2025年高考化学一轮复习专题突破卷03金属及其化合物（新教材新高考）（含解析）

专题突破卷03 金属及其化合物
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的)
1．明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载人一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红……冷淀，毁罐取出……即倭铅也”（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭）。下列说法不正确的是（ ）
A．倭铅是指金属锌和铅的混合物
B．煤炭中起作用的主要成分是碳.
C．该方法中冶炼锌的化学方程式为
D．该冶炼锌的方法属于热还原法
2．中国银行发行的中国航天普通纪念币，面额为10元，直径为27毫米，材质为双色铜合金。下列关于合金的叙述不正确的是
A．铜合金和单质铜一样，具有良好的导电性、导热性和延展性
B．铜合金的硬度比单质铜大
C．铜合金的熔点比单质铜低
D．该纪念币能完全溶解于稀硫酸中
(2023·江苏南京期末)
3．下列有关金属冶炼的说法不正确的是
A．制：电解饱和溶液
B．制：电解熔融
C．制：用焦炭和空气反应产生的在高温下还原铁矿石中的铁的氧化物
D．制：熬胆矾铁釜，久之亦化为铜
4．下列铁及其化合物性质与用途具有对应关系的是
A．Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂 B．Fe2O3粉末呈红棕色，可用于制取铁盐
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D．FeCl3溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板
(2024·北京师范大学附属中学高三统练)
5．关于离子化合物和，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
C．、与水反应时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
(2024·广西高三4月模拟)
6．实验改进与优化应遵循科学性、易操作性、安全性的原则，提升化学实验效率。下列有关实验改进分析不正确的是
A．使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下
B．用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气
C．利用该装置可制取，并进行性质的探究实验
D．利用该装置可较长时间看到白色絮状沉淀
(2023·辽宁本溪开学考)
7．元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。铁元素的价类二维图如图，其中箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法错误的是
A．是一种红棕色的氧化物，可由、水蒸气高温反应制得
B．为实现向的转化，可向含的溶液中通入新制氯水
C．工业上用还原炼铁，该反应不属于置换反应
D．维生素C能将转化为，过程中维生素具有还原性
(2024·湖南永州模拟)
8．自来水厂利用铁屑及FeCl2溶液处理泄漏的Cl2.下列有关说法不正确的是
A．Cl2和水反应的离子方程式为H2O＋Cl2 HClO＋H＋＋Cl-
B．吸收泄漏氯气的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Cl-＋2Fe3＋
C．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，使吸收液获得再生
D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2＋、Fe3＋、ClO-、Cl-
9．某研究性学习小组从腐蚀印刷电路板的废液(含有FeCl2、FeCl3、CuCl2)中回收铜并制备氯化铁晶体，设计流程如下：
下列说法正确的是
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都用到玻璃棒引流
C．若试剂c是双氧水和盐酸，相应的离子反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋
(2023·江苏徐州期末)
10．铜是人类祖先最早应用的金属，随着科学技术的发展不断开发出新的用途，如制印刷电路板等。目前工业上生产铜的主要方法为火法冶炼铜，部分工业流程如下。
下列化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．制印刷电路板：
B．电解精炼铜阳极电极反应式：
C．生产粗铜时发生的化学反应可能有：
D．青铜器产生铜绿的过程：
(2024·陕西铜川王益中学高三模拟预测)
11．下列实验操作及现象正确且能得出结论或达到预期实验目的的是
选项 实验操作及现象 预期实验目的或结论
A 向鸡蛋清溶液中加入饱和氯化铵溶液，有沉淀析出 证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性
B 用洁净干燥的玻璃棒分别蘸取溶液和溶液，滴在pH试纸上，与标准比色卡比较，测得溶液对应的pH更小 溶液的酸性更强
C 取少量固体样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液，有白色沉淀产生 证明固体样品已变质
D 室温下，向一定量饱和溶液中通入足量气体，观察到有晶体析出 室温下固体在水中的溶解度：
A．A B．B C．C D．D
12．在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解，有a/4 g HNO3被还原，则a∶b不可能为
A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．9∶2
13．工业上以粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是
A．饱和食盐水中先通入的气体为CO2
B．流程图中的“系列操作”中一定需要使用玻璃棒
