1、专题5金属及其化合物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，在空气中久置成
2、为碳酸钠，变为白色，C错误；Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的，滴加足量三氯化铁溶液，可转化为氢氧化铁红褐色沉淀，D正确。2(2019山东潍坊高三期末)下列选项所示的物质间转化一步能实现的是()AS(s)SO3(g)H2SO4 (aq)BFe2O3(s)Fe(s)FeCl3 (aq)CNaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)DAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)答案C解析硫单质和氧气反应只能生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故A错误；铁和盐酸反应生成氯化亚铁，故B错误；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，故C正确；氢氧
3、化铝是两性氢氧化物，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝溶液和氯化钠溶液，得不到氢氧化铝，故D错误。3(2019长郡中学高三月考)下列关于置换反应MXNY(其中M、N为单质，X、Y为化合物，反应条件已略去)的说法正确的是()A若X为氧化物，则Y也一定为氧化物B若M为金属单质，则N也一定为金属单质C若X是不含金属元素的化合物，则N一定是非金属单质D若X是含有金属元素的化合物，则Y也一定是含有金属元素的化合物答案C解析若X为氧化物，则Y不一定为氧化物，如氟气与水的反应，Y是氟化氢，故A错误；若M是金属单质，则N可以是非金属单质，如铁和盐酸的反应，也可以是金属单质，如铝热反应，故B错误；若X是不含金属元
4、素的化合物，因为生成的单质N的组成元素一定来源于化合物X，所以N一定是非金属单质，故C正确；若X是含有金属元素的化合物，则Y可以是含有金属元素的化合物，如铁和氯化铜的反应，也可以是不含金属元素的化合物，如氢气还原氧化铜，故D错误。4(2019武汉市高三调研)用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述错误的是()A为提高步骤的反应速率，可采取搅拌、升温等措施B步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3Fe=3Fe2C步骤中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D步骤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤答案C解析铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)
5、与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉主要作用是还原Fe3，即主要的离子反应为：2Fe3Fe=3Fe2，B正确；一部分滤液B的溶质FeCl2经步骤生成Fe(OH)2浊液，步骤中，氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液Fe(OH)3，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液Fe(OH)3与滤液B中Fe2的比例，为防止滤液B中Fe2在步骤中被H2O2氧化，步骤中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；步骤为浊液Fe(OH)3与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使F
6、e3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确。5(2019湖南茶陵三中高三月考)向氯化铁、氯化铜的混合液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是()A溶液中一定含有Cu2B溶液中一定含有Fe2C加入KSCN溶液一定不变红色D剩余固体中一定含有铜答案A解析当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3、Cu2全部参加反应生成Fe2和Cu，反应的方程式为：2FeCl3Fe=3FeCl2、CuCl2Fe=CuFeCl2，所以溶液中一定没有Fe3、Cu2，一定含有Fe2；当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3，Cu2恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2和Cu，所以溶液中一定没有Fe3，可能含有Cu2，
7、一定含有Fe2。通过上述分析知，溶液中一定不含Fe3，一定含有Fe2，可能含有Cu2，剩余固体中一定含有Cu，故B、C、D正确，选A。6(2019北京师大附中高三期中)某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是()A中的大量气泡主要成分是氧气B中溶液变红，说明有碱性物质生成C中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度答案D解析过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液
8、褪色，故C正确；生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解反应，因此放出大量气泡，故D错误。7(2019全国卷考试大纲调研卷(二)实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程(已知Fe3在pH5时沉淀完全)。其中分析错误的是()A步骤发生的主要反应为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C步骤用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作23次答案B解析由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应
