备战2020年高考化学3年高考2年模拟1年原创专题06金属及其化合物含解析

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1、专题06 金属及其化合物考纲解读三年高考分析常见金属元素（如 Na、Mg、Al、Fe、Cu 等）了解常见金属的活动顺序。了解常见金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。了解合金的概念及其重要应用。每年高考中必考金属元素及其化合物的性质，常借助金属元素及其化合物的性质考查化学基本概念和基本理论，特别是化工流程中常涉及。1（2019江苏）下列有关化学反应的叙述正确的是AFe在稀硝酸中发生钝化BMnO2和稀盐酸反应制取Cl2CSO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】C【解析】A常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B二氧化锰与

2、浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故C正确；D常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。2（2019江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s) CS(s)SO3(g)H2SO4(aq)DN2(g) NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】A氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧

3、化镁和水，故B正确；C硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选B。3（2019浙江4月选考）18.下列说法不正确的是A纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏CCO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏【答案】C【解析】A烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；B加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间

4、作用力被破坏，B项正确；CCO2溶于水发生反应：CO2+H2OH2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；D石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。4（2018海南卷絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是ANaFe(SO4)26H2O BCaSO42H2OCPb(CH3COO)23H2O DKAl(SO4)212H2O【答案】AD【解析】由题意知，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的产物具有吸附性。A

5、.铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，符合题意；B.硫酸钙本身是微溶物，没有吸附作用，不符合题意；C.醋酸铅没有吸附性，不符合题意；D.明矾可净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意；故答案为AD。5（2018江苏卷在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ABCD【答案】A【解析】A项，NaHCO3受热分解成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与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3

6、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；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。6（2018新课标卷磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫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Fe3+D上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】A、废旧电池中含有重

7、金属，随意排放容易污染环境，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；B、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；C、得到含Li、P、Fe的滤液，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；D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。7（2017海南下列叙述正确的是A稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜B碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢C过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气D铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝【答案】CD【解析】A、根据金属活动顺序表，Cu排在H的右边，因此金属铜不与稀硫酸反应，故A错误；B、浓硫酸

8、具有强氧化性，能把HI氧化，故B错误；C、2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，因此可以制备氧气，故C正确；D、铝在氯气中燃烧生成AlCl3，故D正确。8（2017江苏在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 AFeFeCl2Fe(OH)2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3【答案】C【解析】A铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C两步均能实现，C正确；DNO不与H2O反应，D错误。1（天津市和平区2019届高三下学期二模考试）新修草本有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤

9、色”据此推测“青矾”的主要成分为( )ABCD【答案】B【解析】 “青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO45H2O为蓝色晶体，A错误； B. FeSO47H2O是绿色晶体，B正确；C.KAl(SO4)212H2O是无色晶体，C错误；D.Fe2(SO4)37H2O为黄色晶体，D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO47H2O。故合理选项是B。2（天津市河西区2019届高三下学期二模考试）化学与生活等密切相关。下列有关说法中正确的是A泡沫灭火器适用于电器灭火B电热水器用镁棒会

10、加速内胆腐蚀C过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂D硅胶可作含油脂食品袋内的脱氧剂【答案】C【解析】A.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫可进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，故泡沫灭火器不适用于电器起火的灭火，A错误；B.Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C.过氧化钠与人呼吸产生的CO2及H2O反应产生氧气，可帮助人呼吸，因此可用作呼吸面具的供氧剂，C正确；D.硅胶具有吸水性，可作含油

11、脂食品袋内的干燥剂，但是，其无还原性，不能用作脱氧剂，D错误。3（天津市河北区2019届高三一模考试）某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol/ L NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )ANaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D加入CaCl2促进了HCO3-的水解【答案】D【解析】A.NaHCO3是强

12、碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3+H2CO3，B正确； C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-

13、)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确； D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误。4（山西省太原市2019届高三5月模拟考试二模）为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（ ）ANa2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C溶液中可能存在大量Al3+D推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-【答案】C【解析】A. 溶液中碳

