系的是选项性质用途AClO2具有还原性ClO2可用于自来水的杀菌消毒BAl(OH)3具有弱碱性Al(OH)3可用作胃酸中和剂CFe3+具有氧化性Fe2(SO4)3可用作净水剂DNH4HCO3受热易分解NH4HCO3可用作氮肥【答案】B【详解】A．ClO2可用于自来水的杀菌消毒，是因为ClO2具有氧化性，故A错误；B．Al(OH)3具有弱碱性，能与盐酸反应生成氯化铝和水，所以Al(OH)3可用作胃酸中和剂，故B正确；C．Fe2(SO4)3可用作净水剂是因为Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮杂质，故C错误；D．NH4HCO3可用作氮肥是因为含有N元素，故D错误；选B。4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(Al3+)=0.5mol/L的溶液中：K+、、、B．在c(H+)∶c(OH-)=1∶1012的溶液中：Na+、I-、、C．含有0.1mol/LFe3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、D．能溶解Al(OH)3的溶液中：、K+、、【答案】B【详解】A．Al3+和发生双水解反应，不能共存，A错误；B．c(H+)∶c(OH-)=1∶1012的溶液呈碱性，四种离子之间不反应，能共存，B正确；C．Fe3+和I-发生氧化还原反应，不能共存，C错误；D．能溶解Al(OH)3的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液，在强酸性和强碱性溶液中\n都不能存在，强碱溶液中不存在，D错误；故选：B。5．下列有关物质性质与用途对应关系正确的是A．具有还原性，可用作制冷剂B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用于水的净化C．硅晶体具有半导体性能，可用于制造光导纤维D．能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂【答案】B【详解】A．液氨汽化时吸收大量热，工业上用作制冷剂，与NH3易溶于水的性质无关，故A错误；B．明矾电离的铝离子能水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故B正确；C．硅晶体具有半导体性能，可用于制造芯片，二氧化硅用于制造光导纤维，故C错误；D．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可用作焙制糕点的膨松剂，与碳酸氢钠与碱反应的性质无关，故D错误；故选：B。6．下列反应对应的离子方程式书写正确的是A．饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：B．与在酸性溶液中反应：C．向溶液中加入过量的氨水：D．饱和石灰水与醋酸溶液混合：【答案】A【详解】A．一定温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠晶体：，A项正确；B．与在酸性溶液中反应不能产生，B项错误；\nC．氨水不能溶解氢氧化铝，C项错误；D．氢氧化钙是强碱，饱和石灰水中的氢氧化钙要用离子符号表示，D项错误。故选A。7．如图，下列实验不能达到相应实验目的的是A．装置I可以用来除去苯中的溴B．装置II验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性时C中盛，D中盛C．装置III可用于实验室制备少量氧气D．装置IV能证明非金属性：【答案】C【详解】A．易与溶液反应，分液可得到苯，可以达到实验目的，A不合题意；B．较低温度时受热分解产生，使澄清石灰水变浑浊，可以达到实验目的，B不合题意；C．过氧化钠是粉末，与水剧烈反应，不能用此装置来控制反应的发生与停止，C符合题意；D．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，观察到锥形瓶中产生大量的气泡，说明硫酸酸性强于碳酸，烧杯中产生白色沉淀，说明碳酸酸性强于硅酸，可以达到实验目的，D不合题意；故答案为：C。8．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备手机电池的重要材料，X是短周期最活泼的金属元素，元素Y是同周期中离子半径最小的元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A．元素X和W的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X、Y、Z的离子半径大小：Z>X>Y\nC．元素X可形成两种氧化物且阴、阳离子个数之比均为1：2D．元素Y的单质与X和Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应生成气体【答案】A【分析】短周期元素和的原子序数依次增大，元素是制备一种高效电池的重要材料，为元素：是短周期最活泼的金属元素，则为元素：元素是同周期中离子半径最小的元素且原子序数比大，为元素：原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，的原子序数大于元素，有3个电子层。最外层电子数为6，故为元素。【详解】A．