C．如图乙所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性
D．对粗盐溶液除杂可依次加入过量NaOH、Na2CO3、BaCl2溶液，过滤后再加入盐酸调节溶液的pH
(2024·安徽安庆第一中学高三6月热身考试)
14．软磁材料可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。
25℃时，。下列说法错误的是
A．X可为稀硫酸
B．滤渣2成分是和
C．“酸浸”时中的铁元素转化为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2
D．利用替代CaO可优化该流程
(2024·辽宁省实验中学调研)
15．一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2至溶液中无Fe2＋存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL6mol·L-1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．该合金中铁的质量为5.6g
B．所加稀硫酸中含1.2molH2SO4
C．合金与稀硫酸反应共生成0.45molH2
D．该合金与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为0.3NA
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
(2024·天津第四中学模拟)
16．硫酸亚铁是重要的化工原料
Ⅰ．
(1)由溶液制备硫酸亚铁晶体的方法是 。检验晶体中是否完全变质，将晶体溶于水，加 (填试剂)。
(2)溶液与过量的溶液混合，可以得到含的浊液，离子方程式是 。
Ⅱ．氧化铁黄(FeOOH)是一种黄色颜料，具有非常好的耐光性和耐碱性，是氧化铁的一水合物。以为原料制备FeOOH的流程如下：
回答下列问题：
(3)若在实验室完成上述制备，不需要使用的仪器是 。
(4)“氧化”时，溶液pH变化记录如下图所示。
①时段，pH快速下降的原因是反应生成了FeOOH和，该反应的化学方程式为 。
②时段，经历的反应为，该过程pH继续平缓下降的原因可能是 。
(5)判断流程中产品洗涤干净的方法是 。
(6)氧化铁黄(FeOOH)纯度可以通过产品的耗酸量确定，如下图所示。
已知：，不与稀碱液反应。
①在溶液c中滴加NaOH标准溶液，使用的指示剂为 。
②若实验时加入了的，消耗，设氧化铁黄的摩尔质量为，则氧化铁黄样品纯度为 (用含w、、、M的代数式表示)。
③测定时，若滴入不足量，会使实验结果 (选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(2024·湖南邵阳检测)
17．镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的 ，还生成少量的 (填化学式)。
(2)是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为 ，水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐。写出该反应的化学方程式： 。
(3)现有一块合金，将其置于烧杯中。若加入溶液，恰好完全反应生成。若加入少量盐酸，则生成。计算 。
(4)是常用的阻燃材料。以白云石(，不考虑杂质)为原料制备和工艺流程如下：
①相同条件下，溶解度： (填“＞”或“＜”)。
②“煅烧”时称取白云石，高温加热到质量不再变化，收集到的为(标准状况下)，若工艺中不考虑损失，则和的质量分别为 、 。
(2024·北京师范大学附属中学高三三模)
18．某小组同学探究高铁酸钾(K2FeO4)的制备条件及性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，有强氧化性，酸性条件下分解放出气体，微溶于KOH溶液。
Ⅰ：K2FeO4的制备(夹持和加热装置已略)
(1)装置A中产生Cl2的离子方程式是 。
(2)C中得到紫色固体和紫色溶液，写出C中Cl2发生的反应：和 。
(3)实验表明：C中和KOH的用量对K2FeO4的产率有影响。
实验序号 试剂 C中实验现象
ⅰ 和少量KOH 无明显现象
ⅱ 和过量KOH 得到紫色溶液和紫色固体
注：上述实验中，溶液总体积、的物质的量、Cl2的通入量均相同。
结合电极反应式，分析实验ⅰ和实验ⅱ现象不同的原因可能是 。
Ⅱ：探究K2FeO4的性质
实验ⅲ：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a。
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
(4)根据气体中有Cl2生成，得出：氧化性K2FeO4>Cl2，是否合理？理由是 。
(5)a溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将氧化，还可能由 产生(用离子方程式表示)。
(6)实验ⅳ：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b．取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。该方案可证明K2FeO4氧化了。用KOH溶液洗涤的目的是 。
(7)实验反思
①实验一中装置B的作用是 。
②实验一中得到紫色溶液后，持续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅。解释可能原因 。
(2024·北京第十四中学高三三模)
19．I、工业废水中的氨氮和烟气用多种方法进行处理，使废水和烟气达标后排放。
(1)氨氮(和)胶水的处理过程中加溶液，调节至9后，升温至，通空气将氨赶出并回收。
①用离子方程式表示加溶液的作用： 。
②用化学平衡原理解释通空气的目的： 。
(2)氧化法处理烟气中的。用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除、向溶液中加入硫酸，研究初始对脱除率的影响，结果如下。
已知：NOx脱除率=×100%
a、不用盐酸调节溶液初始的原因是 。
b、时，从物质性质角度分析脱除率随溶液初始升高而增大的可能原因： 。
时、随温度升高，脱除率有所下降，可能原因为： 。
