【文档说明】专题五 金属及其化合物.docx，共(18)页，876.283 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7439a23c4c5866f588136dc8208b968d.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页专题五金属及其化合物题组一一、选择题1.[2022山东，4分]高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。Fe(O

H)3Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是(D)A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为ZnB.浸取时，增大O2压强可促进金属离

子浸出C.中和调pH的范围为3.2∼4.2D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成[解析]由上述分析知，A项正确；浸取时，增大O2压强即增大反应物浓度，可加快反应速率，促进金属离子浸出，B项正确；中和调pH是为了沉淀Fe3+而不沉淀Cu2+、Zn2+，结合表中数据可知，调pH

的范围为3.2～4.2，C项正确；还原第2页时发生反应Cu2++H2⬚⬚Cu+2H+，故增大溶液酸度不利于Cu的生成，D项错误。2.[2021湖南，3分]一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是(D)A.物质

X常选用生石灰B.工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2高温⬚MgCl2+COD.“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2[解析]A项，苦卤水中有Mg2+，沉镁时加入生石灰，CaO与H2O反应生成

Ca(OH)2，Ca(OH)2与Mg2+反应生成Mg(OH)2，正确；B项，MgCl2是离子化合物，熔点不是很高，电解熔融MgCl2时发生反应MgCl2(熔融)通电⬚Mg+Cl2↑，正确；C项，煅烧Mg(OH)2生成MgO，“氯化”时加入C、Cl2，反应生成MgCl2和CO，正

确；D项，加热MgCl2溶液会促进Mg2+水解生成Mg(OH)2，最终得不到无水MgCl2，错误。3.[2020浙江7月选考，2分]下列说法正确的是(A)A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸腾炉中与O

2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2[解析]Na2O不稳定，在空气中加热可得到Na2O2，A项正确；镁加入过量的FeCl3溶液中只发生反应Mg+2Fe3+⬚⬚Mg2+

+2Fe2+，得不到Fe，B项错误；FeS2在沸腾炉中与氧气反应得到的是SO2，不能得到SO3，C项错误；二氧化锰能催化过氧化氢分解，过氧化氢分解得到氧气和水，D项错误。第3页4.[2020浙江1月选考，2分]下列说法不正确的是(

D)A.[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到B.铁锈的主要成分可表示为Fe2O3⋅𝑛H2OC.钙单质可以从TiCl4中置换出TiD.可用H2还原MgO制备单质Mg[解析]向硫酸铜溶液中加入过量

氨水能生成[Cu(NH3)4]SO4，A正确；铁锈的主要成分是Fe2O3的水合物，可表示为Fe2O3⋅𝑛H2O，B正确；钙的还原性比钠强，类比钠能置换出四氯化钛中的钛，可知钙单质可以从熔融四氯化钛中置换出钛，C正确；镁的还原性比氢气强，不能用氢气

还原氧化镁制备单质镁，D错误。5.[2019江苏，2分]下列有关化学反应的叙述正确的是(C)A.Fe在稀硝酸中发生钝化B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C.SO2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[解析]A项，常温下，Fe在浓硝酸中会发生钝化，

错误；B项，MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，与稀盐酸不反应，错误；C项，氨水过量，SO2与NH3⋅H2O发生反应生成(NH4)2SO3，正确；D项，室温下，Na与空气中O2反应生成Na2O，错误。6.[2019天津理综

，6分]下列有关金属及其化合物的应用不合理的是(C)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[解析]将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2，发生反应2FeCl2+Cl2⬚⬚2FeCl3、2FeCl3+Fe⬚⬚3F

eCl2，A项正确；铝中添加适量锂，制得的铝合金密度小、硬度大，可用于航空工业，B项正确；盐碱地中施加熟石灰，发生反应Na2CO3+Ca(OH)2⬚⬚CaCO3+2NaOH，生成的NaOH为强碱，不第4页利于作物生长，C项错误；无水CoCl2吸水后会发生颜色变化，可用于判

断变色硅胶是否吸水，D项正确。二、非选择题7.[2022天津，14分]金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为。[解析]基态Na原子的价层电子排布