的氯化物分别为和的最外层只有2个电子，不满足8电子的稳定结构，A错误；B．同周期元素，阴离子半径大于阳离子半径，同为阳离子，从左到右逐渐减小，B正确；C．可以形成和，阴、阳离子个数之比均为1∶2，C正确；D．元素为铝，铝与氢氧化钠溶液或硫酸反应均有氢气生成，D正确；故选A。9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下，的溶液中含有的的数目0.2NAB．过氧化钠与反应时，生成氧气转移的电子数为0.1NAC．的溶液中和离子数之和为0.1NAD．和固体混合物中阳离子总数为0.1NA【答案】D【详解】A．的溶液中含有的的数目，A错误；B．过氧化钠与反应,过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，因此生成氧气转移的电子数为，B错误；C．根据物料守恒，的溶液中和离子数之和为\n，C错误；D．和的相对分子质量均为120，电离出的阳离子分别为钠离子和镁离子，其数目相同，D正确；给选D。10．碱式碳酸镁是橡胶制品的填充剂和补强剂，其化学式为xMg(OH)2∙yMgCO3∙zH2O。取4.66g碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，得到固体2g和0.0400molCO2.下列说法正确的是A．2g固体是Mg(OH)2B．4.66g碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，生成水0.900gC．该碱式碳酸镁的化学式为Mg(OH)2∙4MgCO3∙3H2OD．4.66g碱式碳酸镁加盐酸完全溶解，参加反应的HCl为0.0800mol【答案】C【详解】A．碱式碳酸镁[xMg(OH)2∙yMgCO3∙zH2O]在高温下煅烧至恒重，得到MgO固体，Mg(OH)2受热会分解，故A错误；B．4.66g碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，得到固体2g和0.0400molCO2，生成二氧化碳的质量为0.0400mol×44g/mol=1.76g，根据质量守恒定律，生成水的质量为4.66g-2g-1.76g=0.900g，故B正确；C．4.66g碱式碳酸镁高温煅烧至恒重，得到2gMgO固体、0.0400molCO2和0.900g水，镁元素的物质的量为=0.05mol，碳元素的物质的量为0.0400mol，根据碳元素守恒，MgCO3的物质的量为0.04mol，则Mg(OH)2的物质的量为0.05mol-0.04mol=0.01mol，Mg(OH)2分解得到的水的物质的量为0.01mol，因此结晶水的物质的量为-0.01mol=0.04mol，因此n[Mg(OH)2]∶n(MgCO3)∶n(H2O)=0.01∶0.04∶0.04=1∶4∶4=x∶y∶z，即碱式碳酸镁的化学式为Mg(OH)2∙4MgCO3∙4H2O，故C错误；D．4.66g碱式碳酸镁[Mg(OH)2∙4MgCO3∙4H2O]加盐酸完全溶解，0.04molMgCO3需要HCl0.08mol，0.01molMg(OH)2需要HCl0.02mol，因此参加反应的HCl为0.1000mol，故D错误；故选B。11．工业上冶炼金属镁的方法有两种：电解法和皮江法。皮江法是硅在高温下还原氧化镁。\n皮江法冶炼金属镁的工艺流程如图所示，下列说法中不正确的是A．气体a是CO2B．“还原炉”中发生的主要反应有2MgO+Si2Mg↑+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3C．“还原炉”中抽空气到接近真空的原因是防止还原得到的Mg在高温条件下再次被氧化D．“回转炉煅烧”的产物为CaO和MgO，其中电解法就是电解熔融的氧化镁来制备金属镁【答案】D【详解】A．根据常见碳酸盐的性质可知白云石高温条件下会分解为氧化钙、氧化镁和二氧化碳，气体a为二氧化碳，A正确；B．白云石煅烧后得到氧化钙、氧化镁，然后高温条件下用Si还原MgO得到Mg单质，同时二氧化硅和氧化钙反应得到硅酸钙，发生的反应为2MgO+Si2Mg↑+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3，B正确；C．Mg活泼性较强，易被氧气氧化，所以抽空气到接近真空进行还原，C正确；D．氧化镁的熔点较高，电解法制备Mg单质，需要电解熔点较低的熔融MgCl2，D错误；综上所述答案为D。12．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选项实验操作和现象结论A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B向浓度均为的、\n混合溶液中滴加少量溶液，有黄色沉淀生成C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D向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量溶液，溶液变为血红色X溶液中一定含有【答案】A【详解】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘离子生成碘，溴是氧化剂、碘是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，故A正确；B．