Ⅱ、回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图：
(3)从“正极”可以回收的金属有 。
(4)“碱溶”时箔溶解的离子方程式 。
(5)“酸浸”时产生标准状况下，被氧化的 。(杂质不与反应)
(6)实验测得滤液②中，加入等体积的溶液后，的沉降率到。则滤液③中 。
(7)磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池中的固体电解质可传导。充电时，移向 (填“阳极”或“阴极”)；放电时，正极反应式为 。
(8)磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的溶液，再加入饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液。
已知：
①实验中加入饱和溶液的目的是 。
②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为 。
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．倭铅是指金属锌，不是锌和铅的混合物，故A错误；
B．煤炭的主要成分是碳，反应中碳作还原剂，故B正确；
C．碳在高温条件下生成CO，故C正确；
D．该冶炼锌的方法是加热条件下用还原剂将金属还原出来，属于热还原法，故D正确；
故选A。
2．D
【详解】A．合金是金属和金属或金属和非金属形成的具有特征性质的混合物，一定含金属，具有金属光泽以及良好的导电性、导热性、延展性等金属特性，故A正确；
B．通常合金的硬度比其成分金属的大，故B正确；
C．一般来说合金的熔点比它的成分金属的熔点都低，故C正确；
D．铜不与稀硫酸反应，故该纪念币不能完全溶解于稀硫酸中，故D错误；
故选：D。
3．A
【详解】A．电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，不能得到钠，应电解熔融NaCl，故A错误；
B．电解熔融 ，可用于制Mg，故B正确；
C．CO高温热还原铁的氧化物可得Fe单质和，依其原理可知，可用于炼铁，故C正确；
D．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，其方程式为，依其原理可知，可用于炼铜，故D正确；
答案选A。
4．A
【详解】A．Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂，A正确；
B．Fe2O3粉末呈红棕色，可用于染料，B错误；
C．Fe3+水解，生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，C错误；
D．FeCl3溶液具有氧化性，用于蚀刻铜电路板，D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．在中，两个氧原子之间形成的是非极性共价键，在中，两个碳原子之间形成的是非极性共价键，A正确；
B．在中，阴离子是，阳离子是Na+，其阴、阳离子个数比1：2，而在中，阴离子是，阳离子是Ca2+，它的阴、阳离子个数比1:1，B错误；
C．与水反应时既是氧化剂又是还原剂，水只是提供了反应的环境。而中化合价不变，是非氧化还原反应，水均不作氧化剂或还原剂，C正确；
D．，根据反应的比例关系，2mol与足量水反应生成1molO2，而2mol与水反应生成2molC2H2，所以相同物质的量的和与足量的水反应，所得气体的物质的量，D正确；
故选B。
6．C
【详解】A．恒压滴液漏斗为密闭装置且能平衡压强，使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下，A正确；
B．氢气具有可燃性，和氧气混合点燃容易爆炸；用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生，B正确；
C．铜和浓硫酸需要加热才能反应生成二氧化硫，C错误；
D．装置A中生成氢气排净装置中空气且生成硫酸亚铁，一段时间后关闭a，A中压强变大，硫酸亚铁被压入B中生成氢氧化亚铁沉淀，利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀，D正确；
故选C。
7．A
【详解】A．是一种黑色的氧化物，可由、水蒸气高温反应制得，A错误；
B．Fe2+转化成Fe3+，铁元素的化合价升高，需要加入新制氯水等氧化剂才能实现转化，B正确；
C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成新的单质和化合物的反应，工业上用还原炼铁，该反应不属于置换反应，C正确；
D．维生素C能将还原为，过程中维生素表现还原性，D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．溶于水的Cl2部分与水反应生成HCl和HClO，该反应是可逆反应，HClO是弱酸，A正确；
B．泄漏的Cl2被FeCl2溶液吸收，反应生成FeCl3，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Cl－＋2Fe3＋，B正确；
C．吸收Cl2后FeCl2转化为FeCl3，铁屑可将FeCl3还原为FeCl2，使吸收液获得再生，C正确；
D．Fe2＋具有还原性，ClO－具有较强氧化性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故选D。
9．C
【分析】废液中加入试剂a产生沉淀，推测a可能为Fe 粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe 2+、Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，经过操作过滤得滤渣Y(含Cu、Fe)，滤液X(FeCl2)，向滤渣Y中加入HCl(试剂b)，可将Fe溶解为FeCl2，而Cu不反应， 经过过滤（操作Ⅱ）实现与Cu的分离，滤液Z( 主要含FeCl2)，由于最终产品为FeCl3，故此处加入的试剂c为一种氧化剂，将FeCl2 氧化为FeCl3，可能为H2O2或新制氯水， 获得FeCl3溶液后，对其进行操作(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥)可获得FeCl3晶体，以此解答该题。