式为3s1，价层电子轨道表示式为（2）NaCl熔点为800.8℃,工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式如下：2NaCl(l)580℃电解CaCl2(l)2Na(l)+Cl2(g)加入CaCl2的目的是作助熔剂，降低NaCl的

熔点，节省能耗。[解析]NaCl的熔点为800.8℃，加入CaCl2时电解温度为580℃，因此加入CaCl2的目的是降低NaCl熔点，从而节省能耗。（3）Na2O2的电子式为。在25℃和101kPa时，Na与O2反应生成1molNa2O2放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式：2Na(s

)+O2(g)⬚⬚Na2O2(s)𝛥𝐻=−510.9kJ⋅mol−1。[解析]Na2O2为离子化合物，电子式为。2Na(s)+O2(g)⬚⬚Na2O2(s)，生成1molNa2O2放热510.9kJ，则其𝛥𝐻=−510.9kJ⋅mol−1。（4）采用空

气和Na为原料可直接制备Na2O2。空气与熔融金属Na反应前，需依次通过c（1分）、a（1分）（填序号）。a.浓硫酸b.饱和食盐水c.NaOH溶液d.KMnO4溶液[解析]空气中的水和二氧化碳能与Na2O2反应，所以与熔

融金属Na反应前，需依次通过氢氧化钠溶液和浓硫酸除去二氧化碳和水。（5）钠的某氧化物晶胞如图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为Na2O。第5页[解析]O位于晶胞的顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Na位于晶胞体内，个数为8，则该氧

化物的化学式为Na2O。（6）天然碱的主要成分为Na2CO3⋅NaHCO3⋅2H2O,1molNa2CO3⋅NaHCO3⋅2H2O经充分加热得到Na2CO3的质量为159g。[解析]根据钠元素守恒，1molNa2CO3⋅NaHCO3⋅2H2O经充分加

热得到1.5molNa2CO3，其质量为106g⋅mol−1×1.5mol=159g。8.[2021全国乙卷，14分]磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。金属离子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(𝑐=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题：（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不

发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧⬚2NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑。第6页[解析]结合题图及题

给信息可知焙烧时Al2O3转化为NH4Al(SO4)2，尾气应为NH3，则Al2O3焙烧生成NH4Al(SO4)2的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧⬚2NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑。（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时

用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是Fe3+、Al3+、Mg2+。[解析]结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的pH可知，加氨水调节pH至11.6的过程中，Fe3+、Al3+、Mg2+依次沉淀。（3）“母液①”中Mg2+浓度为1.

0×10−6mol⋅L−1。[解析]根据Mg2+沉淀完全时的pH=11.1，可知溶液中𝑐(OH−)=10−2.9mol⋅L−1时，溶液中𝑐(Mg2+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则𝐾𝑠𝑝[Mg(OH)2]=1.0×10−5×(10−2.9)2=1.0×10

−10.8，母液①的pH=11.6，即溶液中𝑐(OH−)=10−2.4mol⋅L−1，则此时溶液中𝑐(Mg2+)=𝐾sp[Mg(OH)2]𝑐2(OH−)=1.0×10−10.8(10−2.4)2mol⋅L−1=1.0×10−6mol⋅L−1。（4）“水浸渣”在160℃

“酸溶”，最适合的酸是硫酸。“酸溶渣”的成分是SiO2（1分）、CaSO4。[解析]由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水浸渣需在160℃酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，焙烧过程中得到的C

aSO4微溶于水，故酸溶渣的成分为SiO2、CaSO4。（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2⋅𝑥H2O沉淀，该反应的离子方程式是TiO2++(𝑥+1)H2O△⬚TiO2⋅𝑥H2O↓+2H+。[解析]酸

溶后适当加热能促进TiO2+水解生成TiO2⋅𝑥H2O，反应的离子方程式为TiO2++(𝑥+1)H2O△⬚TiO2⋅𝑥H2O↓+2H+。（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得(NH4)2SO4，循环利用。[解析]结合题图流程可知，

