2020届高考化学二轮复习铁、铜及其重要的化合物作业 29页

铁、铜及其重要化合物 ‎1、取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应．冷却，称得剩余固体比原混合物质量减少1.200g，若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1mol/L盐酸的体积为（）‎ A．37.5mLB．75mLC．150mLD．300mL ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查混合物反应的计算．‎ FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应后，生成Fe与H2O，剩余固体比原混合物质量减少1.200g为混合物中O元素质量，‎ 若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，混合物中O元素与HCl中H元素结合生成H2O，‎ 则：n（H2O）=n（O）==0.075mol，‎ 由H原子守恒可得：n（HCl）=2n（H2O）=0.075mol×2=0.15mol，‎ 所以需要1mol/L盐酸的体积为：=0.15L=150mL，‎ 故选C．‎ ‎2、下列化合物的俗称与化学式不一致的是（）‎ A.绿矾--FeSO4·7H20B.芒硝--Na2SO4·10H2O C.明矾--Al(SO4)3·12H20D.胆矾--CuSO4·5H2O ‎【答案】C ‎【解析】解：A、．绿矾--FeSO4·7H2O，化合物的俗称与化学式对应，A项错误；B、芒硝--Na2SO4·10H2O，化合物的俗称与化学式对应，B项错误；C、明矾--KAl(SO4)2·12H2O,，明矾--Al2(SO4)3·12H2O俗称与化学式不对应,C项正确；D、胆矾--CuSO4·5H2O，化合物的俗称与化学式对应，D项错误；答案选C。‎ ‎3、中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如下：‎ 下列有关叙述不合理的是（）‎ A.纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当 B.纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病 C.在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解 D.反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比FeCl3溶液的分散质直径要大。错误，A符合题意。B.由题意可知纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途说明纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病,B正确但不符合题意;C.FeCl3·6H2O初步水解产生FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化说明了环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解,C正确但不符合题意。D．根据已知条件及质量守恒定律可得反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2。D.正确但不符合题意，选A。‎ ‎4、下列关于铁、铜元素的描述中，正确的是（　　）‎ A．两元素均位于元素周期表中第4周期Ⅷ族 B．两者均能被潮湿空气腐蚀 C．氧化性：Cu2+＞Fe3+＞Fe2+‎ D．铁丝和铜丝在氯气里燃烧均生成二价氯化物 ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ A．Fe均位于元素周期表中第4周期Ⅷ族，Cu位于周期表ⅠB族，故A错误；‎ B．铁、铜易发生腐蚀分别生成铁锈、铜绿，故B正确；‎ C．氧化性Fe3+＞Cu2+，故C错误；‎ D．氯气具有强氧化性，铁与氯气生成氯化铁，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎5、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()‎ 选项 甲 乙 丙 丁 A Cu CuCl2‎ CuO Cu（NO3）2‎ B Na2CO3‎ NaOH NaHCO3‎ CO2‎ C Fe FeCl3‎ Fe（OH）3‎ Fe2O3‎ D Al2O3‎ Al（OH）3‎ NaAlO2‎ AlCl3‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查金属及化合物的转化．‎ A．Cu与氯气反应生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜分解生成CuO，所以CuCl2不能一步反应生成CuO，故A错误；‎ B．碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，所以各步反应均可一步完成，故B正确；‎ C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁不能直接转化为Fe，即丙到甲不能一步完成，故C错误；‎ D．氧化铝难溶于水，与水不反应，所以氧化铝不能直接转化为氢氧化铝，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎6、绿矾（FeSO4·7H2O）是治疗缺铁性贫血药品中的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：‎ 已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9；SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（一）绿矾的制备 ‎（1）检验制得的绿矾中是否含有Fe3+的实验操作是．‎ ‎（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是；在溶液中用硫酸酸化至pH=2‎ 的目的是．‎ ‎（3）操作IV的顺序依次为：、冷却结晶、．‎ ‎（二）绿矾中FeSO4·7H2O含量的测定 若用容量法测定绿矾中FeSO4·7H2O的含量．滴定反应是：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．‎ 实验方案如下：‎ ‎①称取15.041g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容．‎ ‎②量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中．‎ ‎③用0.0500mol/LKMnO4溶液（硫酸酸化）滴定至终点，记录初读数和末读数．‎ ‎④____________．‎ ‎⑤数据处理．‎ ‎（4）上述实验方案中的步骤④是．‎ 洁净的滴定管在滴定前必须进行的操作有：‎ ‎①检验活塞是否漏水；‎ ‎②；‎ ‎③向滴定管中加入KMnO4标准溶液到0刻度以上，赶走尖嘴部位的气泡，调节初读数．‎ ‎（三）数据处理 某小组同学的实验数据记录如下：‎ 实验次数 初读数（mL）‎ 末读数（mL）‎ ‎1‎ ‎0.20‎ ‎21.40‎ ‎2‎ ‎0.00‎ ‎21.00‎ ‎3‎ ‎1.60‎ ‎26.60‎ ‎（5）上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为（用小数表示，保留三位小数）．