2024届高三化学一轮专题训练题——金属及其化合物
一、单选题
1．纳米酶在医学、食品、环境等领域有广泛应用。地壳中含量第二的金属元素R可与短周期主族元素X、Y、Z组成纳米酶。其中X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，原子核外电子数之和为31，X与Y同周期。下列判断正确的是 （ ）
A．原子半径： X>Y> Z
B．简单氢化物的沸点： X
D．Y、Z与R可形成既含离子键又含共价键的化合物
2．室温下用质量和表面积相同的镁条各一片(已用砂纸打磨)，分别探究不同条件下与水反应的实验(装置图如下)，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[]。下列说法错误的是（ ）
实验1 实验2 实验3
镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化 镁条表面有较多气泡且产生气泡速率逐渐加快，溶液中无明显现象 镁条表面有大量气泡，溶液逐渐变为浑浊
A．实验1现象不明显，可能与表面生成了难溶的有关
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失
C．实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
D．由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
3．下列实验装置错误的是（ ）
A．制取并收集乙烯气体 B．制取并收集氨气
C．制取乙酸乙酯 D．铁粉与水蒸气反应
A．A B．B C．C D．D
4．以工业碳酸钙(主要含，少量，，等杂质)生产医药级二水合氯化钙()的主要流程如下。
下列说法错误的是（ ）
A．“溶解”时将粉碎并不断搅拌，有利于加快反应速率
B．“过滤”后所得到的滤渣，其主要成分是、
C．“酸化”时加盐酸可以除去溶液中少量和防止吸收空气中
D．制得样品中
5．探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验方案 现象 结论
A 分别测定和溶液的pH 两者都大于7，且溶液的pH大 的水解能力强于
B 对某未知溶液进行焰色试验 火焰呈黄色 该溶液中含有钠盐
C 用形状和质量相同的钠，分别和等物质的量的苯酚和乙醇反应 钠与乙醇反应比与苯酚反应剧烈 乙醇中羟基的活性强于苯酚中羟基的活性
D 向饱和溶液中滴加一定量的浓溶液 溶液变浑浊同时产生气泡 发生的反应：
A．A B．B C．C D．D
6．下列类比结果不正确的是（ ）
A．NH3的分子构型为三角锥形，则PCl3的分子构型为三角锥形
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO3反应生成Na2SO4和O2
C．NaClO会歧化为NaClO3和NaCl，则Na2SO3会歧化为Na2SO4和Na2S
D．乙酸不能使酸性KMnO4褪色，则乙二酸也不能使酸性KMnO4褪色
7．有一包白色粉末，可能含有NaCl、NaI、Mg(OH)2、Na2SO3中的一种或几种，为鉴定其成分，取少量样品进行以下实验：
⑴溶于足量水中，得到无色透明溶液，但仍有部分固体末溶解。
⑵取①的上层清液，滴加少量新制氯水，再加入CCl4，振荡，静置，CCl4层呈无色。
⑶取②反应后的上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
⑷另取②反应后的上层清液，加入过量的AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。
有关白色粉末成分的推断正确的是（ ）
A．白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3和NaCl，一定不含有NaI
B．白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，一定不含有NaI，可能含有NaCl
C．白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，可能含有NaCl和NaI
D．白色粉末中一定含有Mg(OH)2，可能含有Na2SO3、NaCl，一定不含有NaI
8．中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的 ，反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收
B．环节a中物质分离的基本操作是蒸发结晶
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．可用 溶液代替NaOH溶液捕捉
9．将某Na2CO3固体样品21.6g放入足量水中，固体完全溶解得无色澄清溶液，继续加CaCl2溶液至过量，得到20g沉淀。已知样品中杂质为KNO3、K2CO3、Ba(NO3)2中的一种或两种。该样品所含杂质的正确判断是（ ）
A．肯定有K2CO3，可能有KNO3
B．肯定没有Ba(NO3)2，可能有KNO3
C．肯定有KNO3，可能有K2CO3
D．肯定没有K2CO3和Ba(NO3)2
10．在给定条件下，下列物质间转化能实现的是（ ）
A．S SO2 H2SO3
B．NH3 NO2 HNO3
C．Fe2O3 Fe FeCl3
D．Al NaAlO2 Al(OH)3
11．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水蒸气高温下会反应
B 用墨汁绘制国画 常温下碳单质性质稳定
C 用含NaOH和Al粉的管道疏通剂疏通厨卫管道 NaOH与Al粉反应放热产生大量气体，且NaOH有一定腐蚀性
D 用富含淀粉的谷物酿酒 淀粉水解生成乙醇