母液①中含有氨水、硫酸铵，母液②中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气NH3，经处理得到(NH4)2SO4。题组二第7页一、选择题1.[2022湖北，3分]Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是(A)A.Be2+与Al3+都能在水

中与氨形成配合物B.BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低C.Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性D.Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在[解析]Al3+不能在水中与氨形成配合物，A项错误；BeCl2和AlCl3均为分子晶体，MgCl2为

离子晶体，故MgCl2的熔点较高，B项正确；Be、Al两元素性质相似，则Be(OH)2和Al(OH)3都能与NaOH反应，均表现出弱酸性，C项正确；Be和Al的电负性比H小，Be和Al的氢化物中的H为−1价，在酸中能与H+发生归中反应，故D项正

确。2.[2022湖南，3分]铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是(C)A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2D.滤液可回收进入吸收塔循环利用[

解析]第8页陶瓷中的SiO2能与HF反应，A项正确；喷淋法能使溶液与烟气充分接触,提高吸收效率，B项正确；根据流程梳理知，产物主要有Na3AlF6和Na2CO3,C项错误；滤液中含有Na2CO3，可用作吸收塔中的吸收

剂，D项正确。3.[2021广东，2分]部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(C)A.a可与e反应生成bB.b既可被氧化，也可被还原C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体D.可存

在b→c→d→e→b的循环转化关系[解析]Fe能与Fe3+发生归中反应生成Fe2+，A项正确；Fe2+既有氧化性又有还原性，既能被氧化又能被还原，B项正确；将Fe3+加入浓碱溶液中得到Fe(OH)3沉淀，而不能制得Fe(OH)

3胶体，C项错误；溶液中可存在循环转化：Fe2+OH−→⬚Fe(OH)2空气中→⬚Fe(OH)3H+→⬚Fe3+Fe→⬚Fe2+，D项正确。【思路点拨】由题图可知，a为Fe,b为亚铁盐，e为铁盐；c、d均为碱且Fe分别为+2价和+3价

，则c为Fe(OH)2、d为Fe(OH)3。二、非选择题4.[2021河北，14分]绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了

Cr−Fe−Al−Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如下：第9页回答下列问题：（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是Cr、Fe（填元素符号）。[解析]根据工艺流程图，高温连续氧化工序中发生的氧化还原反应为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaOH高温⬚8Na2CrO4+2Fe2

O3+8H2O，故被氧化的元素为Cr、Fe。（2）工序①的名称为水浸。[解析]工序①中加入液体水，为水浸过程。（3）滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、Fe2O3（填化学式）。[解析]根据流程图，高温连续氧

化时MgO不反应，经过工序①，MgO转化为Mg(OH)2，又高温连续氧化时生成的Fe2O3不溶于水，因此滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、Fe2O3。（4）工序③中发生反应的离子方程式为2Na++2CrO42−+H2O+2CO2⬚⬚Cr2O72−+2NaHCO3↓。

[解析]工序③中CrO42−转化为Cr2O72−，分析流程知无色溶液中含有NaAl(OH)4,结合工序④，可推知气体A为CO2，则工序③中发生反应的离子方程式为2Na++2CrO42−+H2O+2CO2⬚⬚Cr2O72−+2NaHCO3↓。（5）

物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温⬚8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O+16CO2↑，可代替NaOH的化学试剂还有Na2CO3（填化学

式）。第10页[解析]物质Ⅴ为NaHCO3，若代替连续氧化工序中的NaOH，发生的主要反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温⬚8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O+16CO2↑，可代替NaOH的化学试剂还

有Na2CO3。（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序②（填“①”“②”“③”或“④”）参与内循环。[解析]滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、Fe2O3，通入过量的CO2和H2O(g)，Mg(OH)2转化为Mg(HCO3)2，热解时Mg(

HCO3)2发生分解反应，得到的混合气体为CO2和H2O(g)，因此最适宜返回工序②进行内循环。（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为8.37。（通常认为溶液中离子浓度小于10−5mol⋅L−1为沉淀完

