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1、第三章能力提升检测卷完卷时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Al27 Cl35.5 Ca40 Fe56 Cu64一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）1（2021·上海复旦附中高三一模）下列金属冶炼的反应原理，错误的是ABCD【答案】B【解析】A金属钠是活泼金属，采用电解法来冶炼，故A正确；B金属镁是活泼金属，能和热水反应，不能用热还原法冶炼，通常采用电解法来冶炼，MgCl2Mg + Cl2，故B错误；CFe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、 活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来，故C正确；D在氧化还原反应
2、中还原性强的物质可还原出还原性弱的物质，化合物中对应的金属铝的活泼性比Cr强，能还原出Cr，故D正确；故选B。2（2020·陕西西安市庆安高级中学高三二模）下列有关金属及其化合物的性质或用途叙述错误的是（ ）A钛具有密度小，硬度大、熔点高且化学性质稳定的优点，广泛应用于航空领域B过氧化钠可用于潜艇的供氧剂C由于氢氧化铝的碱性不强，其可作为胃酸中和剂D明矾可用于水的消毒处理【答案】D【解析】A钛具有密度小，硬度大、熔点高且化学性质稳定的优点，符合航空领域所需材质的特点，所以广泛应用于航空领域，A正确；B过氧化钠可以和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜艇的供氧剂，故B正确；C由于氢氧化铝
3、的碱性不强，不会对胃造成刺激，又能和胃酸发生中和反应，其可作为胃酸中和剂，故C正确；D明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，可以净水，但不能消毒，故D错误；故答案为D。3（2021·上海高三二模）2021年3月1日，东方航空公司与中国商飞公司在上海正式签署了C919购机合同。东航将成为全球首家运营C919大型客机的航空公司。大飞机 C919其主结构材料大量使用了铝锂合金，铝锂合金的优点是A高强度、导热性B低密度、高强度C低密度、导电性D导热性、导电性【答案】B【解析】制造飞机材料要求密度低，强度高，铝和锂都是轻金属，所以制成的铝锂合金密度低，强度高，适合用作制造飞机的材料，与其导电和导热性无关
4、。故选B。4（2021·重庆高三零模）人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。下列做法错误的是A用明矾作净水剂B用硫酸铜作杀藻剂C用氯化钠作pH 调节剂D用次氯酸钠作消毒剂【答案】C【解析】A铝离子水解生成胶体，具有疏松多孔的结构，能吸附水中悬浮物并使之沉降，可用明矾作净水剂，A正确；B 铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，用硫酸铜作杀藻剂，B正确；C氯化钠溶液呈中性，不能作pH 调节剂，C错误；D次氯酸钠具有强氧化性，可作消毒剂，D正确；答案选C。5（2020·云南玉溪市·高三一模）2020年10月16日，国家药监局网站公
5、布2026年起将全面禁止生产含汞体温计。本草纲目记载：“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以盐、(明)矾而为轻粉，加以硫磺升而为银朱”。下列说法错误的是A短时间内吸入大量汞蒸气，会汞中毒B“火煅丹砂”是氧化还原反应C明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O，是混合物D水银温度计打碎后，洒出的汞可以用硫磺处理【答案】C【解析】A汞蒸气被吸入人体内都会富积在体内，不易排出，人如果吸入或累积了足量的汞，就会造成慢性中毒，A正确；B丹砂主要是HgS，汞单质是由火煅丹砂而出，说明Hg元素化合价有变化，属于氧化还原反应，B正确；C明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O，是化
6、合物，属于纯净物，C错误；D汞有毒且易挥发，且汞易于S单质发生化合反应生成稳定的HgS，所以水银温度计打碎后，洒出的汞可以用硫磺处理，D正确；故选C。6（2021·浙江宁波市·高三一模）下列说法或基本操作合理的是A在空气中，将氯化镁溶液蒸发结晶可以获得纯净的氯化镁固体B金属钠切割后的剩余部分不能放回原试剂瓶，应放置废液缸中C可用硝酸和硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液与亚硝酸钠溶液D硝酸银溶液保存在棕色的广口瓶中，防止见光分解【答案】C【解析】A由于MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加热促进水解，故直接在空气中，将氯化镁溶液蒸发结晶将得到Mg(OH)2，而不是获得纯净的氯
7、化镁固体，应该在HCl气流中加热蒸发结晶，A错误；B由于金属钠与水反应生成H2，故金属钠切割后的剩余部分应该放回原试剂瓶，不能放置废液缸中，B错误；C将硝酸和硝酸银溶液分别滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中，NaCl中可以产生白色沉淀AgCl，而NaNO2则无明显现象，故可用硝酸和硝酸银溶液鉴别氯化钠溶液与亚硝酸钠溶液，C正确；D溶液应该放在细口瓶中，故硝酸银溶液保存在棕色的细口瓶中，防止见光分解，D错误；故答案为：C。7（2020·郁南县蔡朝焜纪念中学高三月考）下列有关金属的工业制法中，正确的是 A以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠B用海水、石灰乳等原料制得氧化镁，再用 H