A．A B．B C．C D．D
12．化学与科学、技术、社会与环境发展息息相关。下列说法错误的是
A．神舟十三号载人飞船使用的高强度材料碳纤维属于新型有机高分子材料
B．中国科学家实现了二氧化碳人工合成淀粉，该成果有利于碳中和又可助力太空探索
C．“世界铜像之王”三星堆青铜大立人属于合金，其深埋于地下生锈是发生了吸氧腐蚀
D．北京冬奥会火炬在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化
13．下列关于金属及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Na有导电性，可用于制作高压钠灯
B．FeCl3有氧化性，可用于净水
C．Al和Fe2O3发生铝热反应，用于焊接铁轨
D．Na2CO3有碱性，可用于治疗胃酸过多
14．将4.6g金属Na投入40mL、2mol/L的稀H2SO4中充分反应后，若忽略溶液体积的变化，则（ ）
A．反应后溶液呈中性
B．产生气体的体积在标准状况下为2.24L
C．反应后溶液的pH=12
D．反应后c(Na2SO4)=2.5mol/L
15．向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，再向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl的物质的量关系如图所示(忽略CO2的溶解和HCl的挥发)，则下列分析正确的是（ ）
A．I图对应溶液中溶质为Na2CO3
B．II图对应溶液中溶质为NaHCO3
C．III图对应溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，且n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1：1
D．IV图对应溶液中溶质为NaOH和Na2CO3，且n(NaOH)：n(Na2CO3)=2：1
16．一定条件下，下列各项中的物质按如图所示的箭头不能实现一步转化的是（ ）
选项 甲 乙 丙 丁
A NaOH溶液 溶液 溶液
B C Fe
C S
D 氨水 盐酸
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
17．从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：
已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
（1）加快酸浸速率的措施有 (写两条)。
（2）滤渣2的成分是 (写化学式)。
（3）焙烧中转化为的化学方程式为 。
（4）某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为 。计算“沉铬”后滤液中c(Cr3+)为 mol/L[已知在此条件下，KW=1×10-14，Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30]
（5）流程中加入Na2S2O3的作用为： ，“转化”的离子方程式为 。
18．俗名绿矾，可用于制铁盐、氧化铁颜料、净水剂、消毒剂等。由硫铁矿烧渣(主要成分：、、FeO、)制备绿矾流程如下：
已知：①难溶于水，能还原，硫元素被氧化成。
②金属离子生成氢氧化物沉淀的pH范围见下表：
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
1.5 3.2
3.0 5.0
6.3 8.3
（1）提高“酸浸”速率的措施有 (任写一点即可)：写出滤渣Ⅰ与某种酸反应的化学方程式 ；滤渣Ⅱ经灼烧后可用于 (写出一种用途即可)。
（2）写出“还原”步骤中涉及反应的离子方程式 。
（3）“除铝”需控制的pH范围是 。
（4）“酸化”步骤中加入稀硫酸的目的是 。操作Ⅲ为 ；“洗涤”时的试剂最好选用下列中的 (填代号)
A．热水 B．氯水 C．乙醇 D．饱和食盐水
（5）设计实验检验制得的绿矾晶体中是否含有： 。
19．铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有及少量难溶于水和碱溶液的杂质。铬及其化合物在化工上用途广泛，由铬铁矿石制备重要化工原料重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如下图所示：
已知：铬铁矿碱熔后转化为和。
回答下列问题：
（1）为了加快矿石碱熔速率，可以采取的措施有 (任写一种)。
（2）写出铬铁矿碱熔后转化为和的化学方程式 。
（3）“水浸”时，滤渣A为红褐色沉淀，水解的离子方程式为 。
（4）“调pH”时，气体X循环利用，X的化学式为 ，滤渣B的主要成分为 。
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，既影响产品的纯度，又产生有毒气体污染环境，写出相关反应离子方程式 。
（6）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下：
若不考虑气体的溶解，当收集到13.44L(标准状况下)时有 mol被还原，一段时间后产生和沉淀，若电解后溶液中，则 。(已知，)
20．下图是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类：
（1）根据物质与水反应的情况，分成A、B组的分类依据是 。
（2）A组中的CaO经常用作食品包装袋中的干燥剂，CaO所属物质类别为 (填序号)。
①金属氧化物 ②酸性氧化物 ③碱性氧化物 ④两性氧化物
（3）B组物质中，可用作潜水艇供氧剂的是 (填化学式)。写出B组中红棕色气体与水反应的化学方程式 。
（4）工业上常用D组中的 (填化学式)消除C组中物质对大气的污染。