全；Al(OH)3+OH−⇌Al(OH)4−𝐾=100.63;𝐾W=10−14;𝐾sp[Al(OH)3]=10−33）[解析]工序④中发生反应Al(OH)4−+CO2⬚⬚Al(OH)3↓+HCO3−、Al(OH)3+OH−⇌Al(OH)4−，当Al(OH)4−沉淀完全时，根据𝐾=𝑐[A

l(OH)4−]𝑐(OH−)=100.63，知𝑐(OH−)=10−5.63mol⋅L−1，𝑐(H+)=10−1410−5.63mol⋅L−1=10−8.37mol⋅L−1,pH=−lg10−8.37=8.37。5.[2021北京，

12分]铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：ⅰ.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4⋅H2O，含少量TiOSO4和不溶物ⅱ.TiOSO4+(𝑥+1)H2O⇌TiO2⋅𝑥H2O↓+H2SO4ⅲ.0.1mol⋅L−1F

e2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.30.1mol⋅L−1Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8（1）纯化第11页①加入过量铁粉的目的是与硫酸反应，使得TiOSO4+(𝑥+1)H2O⇌TiO2⋅𝑥H2O↓+H2SO

4平衡正向移动，沉钛；防止二价铁被氧化（任答一点即可）。[解析]钛白粉废渣中加入蒸馏水溶解，溶液中存在TiOSO4+(𝑥+1)H2O⇌TiO2⋅𝑥H2O↓+H2SO4，加入的过量铁粉能消耗H2SO4，促使该平衡正向移动，达到沉钛的目的，同时还能防止Fe2+被

氧化。②充分反应后，分离混合物的方法是过滤。[解析]充分反应后通过过滤的方法分离固体和溶液。（2）制备晶种为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化（如图）。①

产生白色沉淀的离子方程式是Fe2++2NH3⋅H2O⬚⬚Fe(OH)2↓+2NH4+。[解析]FeSO4溶液中加入氨水产生的白色沉淀为Fe(OH)2，其离子方程式为Fe2++2NH3⋅H2O⬚⬚Fe(OH)2

↓+2NH4+。②产生白色沉淀后的pH低于资料ⅲ中的6.3。原因是：沉淀生成后𝑐(Fe2+)>0.1mol⋅L−1（填“>”“=”或“<”）。[解析]产生白色沉淀后，溶液pH<6.3，即溶液中𝑐(OH−)减小，根据𝐾𝑠

𝑝[Fe(OH)2]=𝑐(Fe2+)⋅𝑐2(OH−)可知溶液中𝑐(Fe2+)>0.1mol⋅L−1。③0∼𝑡1时段，pH几乎不变；𝑡1∼𝑡2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：pH为6.0左右，发生反应4Fe(OH)2

+O2+2H2O⬚⬚4Fe(OH)3，因此pH几乎不变，之后发生反应4Fe2++O2+6H2O⬚⬚4FeOOH↓+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。第12页[解析]由实验现象知，pH为6.0左右，溶液中发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O⬚⬚4Fe(O

H)3，故0∼𝑡1时段pH几乎不变，而𝑡1∼𝑡2时段溶液中Fe2+被氧化生成FeOOH且产生H+，即4Fe2++O2+6H2O⬚⬚4FeOOH↓+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，𝑡3后pH几乎不变，此时溶液中𝑐(Fe2+)仍降

低，但𝑐(Fe3+)增加，且𝑐(Fe2+)降低量大于𝑐(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：溶液中同时存在反应4Fe2++O2+4H+⬚⬚4Fe3++2H2O和4Fe2++O2+6H2O⬚⬚4FeOOH↓+8H+，总反应为12Fe2+

+3O2+2H2O⬚⬚4FeOOH↓+8Fe3+，因此𝑐(Fe2+)的减小量大于𝑐(Fe3+)的增加量。[解析]据题图可知𝑡3时刻后，溶液的pH几乎不变，溶液中同时存在反应4Fe2++O2+4H+

⬚⬚4Fe3++2H2O和4Fe2++O2+6H2O⬚⬚4FeOOH↓+8H+，总反应为12Fe2++3O2+2H2O⬚⬚4FeOOH↓+8Fe3+，故溶液中𝑐(Fe2+)的减小量大于𝑐(Fe3+)的增加量。（3）产品纯度测定铁

黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。资料：Fe3++3C2O42−⬚⬚Fe(C2O4)33−，Fe(C2O4)33−不与稀碱液反应Na2C2O4过量，会使测定结果不受影响（填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。[解析]结合测定流程，可知N

aOH用于中和过量的H2SO4标准溶液，过量的Na2C2O4不与NaOH标准溶液反应，故对测定结果无影响。题组三第13页1.[2023湖北，14分]学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：（1）铜与浓硝酸反应的装置如图，仪器A的名称为具支试管，装置B的作用

为安全瓶（防倒吸）。[解析]仪器A的名称为具支试管；Cu与浓HNO3反应产生的尾气直接用NaOH溶液吸收会引发溶液倒吸，装置B起安全瓶的作用，防止倒吸。（2）铜与过量H2O2反应的探究如下：实验②中Cu溶解的离子方程式为Cu+H2O2+2H+⬚⬚Cu2++2H2O；产生的气体为O2。比较实验①和②

，从氧化还原角度说明H+的作用是增强H2O2的氧化性。[解析]Cu在稀H2SO4作用下，被H2O2氧化生成Cu2+和H2O，溶液变蓝。Cu2+作用下，H2O2会被催化分解生成O2。在Na2SO4溶液中H2O2不能氧化Cu，在稀H2SO4中H2O2能氧化Cu,说明H+使得H2O2的氧化性

增强。（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，𝑚gX完全分解为𝑛g黑色氧化物Y，𝑛𝑚=56。X的化学式为CuO2。[解析]X为铜的氧化物，设X的化学式为CuO𝑥，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO),则：第

14页CuO𝑥△⬚CuO+𝑥−12O2↑64+16𝑥80𝑚𝑛则64+16𝑥𝑚=80𝑛，又𝑛𝑚=56，解得𝑥=2，则X的化学式为CuO2。（4）取含X粗品0.0500g（杂质不参加反应）与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀

粉为指示剂，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。（已知：2Cu2++4I−⬚⬚2CuI↓+I2，I2+2S2O32−⬚⬚2I−+S4O62−

）标志滴定终点的现象是滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复,粗品中X的相对含量为96.0%。[解析]CuO2在酸性条件下生成Cu2+，Cu2+与KI反应生成I2，I2遇淀粉

变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复时，表明I2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu为+2价、O为−1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2+8I−+8H+⬚⬚2CuI

↓+3I2+4H2O，则2CuO2∼3I2∼6Na2S2O3，则样品中𝑚(CuO2)=0.1000×15.00×10−36×2×96g=0.048g，𝑤(CuO2)=0.048g0.0500g×100%=96%。2.[20

22山东，12分]实验室利用FeCl2⋅4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示（加热及夹持装置略）。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。第15页回答下列问题：（1）实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置a（填“a”或“b”）。装置

b内发生反应的化学方程式为FeCl2⋅4H2O+4SOCl2△⬚FeCl2+4SO2↑+8HCl↑。装置c、d共同起到的作用是冷凝并回收利用SOCl2（冷凝回流）。[解析]根据SOCl2遇水极易反应生成两种酸性气体，知

应先加热装置a，后加热装置b，以使FeCl2⋅4H2O分解产生的水蒸气及时被SOCl2吸收，防止Fe2+水解。装置b内发生的反应可以看成是FeCl2⋅4H2O先分解产生FeCl2和水蒸气，水蒸气再与SOCl2发生反应生成SO2、HCl。装置c为

球形冷凝管，装置d为长导管，共同起到冷凝并回收利用SOCl2的作用。（2）现有含少量杂质的FeCl2⋅𝑛H2O，为测定𝑛值进行如下实验：实验Ⅰ：称取𝑚1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用𝑐mol⋅L−1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe

2+达终点时消耗𝑉mL（滴定过程中Cr2O72−转化为Cr3+，Cl−不反应）。实验Ⅱ：另取𝑚1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为𝑚2g。则𝑛=(𝑚1−𝑚2)/0.108𝑐𝑉;下列情况会导致𝑛测量值偏小的是AB（填标号