‎ ‎【答案】（1）取少量绿矾晶体加水溶解，滴加KSCN溶液，看溶液是否呈红色；‎ ‎（2）除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化；防止Fe2+生成沉淀；‎ ‎（3）蒸发浓缩；过滤洗涤；‎ ‎（4）①重复操作②③1～2次或做平行实验1～2次；‎ ‎②用蒸馏水洗涤2～3次，再用高锰酸钾标准溶液润洗滴定管2～3次；‎ ‎（5）0.975．‎ ‎【解析】解：本题考查物质分离以及含量的测定．市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质），加入稀硫酸可生成Sn2+、Fe2+，经过滤后在滤液中加入稀硫酸酸化调节pH=2，并通入硫化氢气体，除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化，过滤除去SnS，滤液中主要含有硫酸亚铁，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤可得到FeSO4·7H2O．‎ ‎（1）可用KSCN检验铁离子，方法为取少量绿矾晶体加水溶解，滴加KSCN溶液，看溶液是否呈红色，‎ 故答案为：取少量绿矾晶体加水溶解，滴加KSCN溶液，看溶液是否呈红色；‎ ‎（2）硫化氢具有还原性，通入硫化氢气体，除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化，在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+生成沉淀，因可FeS可溶于酸，‎ 故答案为：除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化；防止Fe2+生成沉淀；‎ ‎（3）由溶液得到晶体，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩；过滤洗涤；‎ ‎（4）①为减少实验误差，可重复②③1～2次，或做平行实验1～2次，故答案为：重复操作②③1～2次或做平行实验1～2次；‎ ‎②洁净的滴定管在滴定前必须进行检漏和润洗，可用蒸馏水洗涤2～3次，再用高锰酸钾标准溶液润洗滴定管2～3次，‎ 故答案为：用蒸馏水洗涤2～3次，再用高锰酸钾标准溶液润洗滴定管2～3次；‎ ‎（5）用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.10mL，则 ‎5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O ‎51‎ n（Fe2+）0.05000mol/L×0.0210L 计算得到；n（Fe2+）=0.00525mol；‎ 则250mL溶液中含Fe2+=0.00525mol×=0.0525mol；‎ FeSO4·7H2O物质的量为0.0525mol，质量=0.0525mol×278g/mol=14.595g；‎ 质量分数=×100%=97.5%=0.975，‎ 故答案为：0.975．‎ ‎7、某探究小组的同学设计实验探究铁与水蒸气的反应，并探究反应后生成物的一系列性质．‎ ‎（1）图甲为铁与水蒸气反应的实验装置，实验前应先进行的操作是　　．‎ ‎（2）图甲I为产生水蒸气的装置，图甲II为铁与水蒸气反应的装置，写出硬质玻璃管B内所发生反应的化学方程式　．‎ ‎（3）为了验证硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2，还需从图乙中选择必要的仪器和药品，设计出一套装置，其连接顺序为：a连　　，　　连　　，　　连　　．‎ ‎(4)反应后，将图甲II装置中硬质玻璃管B内的全部固体置于试管中，加入60mL1mol/L的稀盐酸，固体恰好完全溶解，再滴加KSCN溶液，发现溶液不显血红色，写出此过程中所有可能发生反应的离子方程式　　、　　、　　．反应前硬质玻璃管B中加入Fe粉的质量为　　g．‎ ‎【答案】（1）检查装置气密性；‎ ‎（2）3Fe+4H2OFe3O4+4H2；‎ ‎（3）jfbch；‎ ‎（4）Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O、Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+；1.68．‎ ‎【解析】解：本题考查性质实验方案的设计．‎ ‎（1）铁与水蒸气反应的实验装置分析可知，装置中A需要生成水蒸气，通入B中和铁在高温下反应所以需要装置气密性完好，实验前应先进行的操作是检查装置气密性，‎ 故答案为：检查装置气密性；‎ ‎（2）图甲I为产生水蒸气的装置，图甲II为铁与水蒸气反应的装置，硬质玻璃管B 内所发生反应是铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，‎ 故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；‎ ‎（3）硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2，同时含有水蒸气，需要通过装置中的浓硫酸干燥氢气，然后通过装置中的氧化铜发生氧化还原反应生成红色铜和水蒸气，通过无水硫酸铜检验生成的水蒸气存在，最后需要剩余氢气的处理，为了验证硬质玻璃管B中反应后的气体产物是H2，其连接顺序为ajfbch，‎ 故答案为：jfbch；‎ ‎（4）反应后，将图甲II装置中硬质玻璃管B内的全部固体置于试管中，加入60mL1mol/L的稀盐酸，固体恰好完全溶解，再滴加KSCN溶液，发现溶液不显血红色，说明无铁离子存在，四氧化三铁溶解后生成亚铁离子和铁离子，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，过量的铁和过量的盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，铁离子反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，依据元素元素守恒计算，铁元素来源于铁单质，氯元素来源于盐酸溶液中的氯化氢，‎ FeCl2～2HCl～Fe，‎ ‎21‎ ‎0.060L×1mol/Ln=0.03mol 反应前硬质玻璃管B中加入Fe粉的质量=56g/mol×0.03mol=1.68g，‎ 故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O、Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+；1.68．‎ ‎8、三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可用于摄影和蓝色印刷．某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究．请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程．‎ 限选试剂：浓硫酸、1.0mol·L﹣1HNO3、1.0mol·L﹣1盐酸、1.0mol·L﹣1NaOH、3%H2O2、0.1mol·L﹣1KI、0.1mol·L﹣1CuSO4、20%KSCN、澄清石灰水、氧化铜、蒸馏水．‎ ‎（1‎ ‎）该小组同学查阅资料后推知，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3．通过可验证固体产物中是否含有钾元素．‎ ‎（2）固体产物中铁元素存在形式的探究．