9、硫酸亚铁都转化为硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3水解而生成Fe(OH)3沉淀，过滤得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，A正确；步骤不可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，B错误；CuCO3和CuO都与溶液中H反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，C正确；步骤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量冷的蒸馏水浸没晶体，自然流下，重复23次，可洗涤晶体，D正确。8(2019山东烟台高三期
10、末)下列物质转化在给定条件下每一步都能实现的是()ASiSiO2H2SiO3BMg(OH)2MgCl2(aq)MgCAl2O3AlCl3(aq)无水AlCl3DCH3CHOCH3COOH CH3COOCH3答案D解析SiO2难溶于水，不能与水反应产生H2SiO3，A错误；在工业上是用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，B错误；AlCl3是强酸弱碱盐，将溶液加热，会发生水解反应产生Al(OH)3和HCl，HCl加热挥发，故溶液蒸干得到的固体是Al(OH)3，不能得到无水AlCl3，C错误；CH3CHO被O2催化氧化产生CH3COOH，产生的乙酸与甲醇在浓H2SO4、加热条件下发生酯化反应产生CH
11、3COOCH3和水，D正确。9(2019安徽五校联盟高三质检)实验室可利用硫酸厂炉渣(主要成分为铁的氧化物，还含有少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)，聚铁的化学式为Fe2(OH)n(SO4)30.5nm，制备过程如图所示。下列说法不正确的是()A炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为4FeS3O212H=4Fe34S6H2OB气体M的成分是SO2，通入到双氧水中得到硫酸，可循环使用C若调节溶液Z的pH偏小，则将导致聚铁中铁的质量分数偏大D溶液X转化为溶液Y需要加过量铁粉，再过滤答案C解析根据流程图，炉渣与硫酸、氧气反应时，有固体W生成，焙烧固体W生成气体M，结合炉
12、渣的成分可推出W含有S，溶液X经调节pH、加热后得到聚铁胶体，则X中含Fe3，故FeS被氧化为Fe3、S，氧气被还原为H2O，A项正确；S焙烧生成的气体M为SO2，通入到H2O2中，发生反应：H2O2SO2=H2SO4，生成的硫酸可以循环利用，B项正确；聚铁Fe2(OH)n(SO4)30.5nm可看做由Fe(OH)3、Fe2(SO4)3复合而成，若调节溶液Z的pH偏小，则Fe(OH)3会部分溶解，导致聚铁中铁的质量分数偏小，C项错误；由溶液Y可得到绿矾，则溶液Y为FeSO4溶液，溶液X转化为溶液Y，即Fe2(SO4)3转化为FeSO4，需加入过量铁粉，再过滤，D项正确。10(2019广东茂名高
13、三期末)电镀废水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多种元素的有机金属盐，采用焙烧浸出分离回收的工艺流程可有效分离电镀废水沉泥中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是()A上述流程中硫酸可以用稀盐酸代替B“固体”为Fe(OH)2C溶液中含有Na、Ni2、Zn2等金属离子D合理处理电镀废沉泥可实现资源的回收与可持续利用答案B解析题述流程中硫酸可以用稀盐酸代替，主要是溶解CuO、NiO、Fe3O4等金属氧化物，故A正确；溶液中有Fe2、Fe3、Ni2、Cu2，加双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加NaOH溶液，生成固体：Fe(OH)3，溶液中含有Na、Ni2、Cu2，加锌先生成铜，得溶液中含有Na、Ni2
14、、Zn2等金属离子，故C正确，B错误；从流程看出可以回收利用铜镍等金属，故合理处理电镀废沉泥可实现资源的回收与可持续利用，故D正确。11(2019南昌二中高三考试)把一块镁铝合金(质量为m g)投入到50 mL 1 mol/L的HCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示。下列说法中正确的是()A整个反应过程中，主要发生了6个离子反应Bc值越大，合金中Mg的含量越高Cb值越大，合金中Al的含量越高D根据图像判断，镁铝合金与50 mL 1 mol/L的HCl溶液恰好完全反应答案A解析根据图示，整个反应过程中
15、主要包含Mg、Al分别与盐酸的反应，H与OH的反应，Mg2、Al3分别与OH的反应，Al(OH)3与OH的反应，主要有6个离子反应，A项正确；根据图示，c值越大，溶解Al(OH)3消耗的NaOH越多，说明合金中Al的含量越高，B项错误；b点对应的沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2的混合物，溶液中只有氯化钠，故b为固定值50 mL，继而无法判断合金中Al的含量，C项错误；根据图像判断，镁铝合金与50 mL 1 mol/L的HCl溶液反应后，盐酸剩余，不是恰好完全反应，D项错误。12(2019湖南省重点高中高三大联考)几种中学常见物质之间的转化关系如图所示(部分反应条件已省略)。已知：E为常见金
16、属；在标准状况下气体R的密度为3.17 gL1。下列推断合理的是()AX一定是H2O2BMnO2在反应、中都作催化剂C常温下，0.01 molL1 Y溶液的pH2D上述转化涉及的反应都是氧化还原反应答案C解析依题意，中学常见的能与MnO2反应的物质有KClO3、H2O2、浓盐酸，标准状况下气体R的密度为3.17 gL1，则M(R)22.43.17 g71 g，R为Cl2，则Y为浓盐酸，X为H2O2或KClO3，Z为O2，E为Fe，F为Fe3O4，H为FeCl3，G为FeCl2。X为H2O2或KClO3，A错误；MnO2在反应中作催化剂，在反应中作氧化剂，B错误；常温下，0.01 molL1盐酸
17、的pH2，C正确；Fe3O4和浓盐酸反应生成FeCl3和FeCl2的反应，不是氧化还原反应，D错误。13(2019广东汕头高三期末)镍常作有机合成的催化剂和制造硬币。以废镍料(含少量铁)为原料制备镍的一种流程如下：下列说法不正确的是()A“酸浸”中采用加热、搅拌等措施能提高反应速率B滤渣A可以用于制造铁红，采用结晶法从滤液A中提取芒硝C“电解”在阳极上析出镍，废液可以作“酸浸”液循环利用D“氧化”的主要离子反应为2HH2O22Fe2=2Fe32H2O答案C解析加热能提供能量，搅拌能增大固体与液体接触面，都可提高反应速率，A正确；滤渣A的主要成分是氢氧化铁，灼烧氢氧化铁制备氧化铁(铁红)。滤液A