（5）实验室用 制备 时，可选择上述物质中某一物质的水溶液，该过程涉及的离子反应方程式为 。
（6）C组中某一物质可使酸性 溶液褪色，用离子方程式表示溶液褪色的原因 。
21．氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：
①在空气中易被氧化，易与形成复盐沉淀；
②硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为；
③在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”中氧化的目的是 。
（2）步骤①中加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈，写出硫脲与反应生成的离子方程式 。
（3）步骤③反应的离子方程式为 。
（4）步骤④萃取时存在反应：。分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比称为分配比()。取20mL含四价铈总浓度为0.1的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂，充分振荡，静置，若，则水层中 。(计算结果保留二位有效数字)。
（5）步骤⑤“反萃取”时双氧水的作用是 。
（6）产品是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，催化机理如图所示。写出过程①发生反应的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.电子层数越大，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径：Z＞X＞Y，A不符合题意。
B.X、Y、Z的简单氢化物分别为NH3、H2O、H2S。其中H2O为液态，其余为气态，H2O的沸点最高。NH3可形成分子间氢键，因此NH3的沸点高于H2S。因此三种简单氢化物的沸点：Y＞X＞Z，B不符合题意。
C.R元素的氧化物有Fe2O3，为红棕色固体；Fe3O4为黑色固体，C不符合题意。
D.Y、Z与R形成的化合物为FeSO4或Fe2(SO4)3，含有离子键和共价键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】R是地壳中含量第二的金属元素，因此R是Fe。X、Y、Z的原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以三种元素在周期表中的位置为。其原子核外电子数之和为31，令X的原子核外电子数为a，则Y为a+1，Z为a+9，所以可得 a+(a+1)+(a+9)=31，解得a=7。所以X为N、Y为O，Z为S。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．金属镁与水反应生成，会覆盖在镁条的表面阻止反应的继续进行，故实验1现象不明显，A不符合题意；
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失，导致温度升高，的溶解度增大，覆盖在镁条的表面的溶解，不再阻止反应的进行，B不符合题意；
C．由于可电离产生，从而破坏的生成，故实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，C不符合题意；
D．由题干信息可知实验1和实验3所得到的产物不同，故变量不唯一，不能由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Mg和水反应生成氢氧化镁的难溶物，覆盖在Mg的表面使反应不明显；
B.Mg和热水比和冷水反应剧烈；
C.，H+与Mg(OH)2反应；
D.实验1和实验3的产物不同，变量不唯一，所以无法对比。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．实验室用浓硫酸和乙醇共热到170℃发生消去反应制备乙烯，实验时温度计应插在反应液中控制反应温度，故A符合题意；
B．实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体共热反应制备氨气，实验时应选用固固加热装置，为防止氨气向空气中扩散，用向下排空气法收集氨气时，应在试管口放一团棉花，故B不符合题意；
C．实验室用乙醇、乙酸和浓硫酸共热的方法制备乙酸乙酯，实验时应选用液液加热装置，用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，故C不符合题意；
D．铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，实验时应选用固固加热装置，用肥皂水收集和验证氢气，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.乙烯是利用乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃得到，温度计是测量液体的温度
B.此装置以及药品符合实验室制取氨气要求
C.此装置以及药品符合实验室制取氨气乙酸乙酯要求
D.此装置以及药品符合实验室研究铁粉与水蒸气的反应要求
4．【答案】B
【解析】【解答】A．“溶解”时将粉碎并不断搅拌，有利于加快反应速率，A不符合题意；
B．“过滤”后所得到的滤渣，其主要成分是、，B符合题意；
C．“酸化”时加盐酸可以除去溶液中少量和防止吸收空气中，C不符合题意；
D．制得样品中混有少量的氯化钠导致，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据影响反应速率的因素分析；
B．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