8、2 还原氧化镁制得镁C用焦炭、空气、石灰石等原料，生产 CO 在高温下还原铁矿石制得铁D从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【答案】C【解析】A以海水为原料制得精盐，再电解熔融的NaCl制取钠，故A错误；B用海水、石灰乳、盐酸等原料制得氯化镁，再电解熔融氯化镁制得镁，故B错误；C用焦炭、空气、石灰石等原料，生产CO在高温下还原铁矿石制得铁，故C正确；D从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝，故D错误。综上所述，答案为C。8（2021·宝鸡市渭滨中学高三月考）化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是( )A过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂B氯化铁用
9、于净水C铝热反应用于焊接铁轨D铝罐车用作运输浓硫酸【答案】B【解析】A过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由1价变为2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，故A不符合题意；B氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为3价，Fe元素的化合价由正价变为0价，所以属于氧化还原反应，故C不符合题意；D铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选B。9（2021·山东临沂市
10、3;高三二模）锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。下列说法错误的是A“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3+6Fe2+3SB可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全C“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用D“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水【答案】D【解析】A根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2
11、S3+6Fe3+=2Sb3+6Fe2+3S，A正确；B根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B正确；C“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C正确；D由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D错误；故答案为：D。10（2021·北京高三二模）10时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LN
12、aOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：试管编号1234滴加NaOH溶液的量2滴6滴12滴16滴立即观察沉淀的颜色浅绿色浅绿色蓝色蓝色酒精灯加热浊液后沉淀的颜色浅绿色浅绿色黑色黑色取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。下列说法不正确的是A由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜BCuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物C试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH)2CuO+H2OD取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液
13、后加热仍不会变黑【答案】D【解析】A取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A正确；B由实验数据及现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故B正确；C由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)2CuO+H2O，故C正确；D由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化
14、钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D错误；故选D。11（2021·河北邯郸市·高三二模）沈括在梦溪笔谈中写道：“古以剂钢为刃，柔铁为茎干，不而则多断折。剑之钢者，刃多毁缺”。其中“剂钢”即合金钢，“柔铁”即熟铁，下列说法正确的是A“剂钢”是混合物，“柔铁”是纯净物B合金都由两种或两种以上的金属熔合而成C改变合金中某种元素的含量可制得不同性能的合金D“剂钢”和“柔铁”的强度、硬度和熔点均比纯铁的高【答案】C【解析】A“剂钢”、“柔铁”均是铁的合金，均为混合物，选项A错误；B合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，