18、的溶质主要是硫酸钠，从硫酸钠溶液中分离出十水合硫酸钠晶体(芒硝)，B正确；镍在阴极上析出，电解硫酸镍溶液生成的硫酸可以用于“酸浸”，C错误；双氧水氧化亚铁离子，D正确。14(2019资阳市高三第二次诊断性考试)将铝粉与某铁的氧化物FeO2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出的气体在标准状况下的体积为3.92 L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为()A2.80 L B3.92 L C5.60 L D7.84 L答案A解析混合物放入NaOH溶液中，Al与NaOH发生反应2Al2NaOH2H2
19、O=2NaAlO23H2，n(Al) mol。另一份发生反应14Al3FeO2Fe2O37Al2O315Fe，得n(Fe) mol0.125 mol,1 mol Fe与足量盐酸反应生成1 mol H2，则V(H2)0.125 mol22.4 Lmol12.80 L。15(2019山东枣庄高三期末)若利用硫铁矿焙烧取硫后的废渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取FeSO47H2O，设计了如下流程：下列说法错误的是()A溶解废渣选用的酸是稀硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3转化为Al(OH)3，进入固体2C从溶液2得到FeSO47H
20、2O产品的过程中，必须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液1中直接加入NaOH溶液至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O答案D解析在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D项错误。16(2019北京海淀高三期中)根据下列实验：向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。取中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断下列说法正确的是()A氧化性Cu2Fe3B中所得固体只含铜C中滤液含有Cu2和Fe
21、2D中不会观察到溶液变红答案D解析在反应2Fe3Cu=2Fe2Cu2中，氧化剂为Fe3，氧化产物为Cu2，即可知氧化性Fe3Cu2，故A错误；中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；由于加入的铁是过量的，则溶液中不含有Cu2，故C错误；因在的滤液中只有Fe2，没有Fe3，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确。17(2019贵州高三教学质量测评)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
22、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：FeCu2=Fe2Cu答案C解析活性炭具有许多细小微孔，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，故A合理；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，因此铁作负极，故B合理；由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x21，Cu2的去除速率逐渐增加，但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2的去除速率降低，故C不合理；在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu
23、2得到电子生成铜单质，因此该微电池的总反应方程式为FeCu2=Fe2Cu，故D合理。18(2019山东济宁高三期末)工业上以某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料，利用烟道气中的SO2制备MnSO4H2O的流程如下：下列说法不正确的是()A滤渣A的主要成分能导电，可制备光导纤维B“酸浸”主要反应的离子方程式为MnO2SO2=Mn2SOC加氨水调节pH的目的是除Al3D操作为结晶、过滤、洗涤、干燥答案A解析滤渣A为SiO2，不能导电，可制备光导纤维，故A错误；“酸浸”中MnO2有强氧化性，SO2具有还原性，主要反应的离子方程式为MnO2SO2=Mn2SO，故B正确
24、；加氨水调节pH的目的是：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，除去Al3，故C正确；经过结晶、过滤、洗涤、干燥操作可以得到MnSO4H2O，故D正确。19(2019全国卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：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Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含
25、有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：_。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2和Ni2，“滤渣3”的主要成分是_。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2。若溶液酸度过高，Mg2沉淀不完全，原因是_。(6)写出“沉锰”的离子方程式：_。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为2、3、4。当xy时，z_。答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2