）。A.样品中含少量FeO杂质B.样品与SOCl2反应时失水不充分C.实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成第16页[解析]实验Ⅰ的反应原理为6Fe2++Cr2O72−+14H+⬚⬚6Fe3++2Cr

3++7H2O，则𝑛(FeCl2⋅𝑛H2O)=6𝑛(K2Cr2O7)=6𝑐𝑉×10−3mol；实验Ⅱ中FeCl2⋅𝑛H2O→FeCl2，固体减少的质量为水的质量，则𝑛(H2O)=𝑚1−𝑚218mol，故𝑛=𝑚1−𝑚2186𝑐𝑉×10−3=𝑚1−

𝑚20.108𝑐𝑉。若样品中含有少量FeO杂质，则消耗的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，𝑉值偏大，根据𝑛=𝑚1−𝑚20.108𝑐𝑉知，𝑛测量值偏小，A项正确；样品与SOCl2反应时失水不充分，则�

�1−𝑚2偏小，𝑛测量值偏小，B项正确；实验Ⅰ中称重后样品发生了潮解，对Fe2+含量的测定无影响，𝑛测量值不变，C项错误；滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则𝑉值偏小，𝑛测量值偏大，D项错误。（3）用上述装置,根据反应TiO2+CCl4△⬚TiCl4+CO2制备TiCl4。

已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯（加热及夹持装置略），安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤（填序号），先馏出的物质为CCl4。[解析]根据蒸馏装

置组成特点及TiCl4极易水解，按照由下到上、由左到右的仪器组装原则知，仪器安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤，⑤用于吸收空气中水分，防止TiCl4水解。TiCl4与CCl4分子结构相似，均为分子晶体，TiCl4的相对分子

质量大，沸点高，则先馏出的是沸点较低的CCl4。第17页3.[2022福建，13分]粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料（主要含SiO2、Al2O3和CaO等）提铝的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“浸出”时适当升温的主要目的是提高浸出率（或提高浸出速率）

，Al2O3发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+⬚⬚2Al3++3H2O。[解析]升高温度，化学反应速率加快，从而提高“浸出”时的浸出率，Al2O3属于两性氧化物，既可以与强酸反应生成盐和水，又可以与强碱反应生成盐和水，Al2O3与硫酸反应的离子方程式为Al2O3+6H+⬚⬚

2Al3++3H2O。（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有SiO2和CaSO4。实验测得，5.0g粉煤灰(Al2O3的质量分数为30%)经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”(Al2O3的质量分数为8%)，Al2O3的浸出率为84%。[解析]由于SiO2与硫酸不反应，CaSO4微溶，因此“

浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有SiO2和CaSO4；5.0g粉煤灰(Al2O3的质量分数为30%)中𝑚(Al2O3)=5.0g×30%=1.5g，“浸渣”(Al2O3的质量分数为8%)中𝑚(Al2O3)=3.0g×8%=0.24g

，则Al2O3的浸出率为1.5g−0.24g1.5g×100%=84%。（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如图所示，加入K2SO4沉铝的目的是使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶。第18页[解析]由同离子效应和题图知，“沉铝”时，向A

l2(SO4)3溶液中加入K2SO4，可以使更多的铝元素转化为KAl(SO4)2⋅12H2O析出，同时保证纯度，由题图可以看出，KAl(SO4)2⋅12H2O的溶解度受温度影响最大，因此“沉铝”的最佳方案为高温溶解、冷却结晶。（4）“焙烧”时，

主要反应的化学方程式为2KAl(SO4)2高温⬚K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2高温⬚2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。[解析]由流程图可以看出，“焙烧”时生成气体，所得固体产物经

“水浸”得到Al2O3，则根据元素守恒可得到KAl(SO4)2高温分解的化学方程式为2KAl(SO4)2高温⬚K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2高温⬚2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回沉铝工序循环使用。[解析]“水浸”

后得到的“滤液2”的主要成分为K2SO4，可返回沉铝工序循环使用。