15、因此还可以是非金属，选项B错误；C合金的性质与合金的原料配比以及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可以制得具有不同性能的合金，选项C正确；D“剂钢”和“柔铁”是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项D错误；答案选C。12（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）现有一CaC2O4·nH2O试样，分别在氮气气氛、氧气气氛中进行热重分析，得到如下热重(TG)曲线。下列说法错误的是An的值为1B曲线说明氧气是该反应的催化剂C400°C-500°C氮气气氛中的反应为CaC2O4CaCO3+COD氧气存在时产生CO2会抑制CaCO3CaO
16、+CO2进行【答案】B【解析】A根据图象可知第1步反应是晶体失去结晶水的过程，14.6 g CaC2O4nH2O失去水后生成12.8 g CaC2O4，根据元素守恒可得关系式：CaC2O4nH2OCaC2O4，物质失去水的质量多少与物质质量呈正比，可知：(128+18n)：128=14.6：12.8，解得n=1，A正确；B第2步发生的反应为CaC2O4受热分解，12.8 g CaC2O4的物质的量是0.1 mol，反应后固体质量是10 g，根据Ca元素守恒，可知该物质是CaCO3，根据反应前后元素守恒可知另一种生成物是CO，则在氮气环境中反应方程式为：CaC2O4CaCO3+CO；若有O2存在
17、，则CO与O2反应会变为CO2，而不影响固体物质的质量，因此不能说氧气是该反应的催化剂，B错误；C根据反应前后物质的质量变化可确定反应后生成物是CaCO3、CO，根据质量守恒定律可得在氮气环境中的反应方程式为：CaC2O4CaCO3+CO，C正确；D在O2存在时，CO反应转化为CO2，使体系中c(CO2)增大，增大生成物的浓度，化学平衡逆向移动，因此会抑制CaCO3CaO+CO2的正向进行，D正确；故合理选项是B。13（2021·浙江杭州市·高三二模）有关铝及其化合物的说法错误的是A氧化铝熔点较高，是一种优良的耐火材料B可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水C铁易生锈，
18、而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼D氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药【答案】C【解析】A氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，选项A正确；B铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，选项B正确；CAl比Fe活泼，氧化铝为致密的氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，选项C错误；D氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，选项D正确。答案选C。14（2021·厦门英才学校高三月考）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是ACaO用作衣物防潮剂B还原Fe粉用作
19、食品脱氧剂C补血剂与维生素C配合使用效果更佳D用硅藻土中浸润的吸收水果散发的乙烯【答案】A【解析】ACaO用作衣物防潮剂是利用CaO+H2O=Ca(OH)2反应原理，与氧化还原反应无关，故A符合题意；B还原Fe粉用作食品脱氧剂是利用铁易被氧化的特点，运用了氧化还原反应原理，故B不符合题意；C具有还原性易被氧化，维生素C也具有还原性能抗氧化，所以补血剂与维生素C配合使用防止被氧化，故C不符合题意；D乙烯具有还原性，能被浸润的酸性氧化，故D不符合题意；故答案：A。15（2021·江西宜春市·高三一模）某废催化剂含、及少量的.某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程
20、如图：下列说法正确的是A步骤操作中，生成的气体可用溶液吸收B检验滤液1中是否含有，可以选用和新制的氯水C步骤和操作中，均采用蒸发结晶方式从溶液中获得溶质D滤渣2成分是【答案】A【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO47H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜
21、晶体。A步骤操作中生成的气体为硫化氢，可与氢氧化钠溶液反应，则可用氢氧化钠溶液吸收，故A正确；B滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；C得到晶体需要蒸发浓缩，冷却结晶，如果直接蒸发结晶会使晶体失去结晶水，故C错误； D滤渣2含有硫和二氧化硅，故D错误；答案选A。16FeC2O4·nH2O晶体进行热重分析时样品质量随温度(T500C时，在Ar气气氛中进行；T500时，通入空气)的变化如图所示，已知T=300时，样品脱水完全。下列说法不正确的是An=2BT=400时，每分解0.1mol样品时，产生4.48L(标准状况)气体CT=600时，残留