‎ ‎①提出合理假设：‎ 假设1：全部是铁单质；‎ 假设2：；‎ 假设3：．‎ ‎②设计实验方案证明你的假设 ‎③实验过程 根据②中方案进行实验．在写出实验步骤、预期现象与结论．‎ ‎【答案】（1）利用焰色反应；‎ ‎（2）①全部为FeO；同时存在铁单质和FeO；‎ ‎③（依次为）步骤1：取适量固体产物与试管中，加入足量蒸馏水，充分振荡使碳酸钾完全溶解．分离不溶固体与溶液，用蒸馏水充分洗涤不溶固体部分固体不溶解；‎ 步骤2：向试管中加入适量硫酸铜溶液，再加入少量不溶固体，充分振荡；（1）若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化，则假设2成立．（2）若蓝色溶液颜色明显改变，且有暗红色固体生成，则证明有铁单质存在；‎ 结合步骤2中的（2）：（1）若溶液基本无色，则假设1成立；（2）若溶液呈血红色，则假设3成立 ‎【解析】解：本题考查物质组成的探究、测量物质的含量；性质实验方案的设计。‎ ‎9、某研究小组为了探究一种无机盐A（只含四种元素）的组成，设计并完成了如下实验：‎ 取少量无机盐A，加入足量6%的H2O2溶液，充分反应后除了生成水外还有4种产物，分别是：气态氧化物B，气态单质C，盐D和含氧强酸E．将B、C、D、E均通（加）入Ba（OH）2溶液中，B、D、E与Ba（OH）2生成了白色沉淀，再向白色沉淀中加入足量稀硝酸，只有B生成的沉淀溶解且放出气体B．A、D的焰色呈紫色．C在标况下的密度为1.25g/L．请回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学式是　　，C的结构式为　　．‎ ‎（2）A与双氧水反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）B与Ba（OH）2反应生成沉淀的离子方程式为　　．‎ ‎（4）一种短周期的金属单质R在B、C中都能燃烧，则相同条件下，等体积的B、C完全反应消耗金属单质R的质量比为　　．‎ ‎（5）请利用题中出现的物质[即A﹣E、H2O2溶液和Ba（OH）2溶液等]检验（NH4）2Fe（SO4）2晶体中含有Fe2+：　　．‎ ‎【答案】（1）KSCN；‎ ‎（2）2KSCN+11H2O2=2CO2↑+N2↑+K2SO4+10H2O+H2SO4；‎ ‎（3）CO2+Ba2++2OH﹣=BaCO3↓+H2O；‎ ‎（4）2：3；‎ ‎（5）取少量晶体于试管中，加水溶解，滴入KSCN溶液，无明显现象，再滴加H2O2溶液，溶液变为红色，说明晶体中含有Fe2+．‎ ‎【解析】解：本题考查探究物质的组成或测量物质的含量．无机盐A ‎，加入足量6%的H2O2溶液，充分反应生成水、气态氧化物B，气态单质C，盐D和含氧强酸E；B、C、D、E均通（加）入Ba（OH）2溶液中，B、D、E与Ba（OH）2生成了白色沉淀，再向白色沉淀中加入足量稀硝酸，只有B生成的沉淀溶解且放出气体B，则B为CO2，含氧强酸E为H2SO4，A、D的焰色呈紫色，则含有钾元素，所以D为K2SO4，C在标况下的密度为1.25g/L，则M=ρVm=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，所以该单质气体为N2，所以A中含有K、C、S、N元素，则A为KSCN；‎ ‎（1）由分析可知A为KSCN，故答案为：KSCN；‎ ‎（2）KSCN与H2O2反应生成CO2、N2、K2SO4、H2O、H2SO4，KSCN中K为+1价，S为﹣2价，N为﹣3价，C为+4价，生成产物中CO2中C为+4价，N2为0价，K2SO4中S为+6价，H2SO4中S为+6价，则配平方程式为：2KSCN+11H2O2=2CO2↑+N2↑+K2SO4+10H2O+H2SO4；‎ 故答案为：2KSCN+11H2O2=2CO2↑+N2↑+K2SO4+10H2O+H2SO4；‎ ‎（3）CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3和水，其反应的离子方程式为：CO2+Ba2++2OH﹣=BaCO3↓+H2O，故答案为：CO2+Ba2++2OH﹣=BaCO3↓+H2O；‎ ‎（4）短周期的金属单质R在CO2、N2中都能燃烧，则R为Mg，由2Mg+CO2C+2MgO，N2+3MgMg3N2，可知1molCO2消耗2molMg，1molN2消耗3molMg，则等体积的B、C完全反应消耗金属单质R的质量比为2：3，故答案为：2：3；‎ ‎（5）检验亚铁离子用KSCN溶液和双氧水，其操作为：取少量晶体于试管中，加水溶解，滴入KSCN溶液，无明显现象，再滴加H2O2溶液，溶液变为红色，说明晶体中含有Fe2+，故答案为：取少量晶体于试管中，加水溶解，滴入KSCN溶液，无明显现象，再滴加H2O2溶液，溶液变为红色，说明晶体中含有Fe2+．‎ ‎10、草酸亚铁晶体是一种淡黄色粉末，常用于照相显影剂及制药工业，也是电池材料的制备原料。某化学兴趣小组对草酸亚铁晶体的一些性质进行探究。‎ ‎(1)甲组同学用图所示装置测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为ag。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置称重，记为bg。按图连接好装置进行实验。‎ A.打开K1和K2，缓缓通入N2；‎ b.点燃酒精灯加热;‎ c.熄灭酒精灯；‎ d.冷却至室温；‎ e.关闭K1和K2;‎ f.称重A；‎ g.重复上述操作，直至A恒重，记为cg。‎ ‎①仪器B的名称是____________________。‎ ‎②根据实验记录，计算草酸亚铁晶体化学式中的x=____________(列式表示)；若实验时a、b次序对调，会使x值______________(填“偏大”“无影响”或“偏小”）。‎ ‎(2)乙组同学为探究草酸亚铁的分解产物，将(1)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后装置A中残留固体为黑色粉末。‎ ‎①装置C、G中的澄清石灰水均变浑浊，说明分解产物中有_______________(填化学式)。‎ ‎②装置F中盛放的物质是___________(填化学式)。‎ ‎③将装置A中的残留固体溶于稀盐酸，无气泡，滴入KSCN溶液无血红色，说明分解产物中有________‎ ‎(填化学式)。‎ ‎④写出草酸亚铁(FeC2O4)分解的化学方程式：______________________。‎ ‎【答案】(1)①球形干燥管；②；偏小 ‎(2)①CO2和CO ‎②CuO ‎③FeO ‎④FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑‎ ‎【解析】解：本题考查实验方案设计与评价。‎ ‎（1）①根据仪器的特点，仪器B的名称为干燥管或球形干燥管；‎ ‎②加热后固体是Fe(C2O)4，其质量为(c-a)g，失去结晶水的质量为(b-c)g，因此有：，即x=；通入氮气的目的排除装置中空气，防止加热时空气中氧气把FeC2O4氧化，造成反应后固体质量增加，即结晶水的质量减小，x偏小；‎ ‎（2）①C和G中的澄清石灰水变浑浊，根据草酸亚铁的化学式，加热A和F时说明产生CO2，然后根据设计方案，推出A分解时产生CO2和CO；‎ ‎②装置F发生CO还原金属氧化物得到CO2，装置F盛放CuO或Fe2O3等；‎ ‎③加入盐酸无气泡，说明不含铁单质，滴入KSCN溶液无血红色，说明溶液中含有Fe2＋，不含Fe3＋，即分解产生的黑色粉末是FeO；‎ ‎④根据上述分析，分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。‎ ‎11、某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．