26、O(2)将Fe2氧化为Fe3(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F与H结合形成弱电解质HF，MgF2Mg22F平衡向右移动(6)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O(7)解析(1)硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O，故滤渣1的主要成分为S和SiO2(不溶性硅酸盐)。(2)Fe2沉淀完全时，Mn2已经开始沉淀，故加入MnO2是为了将溶液中的Fe2氧化为Fe3，便于除去。(3)除去Fe3及Al3，应使二者沉淀完全，故pH应大于4.7。(4)锌和镍的硫化物都难溶于水，故“滤渣3”的主要成分为ZnS、NiS。(5)“除杂1”步骤
27、结束后，杂质金属阳离子只有Mg2，加入MnF2形成MgF2沉淀而除去Mg2，若溶液酸度过高，H浓度偏大，则F与H结合形成HF，使MgF2沉淀溶解平衡正向移动而重新溶解。(6)“沉锰”时加入NH4HCO3发生反应：Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。(7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的原则，求得z。20(2019北京东城高三期末)探究0.5 mol/L FeCl3溶液(pH1)与不同金属反应时的多样性的原因。(各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡)实验金属现象及产物检验镁条立即产生大量气体；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜色由棕黄色逐渐变为红褐色；
28、片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体，滴加K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀铜粉无气体产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀(1)根据实验的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到_得以证实。(2)已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下：该实验说明黑色固体中一定含有_，结合现象写出判断的理由_。除上述结论外，分析实验的现象，可知被还原得到的产物一定还有_。(3)实验、现象的差异，与Fe3
29、、Mg2、Fe2、H、Cu2的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2Fe2_。(4)继续研究0.5 mol/L FeCl3溶液(pH1)与Fe的反应。实验金属现象及产物检验铁粉持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，经检验，溶液pH4；含有Fe2，无Fe3铁丝无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液pH2，含有Fe2和Fe3；Fe3被还原的量多于实验实验中发生反应的离子方程式有_。已知：相同条件下，H在溶液中的移动速率远大于Fe3。结合实验、，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验、现象差异的原因：_。答案(1)一条光亮的“通路”(2)Fe滤纸上无明显现象，说
30、明Fe3O4不能溶解产生Fe2，所以滤纸上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2H2、Fe2(3)HCu2Fe3(4)Fe2H=Fe2H2，Fe33H2OFe(OH)33H，Fe2Fe3=3Fe2由、可知，金属与Fe3、H反应速率快时，因H移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3水解生成Fe(OH)3；中反应慢，Fe表面Fe3能及时补充，且由知Fe3的氧化性强于H，优先被还原解析(1)胶体的重要性质就是具有丁达尔效应用平行光照射时，从侧面能看到一条光亮的“通路”。(2)由实验所得的黑色粉末与纯Fe3O4作对比实验，发现Fe3O4并不能与所加的试剂(含K3Fe(CN)6的3% N
31、aCl溶液)发生作用，而黑色粉末能，从而间接证明了能与所加试剂发生作用的是铁粉，所以原黑色粉末中一定有铁粉，是铁粉被氧化产生了Fe2；从“立即产生大量气泡”判断产物中有氢气，从“滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀”判断产物中有Fe2。(3)根据实验、现象，以及金属活动性顺序表，金属离子氧化性强弱顺序为：Mg2Fe2HCu2Fe3，注意Fe3的特殊强氧化性即可。(4)实验中产生气泡是发生反应：Fe2H=Fe2H2，产生红褐色沉淀是因发生反应：Fe33H2OFe(OH)33H，H又被消耗持续产生H2，使Fe3水解程度增大导致的。有Fe2无Fe3，还有发生了反应：Fe2Fe3=3Fe2。21(
32、2019A10联盟高三上学期月考)某菱铁矿(主要成分为FeCO3，含有较多杂质MgCO3、Al2O3和少量SiO2，其他少量杂质不溶于酸碱)，对该菱铁矿中金属资源进行充分回收利用，现设计如下流程：回答下列问题。(1)步骤中将菱铁矿石“粉碎”的目的是_；“滤液2”中的溶质为_。(2)步骤中加入H2O2的作用是_。(3)此流程从菱铁矿中可获得含有金属元素的全部产品有_。(4)步骤调节pH能否换成NaOH溶液？_，原因是_。(5)步骤在强碱性环境下制备FeO的离子方程式为_。答案(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率NaHCO3(写名称也可)(2)作氧化剂，将Fe2氧化成Fe3(3)Al
33、、MgSO4(溶液)、Na2FeO4(4)不能会引入Na，影响“滤液6”中MgSO4的纯度(5)4OH3ClO2Fe(OH)3=2FeO3Cl5H2O解析(1)加入足量NaOH溶液后，Al2O3、SiO2溶解，FeCO3、MgCO3及少量其他杂质不反应。滤液1中含有NaAlO2、Na2SiO3和NaOH，通入足量CO2后，生成Al(OH)3、H2SiO3沉淀，还有NaHCO3(可溶)，过滤后，滤液2中的溶质是NaHCO3，滤渣2主要成分是Al(OH)3和H2SiO3的混合物。(2)滤液4中的溶质有FeSO4、MgSO4和H2SO4。FeSO4通过步骤、最终生成Fe(OH)3，可以推知H2O2的作用是作氧化剂，把Fe2氧化成Fe3。(4)该实验目的是充分回收利用金属资源，用Mg(OH)2固体调节pH，滤液6中溶质只有MgSO4；用NaOH溶液调节pH，滤液6中的溶质既有MgSO4，又有Na2SO4，MgSO4的纯度下降。(5)Fe(OH)3被氧化生成FeO，ClO被还原生成Cl，碱性环境用OH调节电荷守恒。