22、固体中Fe的质量分数为60.07%DT=1400时，残留固体为Fe3O4【答案】C【解析】FeC2O4·nH2O晶体原质量是1.000g，根据热重曲线，300时，样品完全脱水，根据分解的方程式计算n值，依次根据400、600、1400的质量再结合铁原子守恒判断出剩余固体的成分。A根据图象，300时是样品脱水生成固体质量为0.800g，反应为：解得n=2，故A正确；B根据铁元素质量守恒，铁原子的最小公倍数是6，于是存在下列质量关系： 6FeO3Fe2O32Fe3O4 72：80：77.3 固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致即72：80：77.30.400：0.444：0.429。因
23、此表明：FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以400时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成；根据碳元素守恒，每分解1mol样品时，产生2mol气体，每分解0.1mol样品时，产生4.48L(标准状况)气体，故B正确；C根据B的分析，600时FeC2O4分解生成Fe2O3，Fe2O3中铁的质量分数为=70%，故C错误；D根据B的分析，FeC2O4分解时，先转变为FeO，再转变为Fe2O3，最后变为Fe3O4，所以T=1400时，残留固体为Fe3O4，故D正确。答案选C。二、主观题（共5小题，共52分）17（10分
24、）某再回收利用公司对一厨房铁铝合金废旧家具进行回收利用,其流程如下图所示：请回答下列问题：(1)流程中加碳酸钠溶液浸泡的目的是_;在空气中久置的目的是_。(2)同条件下Na2FeO4溶解度_K2FeO4溶解度(填“低于”，“高于”， “不确定”),推测K2FeO4在净水方面的作用_。(至少答两条)(3)已知K2FeO4水解显碱性。在洗涤K2FeO4固体时最好选用_。A水 B亚硫酸氢钠溶液 C氢氧化钠溶液 D先氢氧化钠溶液后乙醇(4)熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4-和Al2Cl7-形式存在,铝电镀的主要电极反应式为_。(写出一个电极反应即可)(5)已知氯化铝受热易升华，气态氯化铝的密
25、度为11.92g/L(已转化为标准状况),则气态氯化铝的分子式为_。(6)氢氧化铝经常用于做药品，有两种溶解方式：可以溶解为Al3+或Al(OH)4-。已知25时氢氧化铝在pH=3和pH=10的两溶液中溶解度均为7.8×10-3g(溶液密度近似为1g/mL)，则25下氢氧化铝的两种溶解方式的溶度积之比为_。【答案】(1)除油污（1分）利用空气中的氧气将亚铁氧化为三价铁（1分） (2)高于（1分） 杀菌消毒、吸附悬浮物（1分） (3)D （1分）(4) 7AlCl4+Al-3e=4Al2Cl7或相反 (5)Al2Cl6 （1分） (6)1023或10-23【解析】(1) 铁铝合金废旧家
26、具用碳酸钠溶液浸泡可以除去表面的油脂；铁铝合金粉碎后用盐酸溶解生成氯化铝和氯化亚铁，在空气中久置可以将将亚铁氧化为三价铁，故答案为：除油污；利用空气中的氧气将亚铁氧化为三价铁；(2)根据流程图，Na2FeO4溶液中加入氯化钾固体反应生成K2FeO4固体，说明同条件下Na2FeO4溶解度高于K2FeO4溶解度，K2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，还原产物铁离子能够水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附悬浮物，故答案为：高于；杀菌消毒、吸附悬浮物；(3) K2FeO4水解显碱性。A用水洗涤，K2FeO4水解，错误；BK2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，能够与亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原
27、反应，错误；C用氢氧化钠溶液洗涤，可以抑制K2FeO4水解，但会引入新杂质，错误；D先用氢氧化钠溶液洗涤，可以抑制K2FeO4水解，后乙醇洗涤，除去表面的氢氧化钠，且乙醇易挥发，正确；故选D；(4) 电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，Al+7AlCl4-3e-=4Al2Cl7，故答案为：阳；Al+7AlCl4-3e-=4Al2Cl7；(5) 气态氯化铝的密度为11.92g/L，则气态氯化铝的摩尔质量=11.92g/L×22.4L/mol=267g/mol，分子式为Al2Cl6，故答案为：Al2Cl6；(6)假设溶液体积为0.1L，则0.1L溶液中含有氢氧化铝的物质的
28、量=1×10-4mol，则pH=10时，cAl(OH)4-= =1×10-3mol/L，Al(OH)3+H2O Al(OH)4- +H+，溶度积= cAl(OH)4-c(H+)=1×10-3×1×10-10=1×10-13，pH=3时，c(Al3+)=1×10-3mol/L，Al(OH)3Al3+3OH-，溶度积= c(Al3+) c3(OH-)=1×10-3×(1×10-11)3=1×10-36，则25下氢氧化铝的两种溶解方式的溶度积之比为=1023，故答案为：1023。18（7分）