‎ 甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；‎ 乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu（OH）2一种沉淀；‎ 丙同学认为生成CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）‎ Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化．具体操作为①过滤②洗涤③干燥．‎ Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．‎ ‎（1）各装置连接顺序为→→．‎ ‎（2）装置C中装有试剂的名称是．‎ ‎（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是．‎ Ⅲ．若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可通过下列所示装置的连接，进行定量分析来测定其组成．‎ ‎（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是．‎ ‎（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为：．‎ ‎【答案】Ⅰ．Na2CO3+CuSO4+H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+CO2↑；‎ Ⅱ．（1）A；C；B；‎ ‎（2）无水硫酸铜；‎ ‎（3）装置B中澄清石灰水变浑浊；‎ Ⅲ．（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2；将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2排出；‎ ‎（2）1﹣．‎ ‎【解析】解：Ⅰ．乙同学的认为：这两者相互促进水解反应，生成Cu（OH）2一种沉淀，即是碳酸钠和硫酸铜之间发生双水解反应，原理为：Na2CO3+CuSO4+H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+CO2↑，‎ 故答案为：Na2CO3+CuSO4+H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+CO2↑；‎ Ⅱ．（1）利用加热装置验证生成的产物，利用A加热分解碳酸铜或氢氧化铜，利用C检验是否有水生成验证是否含有氢氧化铜；利用装置B中石灰水变浑浊证明生成二氧化碳验证碳酸铜的存在，所以装置连接为A、C、B；‎ 故答案为：A；C；B；‎ ‎（2）无水硫酸铜可以检验水的产生和存在，放在干燥管中来检验，故答案为：无水硫酸铜；‎ ‎（3‎ ‎）碳酸铜受热分解会产生氧化铜和二氧化碳，二氧化碳可以使澄清的石灰水变浑浊，‎ 故答案为：装置B中澄清石灰水变浑浊；‎ Ⅲ．（1）装置C中碱石灰的作用是：吸收空气中的H2O蒸汽和CO2，验开始时和实验结束时都要通入过量且处理过的空气其作用都是将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2排出，‎ 故答案为：吸收空气中的H2O蒸汽和CO2；将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2排出；‎ ‎（2）装置B质量增加了n克，即生成水的质量是ng，根据方程式则生成的氢氧化铜的物质的质量是：g=g，所以碳酸铜的质量是（m﹣）g，质量分数为：1﹣，‎ 故答案为：1﹣．‎ ‎12、废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4·5H2O）及副产物ZnO．制备流程图如图：‎ 已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成2﹣．如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L﹣1计算）．‎ Fe3+‎ Fe2+‎ Zn2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.1‎ ‎5.8‎ ‎5.9‎ 沉淀完全的pH ‎3.0‎ ‎8.8‎ ‎8.9‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）试剂X可能是，其作用是．‎ ‎（2）加入ZnO调节pH=3～4的目的是．‎ ‎（3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为．‎ ‎（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是．‎ ‎（5）下列试剂可作为Y试剂的是．‎ A．ZnOB．NaOHC．Na2CO3D．ZnSO4‎ 若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是．‎ ‎（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000mol·L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL．已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣.‎ ‎①胆矾晶体的纯度为．‎ ‎②在滴定过程中剧烈摇动（溶液不外溅）锥形瓶，则所测得的纯度将会（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．‎ ‎【答案】（1）H2O2；将Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（2）降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe（OH）3沉淀而除去；‎ ‎（3）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；‎ ‎（4）蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；‎ ‎（5）B；先产生白色沉淀后溶解；‎ ‎（6）①97.00%；‎ ‎②偏高．‎ ‎【解析】解：本题考查制备实验方案的设计．‎ ‎（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：H2O2；将Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（2）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe（OH）3沉淀而除去；‎ ‎（3）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；‎ ‎（4）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；‎ ‎（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成2﹣，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解；‎ ‎（6）①CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为：2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2，且发生I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，则可得关系式2Na2S2O3～2Cu2+，‎ 则n（CuSO4·5H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L×19.40×10﹣3L=1.94×10﹣3mol，‎ m（CuSO4·5H2O）=1.94×10﹣3mol×250g/mol=0.4850g，‎ ω（CuSO4·5H2O）=×100%=97.00%，故答案为：97.00%；‎ ‎②剧烈摇动锥形瓶，导致氧气参与氧化还原反应，从而消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，故测量纯度偏高，故答案为：偏高．