1、第3章 金属元素及其重要化合物1(2019全国卷)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是()A向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失ZnCuSO4=CuZnSO4B澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2CO2=CaCO3H2OCNa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2OO2D向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)22FeCl3=2Fe(OH)33MgCl2答案C解析加入足量Zn粉，Cu2被完全还原为Cu，所以溶液蓝色消失，A正确；澄清石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙白色沉淀，B正确；过氧化钠是淡黄色固体，在空
2、气中久置成为碳酸钠，变为白色，C错误；Mg(OH)2悬浊液中滴加足量三氯化铁溶液，白色Mg(OH)2沉淀可转化为红褐色氢氧化铁沉淀，D正确。2(2019天津高考)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是()A将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2B铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水答案C解析Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，使土壤碱性增强，C错误。3(2018全国卷)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源
3、汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是()A合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反应的金属离子为Fe3D上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠答案D解析废旧电池中含有重金属，随意丢弃容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；HNO3可以将磷酸亚铁锂滤渣中的Fe2氧化为Fe3，得到含Li、P、Fe等滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3，C正确；硫酸
4、锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。4(2018全国卷)化学与生活密切相关。下列说法错误的是()A碳酸钠可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C氢氧化铝可用于中和过多胃酸D碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查答案D解析碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。5(2018江苏高考)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是()A向FeCl
5、2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色BKAl(SO4)212H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体CNH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3DCu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2答案A解析FeCl2溶液中含Fe2，NH4SCN用于检验Fe3，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A错误；KAl(SO4)212H2O溶于水电离出的Al3水解形成Al(OH)3胶体，离子方程式为Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，B正确；实验室可用NH4Cl和Ca(OH)2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O，C正确；Cu与Fe
6、Cl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2，D正确。6(2018江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ANaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)CAgNO3(aq)Ag(NH3)2(aq)Ag(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)答案A解析A项，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与
7、过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现。7(2018北京高考)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色答案C解析A项，NaOH溶液滴入
8、FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2H2OHClHClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgClNa2S=Ag2S2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NOO2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应。8(20
9、17全国卷)由下列实验及现象不能推出相应结论的是()实验现象结论A向2 mL 0.1 molL1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：FeFe2B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)Ksp(AgCl)答案C解析A项，加入过
10、量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3完全被消耗，即Fe2Fe3=3Fe2，根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe化合价升高，Fe作还原剂，Fe2既是还原产物又是氧化产物，因此还原性FeFe2，故A正确；B项，瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4NaCO22Na2OC，CO2中C元素化合价降低，因此CO2作氧化剂被还原，故B正确；C项，碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3CO2H2O，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是NH4HCO3的缘故，故C错误；D项，产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ks
11、p(AgCl)Ksp(AgI)，故D正确。9(2017天津高考)下列有关水处理方法不正确的是()A用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C用氯气处理水中的Cu2、Hg2等重金属离子D用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用氨答案C解析石灰和Na2CO3均可以与酸反应，可以用来处理废水中的酸，故A正确；铝盐和铁盐溶液中的Al3、Fe3均可水解，分别生成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物，故B正确；烧碱(NaOH)可与高浓度的NH溶液反应产生NH3，可回收利用NH3，故D正确。因CuCl2、HgCl2可溶，氯气不能使Cu2、Hg2从溶液中析
12、出除去，故C错误。10(2017江苏重组)下列说法正确的是()A明矾的化学式：Al2(SO4)3BNa2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂C能实现FeFeCl2Fe(OH)2的转化D无色透明的溶液中Fe3、Mg2、SCN、Cl可大量共存答案B解析明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，故A错误；FeFeCl3，故C错误；Fe3和SCN不能共存，且Fe3显棕黄色，故D错误。11(2019全国卷)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方