C．同B项判断；
D．依据物质和杂质的化学组成分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.比较碳酸钠和碳酸氢钠水解能力大小，需要控制变量，故A不符合题意；
B.火焰呈黄色说明其含有钠元素，不一定是钠盐，故B不符合题意；
C.应该控制在同一体积溶剂中家诶相同的苯酚和乙醇进行实验；故C不符合题意；
D. 向饱和溶液中滴加一定量的浓溶液，产生气体和沉淀发生的反应为 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.控制等浓度；
B.只能说明含有钠元素；
C.控制变量法进行实验探究；
D.根据考虑碳酸氢根的水解和电离平衡。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．N、P同主族，NH3、PCl3中N、P原子的价电子对数都是1，都有1个孤电子对，NH3的分子构型为三角锥形，则PCl3的分子构型为三角锥形，故A不符合题意；
B．CO2、SO3都是最高价酸性氧化物，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO3反应生成Na2SO4和O2，故B不符合题意；
C．NaClO、Na2SO3都是中间价态的含氧酸盐，根据价态规律，NaClO会歧化为NaClO3和NaCl，则Na2SO3会歧化为Na2SO4和Na2S，故C不符合题意；
D．乙二酸俗名草酸，草酸能被酸性KMnO4溶液氧化，所以草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据常见分子的构型及钠的重要化合物的相关性质分析解答。
7．【答案】B
【解析】【解答】(1)溶于足量水中，得到无色透明溶液，但仍有部分固体末溶解，说明难溶性固体Mg(OH)2一定存在；
(2)取①的上层清液，滴加少量新制氯水，再加入CCl4，振荡，静置，CCl4层呈无色，说明CCl4层中无I2，则原溶液中无NaI；
(3)取②反应后的上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则该沉淀是BaSO4，则原溶液中一定含有Na2SO3，加入Cl2水时发生反应：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，然后发生反应：Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；
(4)另取②反应后的上层清液，加入过量的AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，但由于加入氯水时引入了Cl-，因此不能证明原溶液中是否NaCl。
根据上述分析可知：白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，一定不含有NaI，可能含有NaCl，
故答案为：B。
【分析】依据离子共存的规律及题目操作中出现的现象分析判断。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．NaOH溶液喷成雾状，可增大反应接触面积，提高 吸收率，A不符合题意；
B．环节a为 和 生成 ，需从溶液中过滤出来再高温煅烧，故基本操作不是蒸发结晶，B符合题意；
C．NaOH和CaO在流程中既有消耗，也有生成，可循环利用，C不符合题意；
D． 可以和 反应，因此可用 溶液代替NaOH溶液，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用NaOH溶液实现“碳捕获”吸收器中，NaOH溶液用喷淋方式加入，增大反应物之间的接触面积，充分吸收二氧化碳，环节a中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，Na2CO3发生反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，成 ，需从溶液中过滤出来再高温煅烧，生成的CO2循环使用。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．KNO3、K2CO3至少含有一种，但不是一定含有K2CO3，A不符合题意；
B．肯定没有硝酸钡，可能含有硝酸钾，B符合题意；
C．KNO3不是一定存在，C不符合题意；
D．K2CO3不是一定不存在，硝酸钡一定不存在，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀为20.38g>20g，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．S与氧气点燃反应生成SO2，SO2与水形成亚硫酸，能一步转化，故A符合题意；
B．氨气催化氧化生成NO，不能生成NO2，不能一步实现，故B不符合题意；
C．Fe2O3与Al发生铝热反应生成Fe，铁与盐酸反应生成FeCl2，不能生成氯化铁，不能一步转化实现，故C不符合题意；
D．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝为两性氢氧化物，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.反应均可进行实现
B.氨气的催化氧化不能直接到二氧化氮，应该是一氧化氮，与氧气继续氧化产生二氧化氮与水反应得到的是硝酸
C.进行铝热反应可以反应得到铁单质，可以直接和氯气反应得到氯化铁，和盐酸反应只能到氯化亚铁
D.铝是两性金属可与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，与少量的盐酸或者通入二氧化碳进行反应得到的是氢氧化铝
11．【答案】D