溶解度小的先生成沉淀，先生成黄色沉淀，说明溶解度AgI<AgCl，则溶度积常数Ksp(AgI）<ksp(AgCl)，故B错误；C．盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，故C错误；D．检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后加氯水，防止铁离子干扰，故D错误；故选：A。13．化学小组利用向溴化钾和溴酸钾的混合液中滴加稀硫酸来制备单质溴(Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒)，并探究溴与FeI2反应的实验，主要装置如图(夹持装置略去)，下列说法错误的是A．装置A中每转移1mol电子，生成0.6mol单质溴B．装置A中反应结束后，溶液呈棕色，向A中缓慢通入热的N2可将溴吹入装置B中C．实验结束后，向装置B中滴加KSCN，溶液变为血红色，说明Fe2+和I-已全部被氧化\nD．装置A的混合液中残留有部分溴单质，可通过萃取、分液和蒸馏等操作分离提纯【答案】C【详解】A．装置A中发生反应：6H++5Br-+BrO=3Br2+3H2O，因此每转移1mol电子，生成0.6mol单质溴，A项正确；B．装置A中反应结束后，溶液呈棕色，向A中缓慢通入热的N2可将溴吹入装置B中，B项正确；C．实验结束后，向装置B中滴加KSCN，溶液变为血红色，不能说明Fe2+已全部被氧化，可能有部分Fe2+被氧化，C项错误；D．装置A的混合液中残留有少量的溴单质，可通过萃取、分液和蒸馏等操作分离提纯，D项正确。故选C。14．某兴趣小组模拟用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备Al2(SO4)x(OH)6-2x溶液，并用其脱除烟气中的SO2，其流程如下：下列说法错误的是A．浸取时发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2OB．滤渣1和滤渣2的主要成分分别为SiO2和CaSO4C．为增强SO2的脱除效果，可在现有基础上再加入过量碳酸钙D．若b＜a(热分解完全)，则循环液的碱性比吸收SO2前溶液的碱性弱【答案】C【详解】A．浸取时氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故A正确；B．SiO2和硫酸不反应，所以滤渣1的成分是SiO2，用碳酸钙和硫酸反应调节溶液的pH生成CaSO4，滤渣2的主要成分为CaSO4，故B正确；\nC．加入过量碳酸钙会使溶液pH>3.6，生成氢氧化铝沉淀，SO2的脱除效果降低，故C错误；D．若b＜a(热分解完全)，说明部分SO2没有释放，则氢氧根离子浓度降低，则循环液的碱性比吸收SO2前溶液的碱性弱，故D正确；选C。二、非选择题：本大题共3小题，共44分。15．（16分）铝在材料、冶炼金属等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)真空碳热还原Al2O3制铝是目前正在开发的一种方法。①该法制铝时会产生一种可燃性气体，发生的总反应的化学方程式为__________。②反应机理表明，碳化铝是冶炼过程中的一种中间产物，碳化铝与水反应生成Al(OH)3和一种含氢量最高的烃，碳化铝的化学式为__________。(2)用如图所示的装置进行铝粉和Fe2O3的铝热反应实验。①纸质漏斗中发生的反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。②实验结束后用磁铁靠近蒸发皿沙中的熔化物，能被磁铁吸引，________(填“能”或“不能”)确认其为纯铁，说明理由：_________。(3)某溶液中只含有H+、Na+、、Ba2+、Al3+、Ag+、Cl-、、OH-、、、中某几种，该溶液中各离子的物质的量浓度均相同。取少量溶液于试管中，滴入甲基橙，溶液呈红色，再加入NaOH溶液，溶液先变浑浊，后变澄清；另取少量溶液于试管中，加入铝片，有无色气体产生，该无色气体遇空气变为红棕色。①溶液中一定存在的阳离子为_______(填离子符号，下同)，一定存在的阴离子为_______。②加入铝片时反应的离子方程式为_________。【答案】（每空2分）Al2O3+3C2Al+3COAl4C3放热不能四氧化三铁也能被磁铁吸引H+、Al3+、Cl-、Al+4H++=Al3++NO↑+2H2O\n【分析】(1)①由元素守恒可知该法制铝时会产生一种可燃性气体为CO，然后进行配平即可写出反应方程式；②根据含氢量最高的烃为CH4，即碳化铝与水反应生成Al(OH)3和CH4，结合元素守恒即可写出该化学式；(2)①纸质漏斗中发生的反应是铝热反应，铝热反应属于放热反应；②反应虽然生成了铁单质，铁单质能被磁铁吸引，但是四氧化三铁也是黑色的能被磁铁吸引的物质；(3)根据取少量溶液于试管中，滴入甲基橙，溶液呈红色说明溶液中含有H+，故没有OH-、、；再加入NaOH溶液，溶液先变浑浊，后变澄清，说明含有Al3+，没有Ag+；另取少量溶液于试管中，加入铝片，有无色气体产生，该无色气体遇空气变为红棕色，说明含有，故初步确定含有的离子为：H+、Al3+、，又该溶液中各离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒可知，溶液中阳离子所带的正电荷为4，而阴离子所带的负电荷为1，说明溶液中还含有Cl-和，故无Na+、、Ba2+，故一定存在的离子为：H+、Al3+、、Cl-、，据此解题。