13、法是_。(2)步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_(填标号)。(3)步骤中选用足量的H2O2，理由是_，分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。答案(1)碱煮水洗(2)加快反应热水浴C(3)将Fe2全部氧化为Fe3；不引入杂质防止Fe3水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH4Fe
14、(SO4)212H2O解析(1)铁屑表面的油污可以用热的氢氧化钠溶液洗涤，然后用蒸馏水洗净。(2)铁与硫酸反应，加热的目的是加快反应速率，由于温度要控制在8095 ，应选择水浴加热。铁中含有少量的硫化物，与酸反应后生成酸性气体H2S，应该用碱溶液吸收H2S气体，为了防止倒吸，应选用C装置。(3)铁与硫酸反应后生成硫酸亚铁，加入足量的过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。Fe3在水中易水解生成氢氧化铁沉淀，为了抑制Fe3水解，溶液要保持较强的酸性，使用H2O2的优点是不引入新的杂质。(4)硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，为了从溶液中得到硫
15、酸铁铵应将溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。(5)由于样品失去1.5个结晶水，失重5.6%，即MNH4Fe(SO4)2xH2O5.6%1.518 gmol1，可以求得MNH4Fe(SO4)2xH2O482 gmol1，利用硫酸铁铵晶体的摩尔质量减去NH4Fe(SO4)2的摩尔质量可以求出晶体中水的摩尔质量之和，为216 gmol1，由此可以求出x12。12(2019江苏高考)聚合硫酸铁Fe2(OH)62n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸，在约70 下
16、边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2的离子方程式为_；水解聚合反应会导致溶液的pH_。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2将Fe3还原为Fe2)，充分反应后，除去过量的Sn2。用5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2反应生成Cr3和Fe3)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2，样品中铁的质量分数的测定结果将_(填“偏大”“偏小”或“无影响
17、”)。计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。答案(1)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O减小(2)偏大n(Cr2O)5.000102 molL122.00 mL103 LmL11.100103 mol由滴定时Cr2OCr3和Fe2Fe3，根据得失电子守恒可得微粒的关系式：Cr2O6Fe2(或Cr2O14H6Fe2=6Fe32Cr37H2O)则n(Fe2)6n(Cr2O)61.100103 mol6.600103 mol样品中铁元素的质量：m(Fe)6.600103 mol56 gmol10.3696 g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)100%12.32%解析(1)将一定量的FeSO4
18、7H2O溶于稀硫酸中，缓慢加入H2O2溶液，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；Fe2(SO4)3水解聚合使得溶液酸性增强，即会导致溶液的pH减小。(2)实验中滴加过量的SnCl2溶液(Sn2将Fe3还原为Fe2)，若不除去过量的Sn2，滴定过程中Cr2O与Sn2反应，消耗K2Cr2O7偏多，使结果偏大。13(2018全国卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe
19、2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。答案(1)2ZnS3O22ZnO2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)ZnCd2=Zn2Cd(4)Zn22e=Zn溶浸解析(1)由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧
20、过程中主要反应的化学方程式为2ZnS3O22ZnO2SO2。(2)由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要沉淀铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，反应的离子方程式为ZnCd2=Zn2Cd。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn22e=Zn；阳极是氢氧根离子放电，破坏了水的电离平衡，产生氢离子
21、，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。14(2018江苏高考)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。(2)添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率100%不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700 焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要
22、原因是_。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_(填化学式)转化为_(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)_。答案(1)SO2OH=HSO(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116解析(2)根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600 ，不添加CaO的矿粉低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO2SO2O2=
23、2CaSO4，根据硫去除率的含义，700 焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。(3)“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al(OH)3。(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS216Fe2O311Fe3O42SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)116。15(2016全国卷)某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问
24、题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL1 KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如
25、下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_；生成沉淀的原因是_(用平衡移动原理解释)。答案(1)防止Fe2被氧化(2)2Fe2Cl2=2Fe32Cl
26、(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应(5)2Fe2H2O22H=2Fe32H2OFe3催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3的水解平衡正向移动解析(1)Fe2易被空气中的O2氧化为Fe3，加入少量铁屑，可防止Fe2被氧化。(2)Cl2可将Fe2氧化，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(3)Fe2易被空气中的O2氧化，加入煤油，覆盖在溶液上面，阻止空气进入溶液干扰实验。(4)实验加入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，说明含有Fe2；实验和说明在I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3，证明该反应为可逆反应。(5)H2O2溶液中加入酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明Fe2被H2O2氧化成Fe3，同时生成的Fe3对H2O2的分解有催化作用，H2O2的分解反应放热，又对Fe3的水解起促进作用。