【解析】【解答】A．铁和水蒸气高温下发生反应产生H2，存在安全隐患，A项有关联性；
B．墨汁为碳单质，国画保存时间持久说明墨汁稳定，说明常温下碳单质稳定，B项有关联性；
C．NaOH具有腐蚀性，且NaOH与Al反应放热，同时产生气体疏通管道，C项有关联性；
D．淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧环境下发酵转化为乙醇和二氧化碳，D项没有关联性；
故答案为：D。
【分析】A.铁与水蒸气反应生成可燃性气体氢气；
B.常温下碳单质的化学性质稳定；
C.氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气；
D.淀粉水解生成葡萄糖。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．碳纤维的主要成分是碳单质，属于新型无机非金属材料，故A符合题意；
B．二氧化碳人工合成淀粉既能减少二氧化碳的排放有利于碳中和又碳中和，又有利于太空探索时宇航员呼吸产生的二氧化碳转化为淀粉提供人体所需要的能量，故B不符合题意；
C．深埋于地下的合金生锈是因为在弱酸性条件下发生了吸氧腐蚀，故C不符合题意；
D．冬奥会火炬在出火口格栅喷涂碱金属是利用了焰色反应让火焰达到可视化的目的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．碳纤维的主要成分是碳单质；
B．二氧化碳人工合成淀粉既能减少二氧化碳的排放有利于碳中和又碳中和；
C．合金生锈是在弱酸性条件下发生了吸氧腐蚀；
D．利用了焰色反应让火焰达到可视化的目的。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.钠的光为黄色，穿透能力强，与钠的导电性无关，故A不符合题意；
B.氯化铁水解呈氢氧化铁胶体具有吸附性可用于净水，故B不符合题意；
C.利用铝的还原性与氧化铁反应可以焊接铁轨，故C符合题意；
D.治疗胃酸过多利用碳酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.利用其黄光可以做高压钠灯；
B.利用水解得到胶体净化水；
C.利用置换反应得到铁焊接钢轨；
D.碳酸氢钠治疗胃酸过多。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，反应后溶液pH=14，呈碱性，A不符合题意；
B．由分析可知，产生气体的体积在标准状况下为2.24L，B符合题意；
C．由分析可知，反应后溶液的pH=14，C不符合题意；
D．由分析可知，反应后c(Na2SO4)=2.0mol/L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】n(Na)==0.2mol，根据2Na+2H+=2Na++H2↑可知，生成n(H2)=0.1mol，体积为2.24L，溶液中n(H+)=0.04L×2mol/L×2=0.16mol，根据2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑可知，与H2O反应的Na有0.2-0.16=0.04mol，生成的n(OH-)=0.04mol，c(OH-)==1mol/L，故pH=14，c(Na2SO4)=c(H2SO4)=2.0mol/L。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，A不符合题意；
B．从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有Na2CO3，B不符合题意；
C．从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位(盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠)，后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c(Na2CO3)=c(NaHCO3)，溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1：1，C符合题意；
D．从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比是1：1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，均能实现一步转化，选项A不符合；
B．二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和CO，不是生成CO2，且CO2和铁也不反应，不能实现一步转化，选项B符合；
C．氢硫酸与二氧化硫反应生成硫和水，硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，均能实现一步转化，选项C不符合；
D．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，均能实现一步转化，选项D不符合；
故答案为：B。
【分析】根据各元素的单质及其化合物之间的相互转化分析。
17．【答案】（1）搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（4）6.0；10-6
（5）作还原剂，将铬元素还原为正三价；Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O
【解析】【解答】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、Al3+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2。