14、酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B正确；C溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；DNa2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确。5（江苏省苏锡常镇四市2019届高三下学期第三次模拟考试）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）ASSO3H2SO4BNH3NO2HNO

15、3CCu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)【答案】D【解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。6（山东省临沂市2019年普

16、通高考模拟考试二模）明矾KA1(SO4)212H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）A合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与

17、碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D。7（黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第三次模拟考试）下列说法错误的是A铁、锰、铬以及他们的合金称为黑色金属材料B用铬酸做氧化剂可以使铝表面的氧化膜产生美丽的颜色C可溶性铜盐有毒，但在生命体中，铜是一种不可缺少的微量元素D钠与水反应、镁与沸水反应、红色的铁与高温水蒸气反应均生成碱和氢气【答案】D【解析】A项、根据金属的颜色和性质等特征，将金属分为黑色金属和有色金属，黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金，如钢、生铁、铁合金、铸铁等，黑色金属以外的金属称为有色金属，故A正确；B项、铬酸具有强氧化

18、性，可以将铝制品表面的铝氧化生成氧化铝薄膜，铬元素附着在薄膜上产生美丽的颜色，故B正确；C项、可溶性铜盐是重金属盐，能使蛋白质变性，但在生命体中，铜元素对于人体也至关重要，它是生物系统中一种独特而极为有效的催化剂，故C正确；D项、铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故D错误。8（天津市部分区2019年高三质量调查试题二）下列叙述正确的是A合金材料中可能含有非金属元素B日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒C核电站是把化学能转化成电能D人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物【答案】A【解析】A. 合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，合金材料中可能含

19、有非金属元素，A正确；B.日常生活中不能用无水乙醇杀菌消毒， 用75%的乙醇杀菌消毒，B错误；C. 核电站是把将核能转变成电能，不是化学能转化成电能，C错误；D. 人造纤维、合成纤维都是有机高分子化合物，光导纤维的主要成份为二氧化硅，D错误。9（湖南省益阳市2019届高三4月模考）高磷鲕状赤铁矿(主要含有、少量、CaO，等)是我国一种重要的沉积型铁矿资源，以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红，其流程如图所示。下列说法错误的是A铁红可用于油漆、油墨、建筑物着色剂B酸浸液遇溶液生成蓝色沉淀C洗涤滤渣时要用玻璃棒不断搅拌D氧化时选用的试剂可以是、NaClO溶液【答案】C【解析】A. 铁红的主要成

20、分是氧化铁,为红棕色,可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A项正确；B. 酸浸液中含有Fe2+,遇溶液生成蓝色的沉淀, B项正确；C. 用玻璃棒不断搅拌会破坏氢氧化铁,使一部分氢氧化铁溶解，降低产率，C项错误；D. 氧化Fe2+时可选用、NaClO溶液作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+。反应原理分别为：2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O ，2Fe2+ ClO -+ 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O，D项正确。10（天津市红桥区2019届高三下学期二轮模拟）铝是一种应用广泛的金属，在工业上用和冰晶石混合熔电解制得。.铝土矿的主要成分是和等。从铝土矿中提炼的流程如

21、下：（1）写出反应1中涉及的任意一个化学方程式_；（2）滤液中加入的CaO生成的沉淀是_，已知气体A在标准状况下的密度为1.96g/L，反应2的离子方程式为_；.以萤石和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：（3）萤石的电子式_；（4）若E为硫酸钙，D为最稳定的气态氢化物，则化合物C是_，写出由D制备冰晶石的化学方程式_；（5）工业电解制铝若以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是_。【答案】2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O CaSiO3 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32- 浓硫酸 12HF+3Na2CO3+2Al

22、(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O O2、CO2（CO） 【解析】I.（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O，故答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；（2）滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，B为氢氧化铝，A与偏铝酸钠溶液反应生成Al（OH）3沉淀，气体A在标准状况下的密度为1.96g/