【详解】(1)真空碳热还原Al2O3制铝是目前正在开发的一种方法。①由元素守恒可知，该法制铝时会产生的一种可燃性气体为CO，故发生的总反应的化学方程式为Al2O3+3C2Al+3CO，故答案为：Al2O3+3C2Al+3CO；②碳化铝与水反应生成Al(OH)3和一种含氢量最高的烃即CH4，故一个Al结合3个OH-，一个碳结合4个H，根据最小公倍数可知碳化铝的化学式为Al4C3，故答案为：Al4C3；(2)①纸质漏斗中发生的反应是铝热反应，反应中放出大量的热，故为放热反应，故答案为：放热；②反应虽然生成了铁单质，铁单质能被磁铁吸引，但是四氧化三铁也是黑色的能被磁铁吸引的物质，实验结束后用磁铁靠近蒸发皿沙中的熔化物，能被磁铁吸引，故不能确认其为纯铁，说明理由：四氧化三铁也能被磁铁吸引，故答案为：不能；四氧化三铁也能被磁铁吸引；(3)根据取少量溶液于试管中，滴入甲基橙，溶液呈红色说明溶液中含有H+，故没有OH-、\n、；再加入NaOH溶液，溶液先变浑浊，后变澄清，说明含有Al3+，没有Ag+；另取少量溶液于试管中，加入铝片，有无色气体产生，该无色气体遇空气变为红棕色，说明含有，故初步确定含有的离子为：H+、Al3+、，又该溶液中各离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒可知，溶液中阳离子所带的正电荷为4，而阴离子所带的负电荷为1，说明溶液中还含有Cl-和，故无Na+、、Ba2+，故一定存在的离子为：H+、Al3+、、Cl-、，据此解题。①由分析可知：溶液中一定存在的阳离子为H+、Al3+，一定存在的阴离子为、Cl-、，故答案为：H+、Al3+；、Cl-、；②由分析可知：溶液中含有H+和组成稀硝酸，加入铝片时反应为：Al+4HNO3(稀)=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，故其离子方程式为Al+4H++=Al3++NO↑+2H2O，故答案为：Al+4H++=Al3++NO↑+2H2O。16．（16分）钒有“工业维生素”之称。我国是世界上主要的钒相关产品出口国。一种以钒矿粉(含+3、+4、+5价钒，同时还含有SiO2、Fe3O4、铝硅酸盐等)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1已知：Al(OH)3在pH>12时溶解。回答下列问题：（1）NH4VO3中V的化合价为_______价；“酸浸氧化”时，可以提高反应速率的方法有很多，请写出其中两点：_______、_______。\n（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO。VO2+转化为VO反应的离子方程式为_______。（3）“中和沉淀”中加入的NaOH溶液与过量H2SO4发生的反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。从“中和沉淀”的条件看，“滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有的物质的化学式为_______。（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，该反应的离子方程式为_______，同时溶解的还有_______(填化学式)。（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，其原因是_______；检验“滤液⑤”中金属阳离子的方法是_______。【答案】（1）+5（1分）适当升高温度（1分）搅拌（1分）（2）2VO2++MnO2=2VO+Mn2+（2分）（3）放热（1分）Fe(OH)3、Al(OH)3（2分）（4）V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O（2分）Al(OH)3（2分）（5）使NH4VO3充分析出（2分）焰色试验（2分）【分析】钒矿粉经酸浸氧化，二氧化锰做氧化剂，可以将VO+、VO2+氧化成VO，将二价铁离子氧化为三价铁离子，同时除去二氧化硅，中和沉淀调节pH=3.2所得滤渣中含有V2O5·xH2O还含有Fe(OH)3、Al(OH)3，“沉淀转溶”时pH大于13将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，同时将氢氧化铝转化为偏铝酸盐，调节pH=8.5除去铝元素，最后制得NH4VO3，据此分析答题。（1）根据化合物中元素化合价代数和为0计算可知NH4VO3中V的化合价为+5价；提高温度，搅拌，可以提高“酸浸氧化”时的反应速率；答案为：+5；适当升高温度；搅拌；（2）“酸浸氧化”中，二氧化锰做氧化剂，可以将VO+、VO2+氧化成VO，氧化VO2+的离子方程式为2VO2++MnO2=2VO+Mn2+，答案为：2VO2++MnO2=2VO+Mn2+；（3）酸碱中和反应是放热反应；通过表格信息可知三价铁离子在pH=3.2时已经完全沉淀，铝离子在pH=3.0时开始沉淀，所以“滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有Fe(OH)3、Al(OH)3，答案为：放热；Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，反应的离子方程式为V2O5·xH2O+2OH-=2VO\n+(1+x)H2O；Al(OH)3在强碱性环境下也可以溶解，所以同时溶解的还有Al(OH)3；答案为：V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O；Al(OH)3；（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，可以利用同离子效应使NH4VO3充分析出；“滤液⑤”中金属阳离子为钠离子，可以采用焰色试验进行检验；答案为：使NH4VO3充分析出；焰色试验。