【详解】A．由分析知试剂a是铁，试剂b为盐酸，若用硫酸，则会引入杂质，A错误；
B．操作Ⅰ、Ⅱ为过滤，需用玻璃棒引流液体，操作Ⅲ涉及蒸发操作，需用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，B错误；
C．H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，根据电荷守恒添加H＋配平，相应离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，C正确；
D．溶液W中过量的盐酸与KMnO4也反应，故此处不能用KMnO4检验Fe2＋，D错误。
故选C。
10．C
【详解】A．制印刷电路板时Cu与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A项错误；
B．电解精炼铜时粗铜为阳极，粗铜中比Cu活泼的金属如Fe等先失电子发生氧化反应、后Cu失电子发生氧化反应，即阳极反应式为Fe-2e-=Fe2+等、Cu-2e-=Cu2+(主要)，精铜为阴极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，B项错误；
C．生产粗铜时，Cu2S与O2高温反应可生成CuO和SO2，CuO可能与未反应的Cu2S高温反应生成Cu和SO2，可能反应为Cu2S+2CuO4Cu+SO2↑，C项正确；
D．在金属活动性顺序表中Cu处在H的后面，青铜器不可能发生析氢腐蚀，青铜器发生吸氧腐蚀，青铜器生产铜绿的过程：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，D项错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．向鸡蛋清溶液中加入饱和氯化铵溶液，有沉淀析出，再把沉淀加入蒸馏水中，沉淀会重新溶解，说明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生了盐析，A错误；
B．溶液本身呈蓝色，会干扰pH试纸的颜色，B错误；
C．溶流中先加入足量稀盐酸，再加入足量溶液后，有白色沉淀产生，说明生成了不溶于盐酸的沉淀，证明固体样品已变质，C正确；
D．向饱和溶液中通入，反应过程中消耗了溶剂水，生成的质量比消耗的质量大，即使有晶体析出，也不能充分说明溶解度比大，D错误。
答案选C。
12．A
【分析】铁与稀HNO3的反应情况不能简单地一概而论，硝酸具有强氧化性，铁具有还原性，铁粉反应可能生成Fe2+或Fe3+或Fe2+与Fe3+，应根据Fe与HNO3二者物质的量相对多少的不同来讨论：恰好反应生成Fe3+，根据电子转移守恒计算a：b；恰好反应生成Fe 2+，根据电子转移守恒计算a：b；恰好反应生成Fe2+与Fe3+，根据（1）、（2）的极限可知，该a：b介于上述两种情况之间。
【详解】Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。
(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)=== 3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
则有＝3∶8，解得：a：b＝3:1
此为a∶b的最小值。
(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O
则有＝1∶1，解得：a：b＝9:2
此为a∶b的最大值。
所以a∶b的取值范围为3:1≤a：b≤9:2，即a∶b的比值在此范围内均合理，故选A。
【点睛】本题以铁和硝酸反应为载体考查了氧化还原反应，根据生成物中铁元素化合价结合电子守恒进行分析解答，注意极限法的应用。
13．B
【详解】A．在饱和食盐水中先后通入氨气、二氧化碳制取碳酸氢钠，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，二氧化碳的溶解度增大，可以达到实验目的，故A错误；
B．从溶液中得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，故B正确；
C． Na2CO3加热不易分解，NaHCO3晶体加热容易分解，故小试管中盛放NaHCO3，大试管中盛放Na2CO3，NaHCO3间接加热能分解，Na2CO3直接加热不分解，能证明两者的稳定性，图中放反了，故C错误；
D．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，先加入Na2CO3溶液，后加入BaCl2溶液，无法除去过量的钡离子，故D错误；
故选B。
14．B
【分析】黄铁矿和阳极渣加稀硫酸酸浸，发生氧化还原反应，过滤，滤渣1为S、PbSO4，滤液中加H2O2和CaO，其中CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，过滤，滤液中加MnF2沉淀Ca2+，过滤得到含MnSO4的滤液，然后经过一系列处理得Mn3O4。
【详解】A．MnO2具有较强氧化性，具有较强还原性，据流程图可知，后续操作得到MnSO4，所以X可为稀硫酸，故A正确；
B．滤液中加CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，由于CaSO4微溶，所以滤渣2的成分是、CaSO4和Fe(OH)3，故B错误；
C．“酸浸”时中的铁元素转化为，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故C正确；
D．利用替代CaO可避免引入杂质Ca2+，即可优化该流程，故D正确；
故答案为：B。
15．A
【分析】根据题意，加入H2O2完全反应后溶液中的金属离子为Fe3＋和Al3＋，要使得沉淀量最大，则加入NaOH溶液后刚好生成Fe(OH)3和Al(OH)3，设合金中Fe的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，则56x＋27y＝11.0，107x＋78y＝26.3，联立两个方程可解得x＝0.1，y＝0.2，即Fe的质量为5.6 g，Al的质量为5.4 g。
【详解】A．根据分析可知，合金中铁的质量为5.6g，A正确；