23、L，气体A的摩尔质量为1.96g/L22.4L/mol=44g/mol，故气体A为二氧化碳，滤液主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应的离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-，故答案为：CaSiO3；2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-；II.（3）CaF2为离子化合物，电子式为，故答案为：；（4）由工艺流程可知，E为硫酸钙，D为最稳定的气态氢化物，D是HF，故C为浓硫酸；根据元素守恒，可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水，反应方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3

24、=2Na3AlF6+3CO2+9H2O，故答案为：浓硫酸；12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；（5）工业电解制铝若以石墨为电极，阳极反应式为2O2-4e-=O2，高温下C与O2反应生成CO2或CO，则阳极产生的混合气体的成分是 O2、CO2（CO）。故答案为： O2、CO2（CO）。11（湖北省黄冈中学2019届高三6月适应性考试）氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2（OH）3Cl。以海绵铜（主要成

25、分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：（1）写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：_（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_。（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70干燥2h，冷却密封包装。70真空干燥、密封包装的原因是_。（4）写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式_（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响由图可知，溶液温度控制在60时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65时，CuCl产率会下降，其原因可能是_。（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴

26、极上发生的电极反应式：_。【答案】3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化 4 CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl 温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应 Cu2+e-+Cl-=CuCl 【解析】（1）溶解过程中，Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；

27、（2）还原过程中，溶液中的Cu2+被还原为CuCl，离子方程式为：2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+，故答案为：2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+；（3）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发，密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化，故答案为：加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2（OH）3Cl，根据得失电子守恒及原子守恒写出生成物并配平，化学方程式为：4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，故答案为：

28、4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；（5）因在60时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快，故答案为：温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；（6）电解时，阴极上Cu2+得电子，电极反应式为：Cu2+e-+Cl-=CuCl，故答案为：Cu2+e-+Cl-=CuCl。12（黑龙江省大庆第一中学2019届高三第四次模拟）钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。从含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoCl26H2O的流程如下所示。 请回答下列问题

29、：(1)步骤I中主要发生的化学反应方程式为_。(2)已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是_。(3)步骤中的目的是除去Al3+，写出该步反应的离子方程式_。(4)若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有_、_(填仪器名称)。(5)操作是在HCl氛围中进行的，其步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_。(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是_(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)AKCl BKSCN CK2CrO4 DK2S已知几种物质在20时的颜色及Ksp值如下表化学式

30、AgClAgSCNAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黑色红色Ksp2.010-101.010-122.010-482.010-12【答案】2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2 会产生有毒气体氯气 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2 坩埚 泥三角 蒸发浓缩 冷却结晶 减少晶体的溶解损失 C 【解析】 (1)步骤I中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，发生的主要化学反应方程式有2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2

31、Li OH + H2，故答案为：2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2；(2)Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气，污染环境，故答案为：会产生有毒气体氯气(或生成氯气，污染环境)；(3)步骤中的目的是除去Al3+，与加入的碳酸钠能够发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2，故答案为：2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2；(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中进行，所需的硅酸

32、盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有坩埚、泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；(5)CoCl2能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作是需要在HCl氛围中进行，从CoCl2溶液中获得CoCl26H2O晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水，减少晶体的溶解损失，且酒精更加容易挥发，便于晶体干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；减少晶体的溶解损失；(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，根据几种物质在20时的颜色及Ksp值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用K2CrO4为指示剂，故答案为：C。13（江苏省南京师范大学附属中学2019届高三5月模

33、拟考试）使用磷肥副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)为原料合成冰晶石(Na3AlF6)成为一条合理利用资源、提高经济效益的新方法。工艺流程如下图所示：（1）传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法：使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF，在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物_(填物质的化学式)，但酸度不宜过强的原因是_。（2）氨解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图，氨解时需要控制溶液的pH_；能提高氨解速率的措施有_(填字母)。A快速搅拌B加热混合液至100C减小氨水浓度（3）工艺流程中氨解反应的化