17．（12分）以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣(含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如图：（1）在废渣溶解操作时，应选用___溶解(填字母)。A．氨水B．氢氧化钠溶液C．盐酸D．硫酸（2）为了提高废渣的浸取率，可采用的措施有哪些？___(至少写出两点)。（3）物质A是一种氧化剂，工业上最好选用___(供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2)。氧化过程中发生反应的离子方程式为___。（4）根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件(从温度、pH和氧化时间三方面说明)是：___。（5）铵黄铁矾的化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，其化学式可通过下列实验测定：①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A。②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g。\n③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体448mL，同时有红褐色沉淀生成。④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g。通过计算，可确定铵黄铁矾的化学式为___。(已知铵黄铁矾的摩尔质量为960g•mol-1，计算过程中不考虑固体损失和气体溶解。)【答案】（每空2分）（1）D（2）将废渣粉碎、加热、搅拌等（3）空气4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（4）溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间4-6之间（5）(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12【分析】废渣（含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO），将废渣溶解，溶解时加入的物质能溶解废渣但不能引进杂质；然后向溶液中加入A，A具有氧化性，能氧化亚铁离子但不能引进新的杂质且原料易得、成本低；然后向溶液中加入氨水，溶液中硫酸铁和氨水反应生成铵黄铁矾，同时溶液中镁离子、钙离子形成氢氧化钙、氢氧化镁、硫酸钙等会结晶析出，采用过滤方法分离得到铵黄铁矾和滤液；将滤液蒸发浓缩回收硫酸铵；将铵黄铁矾溶于水得到溶液，然后向溶液中加入氨水，得到氢氧化亚铁沉淀，然后过滤得到滤渣，将滤渣加热得到铁红。（1）结合流程可知，废渣中含有Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO，故废渣溶解操作时，应选用硫酸溶解比较合适。（2）为了提高废渣的浸取率，可以将废渣进一步粉碎，以增大固体的表面积提高反应速率，还可以采用加热、搅拌等方法。（3）废渣溶解后，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，提供的三种氧化剂中只有空气(O2)是绿色氧化剂；反应化学方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。（4）由三条曲线可得，相同时间内，80℃、pH=1.5时，Fe2+的转化率最高，故应选该条件，浸取4小时之后再延长时间转化率提高不大，故浸取4小时较合适，综上分析，工业上氧化操作时应控制的条件是：溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间为4h左右。（5）由②得，n(SO)=n(BaSO4)=0.04mol；由③得，n(NH)=n(NH3)=0.02mol；由④得，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.06mol；所以，结合(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，可设为(NH4)xFe3x(SO4)2x(OH)w，由正负化合价代数和为0得：w=6x，又因为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w\n的摩尔质量为960g•mol-1，其化学式为：(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12