B．根据分析，沉淀量最多时溶质只有硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为＝0.6 (mol)，B错误；
C．根据反应Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑、2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，0.1 mol Fe完全反应生成0.1 mol氢气，0.2 mol Al完全反应生成0.3 mol氢气，共生成0.4 mol氢气，C错误；
D．该合金与足量NaOH溶液发生反应2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，转移的电子的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，即转移的电子数为0.6NA，D错误；
答案选A。
16．(1) 隔绝空气中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥 溶液
(2)
(3)D
(4) 反应生成的水解缓慢产生
(5)取最后一次洗涤液，加入溶液，未出现浑浊，则洗涤干净
(6) 酚酞溶液 偏小
【分析】（6）将氧化铁黄用过量硫酸标准溶液溶解，得到Fe3+，然后加入溶液，将Fe3+转化为，再用NaOH标准溶液滴定剩余的硫酸，从而得出产品纯度。据此分析作答。
【详解】（1）Fe2+容易被氧化，所以由溶液制备硫酸亚铁晶体必须隔绝空气，方法是隔绝空气中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；检验晶体中是否完全变质，即检验是否还有Fe2+，方法是将晶体溶于水，溶液，观察溶液是否产生蓝色沉淀；
（2）溶液与过量的溶液混合，可以得到含的浊液，离子方程式是：；
（3）上述实验室制备过程需要过滤、洗涤、干燥，所以不需要用到的是蒸发皿，选D；
（4）①时段，pH快速下降的原因是反应生成了FeOOH和，该反应的化学方程式为:；
②时段，经历的反应为，由于反应生成Fe3+，该过程pH继续平缓下降的原因可能是反应生成的水解缓慢产生；
（5）判断流程中产品是否洗涤干净即检验是否含有，方法是：取最后一次洗涤液，加入溶液，未出现浑浊，则洗涤干净；
（6）①在溶液c中滴加NaOH标准溶液，该过程是硫酸与NaOH的反应，所以使用的指示剂为酚酞溶液；
②根据分析可知，氧化铁黄与硫酸反应的转化关系：2FeOOH~3H2SO4，剩余硫酸与NaOH反应的转化关系：H2SO4~2NaOH，若实验时加入了的，消耗，设氧化铁黄的摩尔质量为，则氧化铁黄样品纯度为=；
③测定时，若滴入不足量，会导致溶液中还有Fe3+，使消耗的NaOH偏多，使结果偏小。
17．(1) MgO Mg3N2
(2) +2 2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2
(3)0.02mol
(4) > 8.7 g 15g
【详解】（1）镁既能在氧气中燃烧又能在氮气中燃烧，氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2；
（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂,其中镁的化合价为+2，CH3MgCl水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐，则该碱一定是氢氧化镁，该盐一定是氯化镁，该反应的化学方程式为2CH3MgCl+2H2O=2CH4↑+MgCl2 +Mg(OH)2；
（3）溶液中含有0.02molNaOH，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故0.02molNaOH反应生成0.03molH2，n1=0.03mol；的盐酸含有0.02molHCl，与金属反应产生氢气n(H2)= n(H+)=n(HCl)=0.01mol，即n2=0.01mol，故0.03mol-0.01mol=0.02；
（4）①
氢氧化钙微溶于水，氢氧化镁难溶于水，所以溶解度:Ca(OH)2 > Mg(OH)2；
②“煅烧”时称取27.6 g白云石,高温加热到质量不再变化,收集到的CO2为6.72 L(标准状况下)，则CO2的物质的量为0.3mol，由碳元素守恒可得，n(CaCO3)+n(MgCO3)=0.3mol，100g/moln(CaCO3)+84 g/moln(MgCO3)=27.6g，解之得n(CaCO3) =0.15mol，n(MgCO3)=0.15mol，若工艺中不考虑Ca、Mg损失，则Mg(OH)2的质量为58g/mol0.15mol=8.7 g、CaCO3的质量为100g/mol0.15mol=15 g。
18．(1)
(2)Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O
(3)电极方程式为：Fe(OH)3+5OH-+3e-=+4H2O，实验ⅱ中过量KOH碱性较强，增强+3价铁的还原性
(4)不合理，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性强弱
(5)4+20H+=3O2↑+4Fe3++8H2O
(6)使K2FeO4稳定溶出，并除去K2FeO4固体附着的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2，避免ClO-干扰实验
(7) 除去挥发的HCl 通入氯气后，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其它物质
【分析】由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl,C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气；
【详解】（1）装置A中二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、水和Cl2，离子方程式是；
（2）C中得到紫色固体和紫色溶液，C中发生的反应有：和Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O；