29、镁铝尖晶石(MgAl2O4)常做耐火材料。共沉淀制备尖晶石的方法是：用AlCl3和MgCl2的混合溶液(用a表示)与过量的氨水(用b表示)反应，再将得到的沉淀高温焙烧。完成下列填空：（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应该把_（填“a”或“b”）滴入另一溶液中。（2）将上述制备反应中部分元素的简单离子：Al3+、Cl、Mg2+、H+、O2按半径由大到小的顺序排列_（用离子符号表示）。（3）AlCl3与氨水反应的反应物和生成物中，属于离子化合物的电子式是_，属于难溶物的电离方程式_。（4）不能说明氧元素的非金属性比氮元素强的事实是_。a. H2O比NH3稳定 b. 共用电子对偏向：H-OH
30、-Nc. 沸点：H2ONH3 d. NO中氮是+2价，氧是-2价【答案】（1）a（1分） （2）Cl-O2-Mg2+Al3+H+ （2分）（3）（1分） H+AlO2+H2OAl(OH)3Al3+3OH（2分） （4） c （1分） 【解析】（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应该把AlCl3和MgCl2的混合溶液滴入到过量的氨水中，因此正确的答案选a。（2）根据微粒电子层越多，半径越大.。在核外电子排布相同的条件下，核电荷数越多，微粒半径越小，据此可知离子的半径大小顺序是Cl-O2-Mg2+Al3+H+。（3）AlCl3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氯化铵是离子化合物，电子式为。
31、氢氧化铝是两性氢氧化物，其电离方程式为H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH-。（4）a非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以根据H2O比NH3稳定，可以证明氧元素的非金属性比氮元素强，故a错误；b共用电子对偏向：HOHN，证明氧原子的得电子能力强于氮原子，即氧元素的非金属性比氮元素强，故b错误；c沸点：H2ONH3是物理性质的表现，但是氧元素的非金属性比氮元素强是化学性质的表现，故c正确；dNO中氮是+2价，氧是2价，证明氧原子的得电子能力强于氮原子，即氧元素的非金属性比氮元素强，故d错误；答案选c。19（2021·宁夏高三二模）（10分）甘氨酸亚铁(NH2CH2COO
32、)2Fe是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如图所示。有关物质性质如下表甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水,难溶于乙醇两性化合物强酸性、强还原性实验过程：I.合成：装置C中盛有31.8 g FeCO3和200 mL 2.0 mol·L-1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置C中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pH到6左右，使反应物充分反应。II.分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。回答下列问题：
33、(1)装置B盛装的试剂为_；仪器b比a的优点是_。(2)若想证明C装置中空气排净，则D中通常盛装的试剂为_。(3)合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和_。(4)加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为_。(5)检验产品中是否含有Fe3的最佳试剂是_。(6)本实验制得24.5 g甘氨酸亚铁，则其产率是_%。【答案】(1)饱和NaHCO3溶液（1分）平衡气压，使液体顺利流下（1分） (2)澄清石灰水（1分） (3)防止Fe2+被氧化 (4) Fe2+2OH-=Fe(OH)2 (5) KSCN溶液（1分） (6)60.0 【解析】利用FeCO3与甘氨酸
34、(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，因Fe2+具有较强的还原性，所以先利用A装置生成的CO2气体将整套装置中的空气排尽，再加热装置C并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pH到6左右，使反应物充分反应，因甘氨酸亚铁易溶于水而难溶于乙醇，所以待反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥，即可得到产品甘氨酸亚铁。(1)因制得的CO2气体中会混有挥发出的HCl气体，所以装置B盛装的试剂为饱和NaHCO3溶液，以除去HCl；仪器b为恒压分液漏斗，与仪器a相比，其优点是可以平衡气压，使液体顺利流下；(2)若C装置中空气已排净，则进入D中的气体为CO2，检验C
35、O2气体通常用澄清石灰水，则D中盛装的试剂为澄清石灰水，现象是溶液变浑浊；(3)因FeCO3难溶于水且Fe2+具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，而柠檬酸具有强还原性和强酸性，所以合成过程中加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2+被氧化；(4)加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会发生反应：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，使甘氨酸亚铁产量下降；(5)检验产品中是否含有Fe3+的最佳试剂是KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，若溶液不变红，则不含有Fe3+；(6) 甘氨酸的物质的量为：0.2L×2.0 mol·L-1=0.4mol，FeCO3