34、学方程式为_；冰晶石合成反应的离子方程式为_。（4）为了提高原料利用率，减少环境污染，可采取的措施是_。【答案】Al(OH)3 H和F结合生成弱酸HF，使F浓度减低不易生成Na3AlF6 8.5 A Na2SiF64NH3H2O=2NaF4NH4FSiO22H2O 3Na4NH4+6FAlO2-2H2O=Na3AlF64NH3H2O 过滤2的滤液氨水可循环利用 【解析】 (1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法，是使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF，在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。NaF水解，溶液显碱性，在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，

35、防止加入硫酸铝后生成Al(OH)3沉淀；但酸度不宜过强，否则H和F结合生成弱酸HF，使F浓度减低不易生成Na3AlF6，故答案为：Al(OH)3；H和F结合生成弱酸HF，使F浓度减低不易生成Na3AlF6；(2)从图可知，pH为8.5时，冰晶石中白炭黑的含量较低，冰晶石纯度较高，白炭黑产率高；A快速搅拌可以加快反应速率，故A正确；B加热混合液至100，氨水受热分解，反应物浓度小，化学反应速率减慢，故B错误；C减小氨水浓度，化学反应速率减慢，故C错误；故答案为：8.5；A；(3) 根据流程图，氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅，则同时会生成NaF、NH4F和H2O，反应的方程式可以表示为Na2Si

36、F6+4NH3H2O2NaF+4NH4F+ SiO2+2H2O，水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O= Na3AlF6+4NH3H2O，离子方程式为3Na+4NH4+6F+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH3H2O，故答案为：Na2SiF6+4NH3H2O2NaF+4NH4F+ SiO2+2H2O；3Na+4NH4+6F+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH3H2O；(4)根据上述分析，第二次过滤所得滤液为氨水溶液，为了提高原料利用率，减少环境污染，可循环使用氨水，故答案为：过滤2的滤液氨水可循环利用。14（湖南省衡阳市2019

37、届高三第三次联考三模）铈(Ce)是一种重要的稀土金属元素，常见化合价为+3和+4，在工业上应用广泛。某课题组以回收废旧的电脑显示屏的玻璃粉（含SiO2、CeO2、Fe2O3、和FeO等）为原料，设如下工艺流程回收CeO2，并获得硫酸铁铵晶体Fe2（SO4）32（NH4）2SO43H2O已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液；酸浸时CeO2不反应；“反应I”所得溶液中含有Ce3+。试回答下列问题（1）“滤渣”的化学式为_。（2）在酸性条件下，H2O2、Fe3+、CeO2三种物质中，氧化性最强的是_；如将稀硫酸改为盐酸，则“酸浸”过程可能产生的大气污染物是_。（3）“反应”的离子方程式为

38、_。（4）“氧化”反应的化学方程式为_。（5）“操作”依次为：低温蒸发结晶、过滤、_常温晾干等操作。所得硫酸铁铵常用作净水剂，在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，原因是_。（6）科学家利用CeO2在太阳能作用下将H2O、CO2转化成H2、CO，其过程如下：mCeO2（m-x）CeO2xCe+xO2，（m-x）CeO2xCe+xH2O+xCOmCeO2+xH2+xCO。在该总转化过程中，CeO2作_，从能量转化的角度，该过程的重要意义是_。【答案】SiO2 CeO2 Cl2 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce2+O2+4H2O 4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4 洗涤 铁离子水

39、解被抑制 催化剂 将太阳能转化为化学能 【解析】（1）SiO2、CeO2不溶于稀硫酸，向酸浸后的滤渣中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液中，则过滤得到的滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2； （2）在酸性条件下，H2O2、Fe3+、CeO2三种物质中，CeO2和过氧化氢发生氧化还原反应，过氧化氢做还原剂被氧化，过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，氧化性最强的是CeO2，如将稀硫酸改为盐酸，则“酸浸”过程氯离子被氧化生成氯气，可能产生的大气污染物是Cl2，故答案为：CeO2；Cl2； （3）反应“I”是CeO2转化为Ce3+存在于滤液中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=C