‎ ‎13、CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，以下是某兴趣小组对沉淀组成的探究。‎ ‎(1)【提出假设】假设1：沉淀为Cu(OH)2；‎ 假设2：沉淀为____________；‎ 假设3：沉淀为碱式碳酸铜 ‎【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解(假设均不含结晶水)。‎ ‎【定性探究】‎ 步骤1：将所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，风干；‎ 步骤2：甲同学取一定量固体，用气密性良好的如下装置(夹持仪器未画出)进行定性实验；‎ ‎(2)若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象，证明假设________成立。‎ ‎(3)乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用下列某试剂后，便可验证上述所有假设，该试剂是_________(填代号)。‎ A．浓硫酸B．无水CuSO4C．碱石灰D．P2O5‎ ‎(4)B装置使用改进后的试剂，乙同学验证假设3成立的实验现象是A中__________________，B中__________________，C中_________________。‎ ‎【定量探究】‎ ‎(5)乙同学进一步探究假设3中固体的组成：‎ ‎①乙同学查得一些物质在20℃的数据(如下表)后，将C中的澄清石灰水改为Ba(OH)2溶液，其原因是___________(填代号)。‎ Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2‎ Ba(OH)2为强碱，Ca(OH)2为弱碱 吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小 相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3‎ ‎②若所取蓝绿色固体质量为54.2g，实验结束后装置B的质量增加5.4g，C中产生的沉淀的质量为39.4g，A中发生反应的化学方程式为__________。‎ ‎【答案】(1)CuCO3；‎ ‎(2)1；‎ ‎(3)B；‎ ‎(4)A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生；‎ ‎(5)①AC；‎ ‎②2CuCO3·3Cu(OH)25CuO+3H2O↑+2CO2↑．‎ ‎【解析】解：本题考查探究物质的组成和含量的测定的相关知识。‎ ‎(1)CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，可能是反应生成了碳酸铜沉淀，或双水解生成了氢氧化铜沉淀，或是碱式碳酸铜，假设1中沉淀为Cu(OH)2，假设2为CuCO3，故答案为：CuCO3；‎ ‎(2)加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象证明一定不含有碳酸铜，现象的产生为氢氧化铜，假设1正确，故答案为：1；‎ ‎(3)‎ 实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证，加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分，装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水，澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，故答案为：B；‎ ‎(4)装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜，是否变蓝色验证是否生成水，装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以证明假设是否正确的现象为：A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生，故答案为：A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生；‎ ‎(5)①Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，充分吸收CO2，BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小；氢氧化钙为强碱，CaCO3的溶解度和BaCO3溶解度相差不大，故答案为：AC；‎ ‎②B中吸收的是水，水的物质的量==0.3mol，C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量==0.2mol，氧化铜的物质的量==0.5mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0.5mol：0.6mol：0.2mol=5：6：2，所以其化学式为：2CuCO3·3Cu(OH)2；CuCO3·3Cu(OH)2受热分解生成CuO、二氧化碳和水，其反应的方程为：2CuCO3·3Cu(OH)25CuO+3H2O↑+2CO2↑；故答案为：2CuCO3·3Cu(OH)25CuO+3H2O↑+2CO2↑．‎ ‎14、某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液．绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用．其实验方案如下：试回答下列问题：‎ ‎（1）器材已有：滤纸、铁架台、铁圈和烧杯，还要补充的玻璃仪器是．‎ ‎（2）由滤液A制得AlCl3溶液有途径I和Ⅱ 两条，你认为合理的是，理由是．写出A经途径Ⅱ生成D的离子方程式．‎ ‎（3）有同学提出可将方案中最初溶解合金的烧碱改用盐酸，重新设计方案，也能制得三种物质，你认为后者的方案是否更合理否，理由是．‎ ‎（4）向滤渣F中加入稀H2SO4和KNO3的混合溶液，也能使滤渣F溶解，写出发生反应的离子方程式，要处理SO2尾气，可选用最合理的装置处理尾气的是（填序号）．‎ ‎【答案】（1）漏斗、玻璃棒、酒精灯；‎ ‎（2）Ⅱ；途径I制得的AlCl3溶液中含有大量的NaCl，而途径Ⅱ能制得纯净的AlCl3溶液；CO2+[Al（OH）4]﹣=Al（OH）3↓+HCO3﹣；‎ ‎（3）否；后者操作步骤多，消耗试剂量大，实验时间长；‎ ‎（4）3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑；d．‎ ‎【解析】解：本题考查物质的分离和提纯．含有铝．铁．