(1)根据影响反应速率的因素，搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等都能加快酸浸速率，
故答案为：搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等；
(2)调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、Al3+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3，故答案为： Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
故答案为： 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
(4)根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；
此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；
(5)流程中加入Na2S2O3的作用为作还原剂，将铬元素还原为正三价，以便后续步骤沉淀分离；
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
【分析】（1）考查加快反应速率的方法；
（2）分析工艺流程图可知，滤渣2的成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3 ；
（3）分析化合价发现Cr的化合价升高，但是碳酸钠的化合价不会升高，所以空气中的O2参加了反应；
（4）分析沉淀率与pH的关系可知“沉铬”过程的最佳pH是6；跟据沉铬的最佳pH是6，再利用 Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30 计算；
（5）焙烧中 转化为 ，而最终产物是三氧化二铬，所以Na2S2O3的作用是作还原剂；转化是将Mn2+转化为MnO2，跟据得失电子守恒、物料守恒、电荷守恒写出化学方程式。
18．【答案】（1）将硫铁矿烧渣粉碎、适当增大稀硫酸浓度、升高温度等(写出一点就可以)；；冶炼制取铝(或作耐火材料，有机反应中的催化剂或做催化剂载体，做阻热剂，抗酸药等)(任写一种就可以)
（2）
（3）
（4）防止水解；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；C
（5）取少量样品加水溶解配成溶液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，说明无；若溶液呈红色，说明其中含有
【解析】【解答】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)中加入稀硫酸，得到：Fe2+、Fe3+、Al3+的酸性溶液，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入FeS2，将Fe3+还原为Fe2+，反应为：，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，滤液为硫酸亚铁溶液，用稀硫酸酸化硫酸亚铁溶液后，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4 7H2O，以此解答该题。
（1）提高“酸浸”速率的措施有将硫铁矿烧渣粉碎、适当增大稀硫酸浓度、升高温度等；滤渣Ⅰ为二氧化硅能与氢氟酸反应，反应的化学方程式；滤渣Ⅱ为Al(OH)3，受热分解的产物为Al2O3，因其高熔点，作耐火材料，也可通过电解冶炼得到Al；
（2）利用FeS2可将Fe3+还原为Fe2+，同时生成，结合守恒法可知发生反应的离子方程式为；
（3）“除铝”的目的是使溶液中Al3+完全沉淀，而溶液中的Fe2+不沉淀，则结合金属离子生成氢氧化物沉淀的pH范围表中数据，可知控制的pH范围是5.0≤pH＜6.3；
（4）“酸化”步骤中加入稀硫酸可增大氢离子浓度，目的是防止水解；从硫酸亚铁溶液中获取绿矾晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤3个基本操作，其中“洗涤”时为减小绿矾晶体的溶解不使用热水，而选择乙醇，另外氯水能氧化Fe2+，也不宜用来洗涤绿矾，而饱和食盐水洗涤时绿矾表面会附杂质离子，而不纯，故只能选择乙醇洗涤，答案为C；
（5）利用含有Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液会变红色，则检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+的操作方法是将绿矾样品溶于水，取少量于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变成红色，说明含Fe3+，若溶液不变色，则不含Fe3+。
【分析】（1）提高酸浸的速率可以采用固体粉碎、增大酸浓度、升温的方法；
（2）硫元素被氧化，化合价升高，生成硫酸根离子，铁离子化合价降低，生成亚铁离子；
（3）铝离子沉淀，pH不得小于5.0，但又不能影响亚铁离子的沉淀；
（4）亚铁离子可以水解为氢氧化亚铁，稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解；
（5）铁离子的检验采用硫氰酸钾，若硫氰酸钾变红则含有铁离子。
19．【答案】（1）矿石粉碎或搅拌或适当升高温度或提高空气中氧气的含量
（2）
（3）
（4）；(或)
（5）
（6）0.1；