40、e2（SO4）3+O2+4H2O，反应的离子方程式：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce2+O2+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce2+O2+4H2O； （4）利用氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce（OH）3转化为沉淀Ce（OH）4，“氧化”反应的化学方程式为：4Ce（OH）3+O2+2H2O4Ce（OH）4， 故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O4Ce（OH）4； （5）“操作“”依次为：低温蒸发结晶、过滤、洗涤、常温晾干等操作，所得硫酸铁铵常用作净水剂，在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，原因是铁离子水解被抑制， 故答案为：洗涤；铁离子水解被抑制； （6）通过太阳

41、能实现总反应H2O+CO2H2+CO+O2可知：CeO2没有消耗，CeO2为催化剂，该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故答案为：催化剂；将太阳能转化为化学能。15（辽宁省大连市2019届高三第二次模拟考试）铜是人类最早使用的金属，在生产生活中应用及其广泛。工业上以黄铜矿 (主要成分FeCuS2)为原料制取金属铜，其主要工艺流程如图所示。已知：反应II的离子方程式：Cu2+CuS+4Cl-=2CuCl2-+S回答下列问题：（1）FeCuS2中S的化合价_。（2）反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，写出化学方程式_。（3）为了反应I充分进行，工业上

42、可采取的措施是_。（4）反应III的离子方程式为_。（5）向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是_。（6）该流程中，可循环利用的物质除CuCl2外，还有_（填化学式）。（7）反应IV中，处理尾气SO2的方法，合理的是_A高空排放B用BaCl2溶液吸收制备BaSO3C用氨水吸收后，再经氧化，制备(NH4)2SO4D用纯碱溶液吸收可生成Na2SO3（H2CO3：Ka1=4.410-7，Ka2=4.710-11；H2SO3：Ka1=1.2102，Ka2=5.6108）（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)该反应的平衡常数K=

43、_已知Ksp(CuCl)=a，Ksp(Cu2S)=b【答案】-2 FeCuS2+S高温煅烧FeS2+CuS 粉碎或搅拌 4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2+8Cl-+2H2O 在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出 S、H2SO4、HCl CD 【解析】（1）根据化合价代数和为零的原则Fe为+2价，Cu为+2价，则FeCuS2中S的化合价-2。答案：-2。（2）黄铜矿主要成分FeCuS2，反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，硫和FeCuS2发生反应生成FeS2和CuS，化学方程式为：FeCuS2+S FeS2+CuS。答案：FeCuS2+S FeS2+

44、CuS。（3）为了反应I充分进行，工业上可采取的措施是将矿石粉碎或充分搅拌，以增大接触面积，加快化学反应速率。答案：粉碎或搅拌。（4）由反应II的离子方程式：Cu2+CuS+4Cl-=2CuCl2-+S，经过滤可知滤液中含有CuCl2-、H+等离子，通入空气后CuCl2-中的+1价铜被氧气氧化，所以反应III的离子方程式为4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2+8Cl-+2H2O。答案：4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2+8Cl-+2H2O。（5）因为在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，所以向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是使CuSO4变成晶体析出。答案：在相同条件下，Cu

45、SO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出。（6）根据流程图分析可知；该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO4、HCl。答案：S、H2SO4、HCl。（7）A.二氧化硫有毒,不能直接高空排放,否则会污染空气,应该用碱液吸收,故A错误;B.盐酸酸性大于亚硫酸,所以二氧化硫和BaCl2不反应,则不能用二氧化硫和氯化钡溶液制取BaSO3,故B错误;C.二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱,二者反应生成亚硫酸铵, 亚硫酸铵不稳定，易被氧化成硫酸铵，所以用氨水吸收后,再经氧化制备硫酸铵,故C正确的;D.二氧化硫和水反应生成的亚硫酸酸性大于碳酸,所以二氧化硫能和纯碱溶液反应生成亚硫酸钠,所以用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠是正确的，故D正确；答案：CD。（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq),反应的平衡常数K=c2(Cl-)/c(S2-)=Ksp2(CuCl)/Ksp(Cu2S)=,答案：。16（辽宁省葫芦岛协作校2019届高三下学期第二次模拟考试）锆()是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成分是，还含有少量等杂质)