铜的合金加入氢氧化钠溶解，只有铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以滤渣B为铁和铜，再经稀硫酸反应过滤的滤液为氯化亚铁，进一步转化成绿矾，滤渣F为铜单质，进一步转化成胆矾；滤液A则为偏铝酸钠溶液，加过量盐酸经途径Ⅰ生成氯化铝溶液，而滤液A通足量气体C经途径Ⅱ生成沉淀D，根据氢氧化铝只溶于强酸强碱，所以气体C为二氧化碳，沉淀D为氢氧化铝，与盐酸反应生成氯化铝溶液；‎ ‎（1）根据以上分析，该流程需要过滤操作，所以还需的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、酒精灯，故答案为：漏斗、玻璃棒、酒精灯；‎ ‎（2）途径Ⅰ偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化钠的混合物，而途径Ⅱ向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，再用盐酸溶解，所得溶液的成分只有氯化铝，所以途径Ⅱ更合理；铝、铁、铜的合金中只有金属铝可以和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，所以滤液A的成分是偏铝酸钠，可以和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，实质为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，‎ 故答案为：Ⅱ；途径I制得的AlCl3溶液中含有大量的NaCl，而途径Ⅱ 能制得纯净的AlCl3溶液；CO2+[Al（OH）4]﹣=Al（OH）3↓+HCO3﹣；‎ ‎（3）在实验方案一中，酸的量的控制上没有过高的要求，只需过量即可，但是方案二中，需要的是适量的酸，这很难控，故答案为：否；后者操作步骤多，消耗试剂量大，实验时间长；‎ ‎（4）向滤渣中加入稀H2SO4和KNO3的混合溶液，发生的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑，SO2尾气水溶液为酸性，利用NaOH溶液吸收，d装置可以防止倒吸现象，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑；d．‎ ‎15、利用含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3的黄铜灰渣生产Cu(NO3)2溶液的流程如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）酸浸时需要将酸液煮沸，则最佳的酸X是________。‎ a.稀盐酸b.稀硝酸c.浓硝酸d.稀硫酸 ‎（2）滤液I中加入适量的锌粉,最先发生反应的离子方程式为________。‎ ‎（3）滤渣Ⅱ与稀硝酸的反应中,硝酸表现的性质是________，不采用浓硝酸的原因是________。‎ ‎（4）硝酸铜与乙酸酐[(CH3CO)2O,吸水生成乙酸]的混合物是有机合成中常用的硝化剂,用于芳香化合物的硝化。写出苯与该硝化剂反应生成硝基苯的化学方程式:________。‎ ‎【答案】(1)d ‎(2)Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+‎ ‎(3)酸性和氧化性；因为制备相同量的Cu(NO3)2时稀硝酸用量比浓硝酸少，产生的氮的氧化物也少 ‎(4)‎ ‎【解析】解：本题以由黄铜灰渣生产Cu（NO3）2溶液的流程为载体，考查流程的分析，实验试剂的选择，硝酸的性质，化学方程式的书写。‎ ‎（1）根据流程，酸浸后获得的滤渣I与稀硝酸反应制得Cu（NO3）2溶液，则滤渣I的主要成分为Cu，Cu不溶于酸X，酸X不能为稀硝酸、浓硝酸；由于酸浸时要将酸液煮沸，而盐酸具有挥发性，最佳的酸X为稀硫酸，答案选d。‎ ‎（2）酸浸时黄铜灰渣中的Zn、CuO、ZnO和少量的FeO、Fe2O3与酸反应，经过滤I得到的滤液I中含Zn2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，由于氧化性Fe3+Cu2+H+Fe2+Zn2+，滤液I中加入适量锌粉，最先发生的离子反应为：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+。‎ ‎（3）滤渣II为Cu，Cu与稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，在反应中硝酸表现氧化性和酸性。若用浓硝酸，反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，对比两反应，不用浓硝酸的原因是：因为制备相同量的Cu（NO3）2时稀硝酸用量比浓硝酸少，产生的氮的氧化物也少。‎ ‎（4）依据题意，硝酸铜与乙酸酐[(CH3CO)2O吸水生成乙酸]的混合物是有机合成中常用的硝化剂，则苯与该硝化剂反应生成硝基苯的化学方程式为或。‎ ‎16、A、B、C分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：‎ ‎(1)实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm—100nm的红褐色液相分散系.则该反应的化学方程式为：___________，将A的溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的化学式为_________。‎ ‎(2)B为地壳中含量最高的金属元素的氧化物，向50g，4mol/L的B溶液中逐滴滴入100ml某浓度的KOH溶液，若产生7.8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为_________。‎ ‎(3)将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入同一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则负极发生的电极反应为：__________。‎ ‎(4)C是常见温室气体，将一定量的气体C通入100mL某浓度的KOH溶液得溶液F,向F溶液中逐滴加入2mol·L-1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。‎ 则F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的质量为______g。‎ ‎(5)pH=3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[A12(SO4)x(OH)6-2x]溶液。若溶液的pH偏髙，则碱式硫酸铝产率降低且有气体C产生，用化学方程式表示其原因：___________。‎ ‎【答案】(1)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClFe2O3‎ ‎(2)3mol/L或7mol/L ‎(3)Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O ‎(4)15‎ ‎(5)3CaCO3+Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CaSO4↓+3CO2↑‎ ‎【解析】解：（1）红褐色液相分散系是Fe(OH)3胶体，则A是氯化铁饱和溶液，FeCl3饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。