（3）氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe(OH)3+5OH-+3e-=+4H2O，实验ⅱ中过量KOH碱性较强，增强+3价铁的还原性，因此与少量KOH实验的现象不同；
（4）制备K2FeO4的反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，Cl2是氧化剂，K2FeO4是氧化产物，则氧化性：Cl2＞K2FeO4，方案Ⅱ反应的氧化性：K2FeO4＞Cl2，二者相反，对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同会影响物质氧化性的强弱；
（5）K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2和Fe3+，产生的Fe3+干扰了实验检验，反应为4+20H+=3O2↑+4Fe3++8H2O；
（6）K2FeO4在碱性溶液中较稳定，并且固体表面附有ClO-，加入盐酸时ClO-能与盐酸反应生成的Cl2，所以用KOH溶液洗涤的目的是使K2FeO4稳定溶出，并除去K2FeO4固体附着的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2，避免ClO-干扰实验；
（7）①用浓盐酸制取氯气，由于盐酸易挥发，制取的氯气中混有HCl杂质气体，实验一中装置B的作用是除去挥发的HCl；
向实验Ⅱ所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因是通入氯气后，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其它物质。
19．(1) 氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离
(2) 盐酸是还原性酸，能与 NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的 pH 反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡2NO2+ClO-+H2O2+ Cl-+2H+正向移动，从而提高脱除率 随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降
(3)Li、Fe、Al
(4)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
(5)0.3
(6)4
(7) 阴极 Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
(8) 将溶液中过量的 Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定 28.8%
【分析】废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加氢氧化钠溶液浸泡，将铝溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiFePO4，加硫酸、硝酸，除去不溶于酸碱的导电剂，调节pH生成FePO4沉淀，滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。
【详解】（1）①铵盐能和强碱反应，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：；
②氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离。
（2）a、盐酸是还原性酸，能与 NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的 pH；
b、时NaClO首先结合H+生成 HClO，HClO表现强氧化性将NO2氧化为，1mol NaClO得2mol电子生成1mol NaCl，1molNO2失1 mol电子生成，根据得失电子守恒得：2NO2+ClO-+H2O2+ Cl-+2H+，可知反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率；时、随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降。
（3）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al。
（4）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。
（5）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下2.24LNO的物质的量为=0.1mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.1molNO转移0.3mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1molLiFePO4转移1mol电子，则转移0.3mol电子，溶解0.3molLiFePO4。
（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-99%)×0.5=0.02mol/L，则滤液③中。
（7）充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，Li1-xFePO4转化为LiFePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。
（8）①加入 HgCl2饱和溶液，发生反应 ，据此推测其作用是将溶液中过量的 Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定；
②根据滴定反应的方程式可得关系式6Fe2+~ ，则有n(Fe2+)=6n()=6×0.030 mol·L-1×40.00×10-3L=7.2×10-3mol，m(Fe)= 7.2×10-3mol×56 g·mol-1=0.4032g，故磷酸铁锂电池中铁元素的百分含量为。
答案第1页，共2页
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