【解析】【解答】铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有及少量难溶于水和碱溶液的杂质，铬铁矿石加入碳酸钠、通入氧气“碱熔”生成和、Na2SiO3，“水浸”水解为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中通入二氧化碳调节pH，Na2SiO3生成沉淀，过滤，滤液中加适量盐酸使转化为，再加KCl得到。
(1)根据影响反应速率的因素，矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、提高空气中氧气的含量等都可以加快矿石碱熔速率。
(2)铬铁矿“碱熔”时被氧气氧化为和，Cr元素化合价由+3升高为+6、铁元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为；
(3)滤渣A为红褐色沉淀，说明“水浸”时水解Fe(OH)3和氢氧化钠，水解的离子方程式为；
(4)碱熔过程中放出的气体是二氧化碳，用二氧化碳“调pH”，硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，滤渣B的主要成分为。
(5)“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，同时产生有毒气体，说明氯离子被氧化为氯气，反应的离子方程式为；
(6)阳极发生反应Fe-2e-=Fe2+，阴极发生反应2H++2e-=H2，当收集到13.44L(标准状况下)时电路中转移电子，则阳极生成0.6molFe2+，Fe2+把还原为Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价降低3，根据电子守恒，被还原的的物质的量是0.1mol；一段时间后产生和沉淀，若电解后溶液中，，则。
【分析】
(1)根据影响反应速率的因素分析。
(2)根据得失电子守恒；
(3)依据实验现象判断产物；
(4)碱依据工艺流程，确定循环利用的物质和产物的成分。
(5)依据反应物和产物确定。
(6)根据电子守恒和Ksp计算。
20．【答案】（1）是否属于氧化还原反应或是否有电子转移
（2）①③
（3）；
（4）CaO
（5）
（6）
【解析】【解答】（1）A组物质与水反应，元素化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，B组物质与水反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，所以分成A、B组的分类依据为：是否属于氧化还原反应或是否有电子转移。
（2）CaO能与水反应生成氢氧化钙，CaO所属物质类别为金属氧化物、碱性氧化物，
故答案为：①③。
（3） 能与二氧化碳反应生成碳酸钠和O2，故可用作潜水艇供氧剂。B组中NO2为红棕色气体，与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为： 。故答案为： ； 。
（4）NH3、CaO与水反应后溶液呈碱性为D组物质，SO2与水反应后溶液呈酸性为C组物质，CaO与SO2反应生成CaSO3，进一步氧化为CaSO4，所以工业上常用CaO消除SO2对大气的污染。故答案为：CaO。
（5）氢氧化铝不溶于过量氨水，故实验室用 与氨水反应制备 ，反应的离子反应方程式为： 。
（6）SO2具有强还原性，可使酸性 溶液褪色，反应的离子方程式为： 。
【分析】（1）与水反应，A组中各元素的化合价都不变，B组中某些元素的化合价发生变化；
（2）氧化钙是金属氧化物，和酸反应生成盐和水为碱性氧化物；；
（3）Na2O2与水反应生成氧气，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；
（4）A组中的气体根据水溶液的酸碱性可以分为：溶液显酸性：SO2，溶液显碱性：NH3、CaO；CaO能与对空气有污染的SO2反应；
（5）Al3+与氨水反应生成Al(OH)3沉淀，注意离子方程式中弱电解质NH3·H2O和沉淀不能拆，据此分析；
（6）C组中二氧化硫具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化为硫酸，高锰酸根在酸性条件下被还原为Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒进行配平。
21．【答案】（1）将氧化为
（2）+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-
（3）
（4）0.0024
（5）作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂
（6）
【解析】【解答】（1）“氧化焙烧”中氧化的目的是将氧化为。
（2）根据化合价的变化可知，硫脲与反应生成的离子方程式为+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-。
（3）和反应生成Ce2(CO3)3和CO2和H2O，其离子方程式为。
（4）由题可知，n(Ce4+)=20×10-3L×0.1mol/L=0.002mol，萃取后Ce4+的n(有机层)+n(水)=0.002mol···①，又，即=80···②，联立①②解得n(水层)=mol，则。
（5）“反萃取”时双氧水的作用是作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂。
（6）根据图中所给反应物和生成物可知，过程①发生反应的化学方程式为。
【分析】（1）利用已知 ① 信息分析
（2）依据氧化还原反应原理，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；
（4）利用已知信息中的公式计算；
（5） 反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。
（6）根据图中所给反应物和生成物分析。