HCl具有挥发性，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到固体Fe(OH)3，灼烧Fe(OH)3得到Fe2O3；‎ ‎（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3，沉淀的质量是7.8g，其物质的量为7.8g÷78g/mol=0.1mol，①若碱不足，由Al3++3OH-＝Al（OH）3↓可知，KOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，其物质的量浓度为0.3mol÷0.1L=3mol/L；②碱与铝离子的物质的量之比大于3：1，小于4：1，则由方程式可知 Al3++3OH-＝Al（OH）3↓‎ ‎0.3mol0.9mol0.3mol Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O ‎（0.3-0.1）mol0.2mol 则消耗的碱的物质的量为0.9mol+0.2mol=1.1mol，其物质的量浓度为 ‎1.1mol÷0.1L＝11mol/L；‎ ‎（3）Al-Fe-KOH溶液构成原电池，Al和氢氧化钠溶液能发生反应，Fe和氢氧化钠溶液不反应，因此Al为负极，Fe为正极，负极电极反应式为Al-3e-＋4OH-＝AlO2-＋2H2O；‎ ‎（4）C是常见温室气体，C是CO2，根据图像可知产生气体消耗的盐酸溶液体积大于25mL，这说明F是碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，碳酸氢根转化为CO2消耗盐酸是75mL，碳酸氢根的物质的量是0.075L×2mol/L＝0.15mol，根据碳原子守恒可知F溶质与足量石灰水发生反应最多可得沉淀的物质的量是0.15mol，质量为0.15mol×100g/mol＝15g；‎ ‎（5）溶液的pH偏高时会产生氢氧化铝沉淀，同时还有CO2生成，则反应的化学方程式为3CaCO3＋Al2(SO4)3＋3H2O＝2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑。‎ ‎17、重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。实验室由铬铁矿粉制备重酪酸流程如图所示：‎ 已知步骤①的主要反应为：（未配平）。有关物质的溶解度如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）滤渣2的主要成分是_________及含硅杂质。‎ ‎（2）步骤④调滤液2的pH最合适的试剂是______________。‎ A.H2SO4溶液B.KOH溶液C.浓盐酸D.K2CO3粉末 如何最简单的方法粗略判断pH已调至合适范围_________________。‎ ‎（3）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩至_____________________，停止加热，然后冷却结晶，得到的K2Cr2O7固体产品。‎ ‎（4）本实验过程中多次用到抽滤的装置，下列关于抽滤的说法正确的是_______。‎ A.抽滤时，先用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀 B．右图抽滤装置中只有2处错误 C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出 D．洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀，减小沉淀的损失。‎ ‎（5）某同学用mg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，为了测定产率，该同学设计了以下实验：将所有产品加水溶解并定容于500mL容量瓶中，移取25.00mL于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加入过量2mol·L-1H2SO4，再加1.1KI，加塞摇匀，充分反应后铬完全以Cr3+存在，于暗处静置5min后，加指示剂，用0.0250mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。（已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使产量的测量结果__________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。计算该同学的产量_____________x100%（用含是m的式子表示，要求化简，m的系数保留两位小数）。‎ ‎【答案】(1)Al(OH)3‎ ‎(2)A；溶液的颜色显橙红色，继续滴加酸后颜色没有明显变化 ‎(3)表面出现晶膜 ‎(4)AB ‎(5)偏低；0.63/m ‎【解析】解：铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、‎ Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al(OH)3、Si，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7；‎ ‎(1)由上述分析可知，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质；‎ ‎(2))步骤④中调节pH发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，则需要滴加稀酸溶液促进平衡正向移动，而Cl-在酸性条件下能被Cr2O72-氧化，则应选择稀硫酸，答案为A；当溶液的颜色显橙红色，继续滴加酸后颜色没有明显变化，说明pH已调至合适范围；‎ ‎(3)“滤液3”中加入适量KCl，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，再冷却结晶，得到K2Cr2O7；‎ ‎(4)A．向布氏漏斗中转移混合物时应先用倾析法转移溶液，然后开大水龙头，使吸滤瓶中气压减小，加快过滤的速度，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；B．装置中布氏漏斗下端不能与支管口在同一水面内，另外抽滤瓶导管伸入瓶内部分，是左短右长，则共有2处错，故B正确；C．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶瓶口倒出，故C错误；D．洗涤沉淀时，应开小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀，以减小沉淀的损失，故D错误；答案为AB；‎ ‎(5)根据Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O和2Na2S2O3+I2==Na2S4O6+2NaI，得关系式：Cr2O72-~~~3I2~~~6Na2S2O3，则样品中K2Cr2O7的物质的量为0.0250mol·L–1×0.02L××=mol，mg铬铁矿粉(含Cr2O340%)理论制得K2Cr2O7的物质的量为×2÷2=mol，则产率为==。‎ ‎18、铜是生命必需的元素，也是人类广泛使用的金属．‎ ‎（1）现代工业上，主要采用高温冶炼黄铜矿（CuFeS2，也可表示为Cu2S·Fe2S3）的方法获得铜．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO反应中被还原的元素有，每转移0.6mol电子，有mol硫被氧化．产物中的SO2是一种大气污染物，可选用下列试剂中的吸收（选填编号）．‎ a．浓H2SO4b．稀HNO3c．NaOH溶液d．CaCl2‎ ‎（2）Cu2O投入足量的某浓度的硝酸中，若所得气体产物为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，发生反应的化学方程式为：．‎ ‎（3）某同学通过电化学原理实现了如下转化：Cu+2H+→Cu2++H2↑，则H2在极获得（填写电极名称）．‎ ‎（4）向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式．请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现象作出解释．‎ ‎（5）将SO2气体通入CuCl2溶液中，生成CuCl沉淀的同时，还有产物（填写化学式）．‎ ‎【答案】（1）Fe、O；0.1；c；‎ ‎（2）2Cu2O+10HNO3=4Cu（NO3）2+1NO↑+1NO2↑+5H2O；‎ ‎（3）阴；‎ ‎（4）Fe（OH）3；Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe（OH）3沉淀；‎ ‎（5）H2SO4、HCl．‎ ‎【解析】解：本题考查Cu及其化合物的性质．‎ ‎（1）2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO中，Fe、O元素的化合价降低，得到电子被还原，则被还原的元素为Fe、O；S元素的化合价升高，每转移0.6mol电子，被氧化的S为=0.1mol；二氧化硫与碱反应可处理尾气，只有c符合，‎ 故答案为：Fe、O；0.1；c；‎ ‎（2）Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，得到电子数为1×（5﹣2）+1×（5﹣4）=4，Cu2O失去电子数为2，由电子守恒及原子守恒可知，反应为2Cu2O+10HNO3=4Cu（NO3）2+1NO↑+1NO2↑+5H2O，故答案为：2Cu2O+10HNO3=4Cu（NO3）2+1NO↑+1NO2↑+5H2O；‎ ‎（3）Cu+2H+→Cu2++H2↑中，H元素的化合价降低，得到电子被还原，则在阴极上发生还原反应，故答案为：阴；‎ ‎（4）因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe（OH）3沉淀，‎ 故答案为：Fe（OH）3；Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3++3H2OFe（OH）‎ ‎3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe（OH）3沉淀；‎ ‎（5）SO2气体通入CuCl2溶液中，生成CuCl沉淀，发生氧化还原反应，则S元素的化合价升高，则生成H2SO4，由元素守恒可知还生成HCl，故答案为：H2SO4、HCl．‎ ‎19、NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得。操作步骤如下：‎ ‎（1）向滤液Ⅰ中加入FeS固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去Cu2+、Zn2+等杂质，则除去Cu2+的离子方程式为：___________________________。‎ ‎（2）根据对滤液Ⅱ的操作作答：‎ ‎①往滤液Ⅱ中加H2O2发生反应的离子方程式为：___________________________。‎ ‎②调滤液ⅡpH的作用是___________________________。‎ ‎③滤液Ⅱ中杂质金属离子是否除尽的操作和现象是________________________。‎ ‎（3）滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是________________________。‎ ‎（4）得到的NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作操作可得到NiSO4·6H2O晶体。‎ ‎①为了提高产率，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的_________位置。(填a、b、c、d)‎ ‎②如果得到产品的纯度不够，则应该进行_________操作(填序号)。‎ A．蒸馏B．分液C．重结晶D．过滤 ‎【答案】（1）FeS＋Cu2+=CuS+Fe2+；‎ ‎（2）①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②除去Fe3+；‎ ‎③用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已除尽；‎ ‎（3）增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶(或富集NiSO4)；‎ ‎（4）①d；②c ‎【解析】解：本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计的相关知识。‎ ‎②调滤液ⅡpH的目的是除去Fe3+，故答案为：除去Fe3+；‎ ‎③检验Fe3+是否除尽的操作和现象是用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；故答案为：用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；‎ ‎（3）NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶(或富集NiSO4)；‎ ‎20、以镍矿粉(主要成分为NiS，杂质FeS、CuS和SiO2等)为原料可制备NiCO3。‎ 已知：Ni和Fe为变价金属，常见化合价为+2价、+3价。‎ ‎（1）在酸浸过程中，CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，其离子方程式为 ‎______________，滤渣的主要成分为______________。‎ ‎（2）在除FeS时，需加入过量的H2O2氧化，若用过强的氧化剂，其可能的后果是______________；反应完全后，除去多余H2O2的简便方法是______________。‎ ‎（3）在“沉镍”工艺中，若将含Ni2+溶液缓慢加入至盛有Na2CO3溶液的反应容器中，可能会形成杂质，其原因是_________________(用离子方程式表示)。检验碳酸镍沉淀完全的方法是__________。‎ ‎【答案】(1)3CuS+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；SiO2‎ ‎(2)NiCO3中可能混有Ni2(CO3)3；煮沸(或加热)‎ ‎(3)CO32-+H2OHCO3-+OH-，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓；静置，取上层清液少许于试管中，向其中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全 ‎【解析】解：（1）CuS与稀HNO3反应生成淡黄色固体，说明生成S单质；NiS、FeS、CuS和SiO2只有SiO2不与硝酸反应；（2）强氧化剂能把Ni2+氧化为Ni3+；H2O2加热易分解；（3）碳酸钠水解溶液显碱性，Ni2+与OH-反应生成Ni(OH)2沉淀；继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全。‎