36、的物质的量为：=0.27mol，由甘氨酸亚铁的化学式(NH2CH2COO)2Fe并结合原子守恒可知甘氨酸少量，则理论生成甘氨酸亚铁的物质的量为0.4mol÷2=0.2mol，质量为204g/mol×0.2mol=40.8g，则其产率是：×100%=60.0%。20（2020·安徽马鞍山市·高三二模）（13分）镁是一种重要的金属材料。某化学兴趣小组探究镁与水的反应及影响因素。(1)探究温度对镁与水反应速率的影响：取一小段镁条，用砂纸除去表面的氧化膜，放于试管中。向试管中加入2mL蒸馏水，并滴入2滴酚酞溶液。观察到镁条表面有少量气泡，反应缓慢。过一
37、会加热试管至水沸腾，镁条表面产生大量气泡，溶液变红。写出镁与水反应的化学方程式_。镁与沸水反应速率加快的原因是_(写两条)。(2)探究和对镁与水反应速率的影响取四根经打磨的相同镁条，分别插入四种盐溶液中进行对比实验，其结果如下。实验序号abcd浓度均为 0.1 molL1盐溶液NH4NO3NaHCO3NaNO3NH4HCO3溶液起始 pH5.18.37.07.810min后产生气体体积(mL)1.50.70.11.4气体主要成分H210min后镁条表面情况大量固体附着(固体可溶于盐酸)以上实验结果表明_(填“促进”、“抑制”或“不影响”)镁与水的反应。解释产生该结果的原因_。能够说明对Mg与水
38、反应起促进作用的证据是_。b、d 所得固体中还检验出碱式碳酸镁 用Mg2(OH)2CO3 表示，写出生成该固体的离子方程式_。解释实验a与实验d反应速率不同的原因_。【答案】（除标注外，每空2分）（1）Mg+2H2O Mg(OH)2+H2 或 Mg+2H2OMg(OH)2+H2 加热增大了Mg(OH)2的溶解度；加热促进了水的电离使H+浓度增大；温度升高，反应速率加快。(其他合理答案也可。) （2）促进（1分）Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)， (或水解生成的H+)消耗OH-使溶解平衡向右移动，覆盖的氢氧化镁溶解，从而加快反应速率 相同时间内产生氢气的体积bc 2Mg(O
39、H)2+2Mg2(OH)2CO3+2H2O或2Mg+2H2O+2Mg2(OH)2CO3+2H2 当和同时存在时，水解程度大，溶液呈显碱性，对去除氢氧化镁起阻碍作用。或水解对水解起相互促进，使NH4+离子浓度降低 【解析】(1)根据实验现象可知，镁与水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+H2 或 Mg+2H2OMg(OH)2+H2；镁与沸水反应时，水的温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，且氢氧化镁的溶解度增大，反应速率增大；(2)实验a中加入氯化铵,存在铵根的水解平衡+H2ONH3H2O+H+，水解生成氢离子浓度增大，促进镁与水的反应；实验b和实
40、验d中所用到盐溶液都含有碳酸氢根实验，c中用盐溶液为氯化钠溶液，10分钟内，实验b和实验d产生氢气的体积比实验c多，因此可说明碳酸氢根对Mg与水反应起促进作用；碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子，再根据元素守恒配平，离子方程式为2Mg(OH)2+2Mg2(OH)2CO3+2H2O；铵根离子水解呈酸性，而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，而两离子共同作用时，导致溶液呈显碱性，对铵根离子去除氢氧化镁起阻碍作用。21（2021·北京高三）（12分）Cu2(OH)2CO3是用途广泛的化工原料。可用电解废渣含Cu(NO3)2、AgNO3和纯碱为原料制备。(1)制备CuSO4溶
41、液 过程中，分解产生的气体除NO2外，一定还含有_。过程中，分离所采用的试剂是_。(2)制备Cu2(OH)2CO3.取Na2CO3溶液于锥形瓶中，水浴加热至适当温度。 .将CuSO4 溶液逐滴加入到Na2CO3溶液中，产生沉淀，静置。.待沉淀完全沉降后，减压过滤、洗涤、干燥。步骤中加热Na2CO3溶液的目的是_。 步骤中生成Cu2(OH)2CO3的化学方程式为_。 (3)设n(Na2CO3):n(CuSO4)=m，m不同时，所得产物纯度不同。通过测定固体样品的热重分析曲线(样品质量随温度变化曲线)，获得固体残留率可检测样品纯度。(已知：固体残留率=×100%)。写出Cu2(OH)2C
42、O3分解的化学方程式_。图1、图2分别是m = 1.2和m = 0.8时所得固体的热重分析曲线，依据下列曲线判断制备Cu2(OH)2CO3适宜的m = _(填“1.2”或“0.8”)。通过定量分析说明理由：_。【答案】（除标注外，每空2分）(1)O2(1分)水(1分) (2)促进Na2CO3溶液水解，提高c(OH-)，同时加快反应速率，有利于Cu2(OH)2CO3生成 2CuSO42Na2CO3H2OCu2(OH)2CO3CO22Na2SO4(或2CuSO4 + 3Na2CO3 + 2H2OCu2(OH)2CO3+ 2NaHCO3 + 2Na2SO4) (3)Cu2(OH)2CO32CuO+C
43、O2+H2O 1.2 依据Cu2(OH)2CO3受热分解的化学方程式，可知理论上固体残留率=160/222×100%72.1%，与图1数据基本一致 【解析】电解废渣含Cu(NO3)2、AgNO3受热分解生成氧化铜，硝酸银在该温度下不分解，溶于水分离出氧化铜，氧化铜和硫酸反应即得到硫酸铜溶液。(1)过程中生成NO2，氮元素化合价降低，则一定有化合价升高的元素，只能是氧元素，所以分解产生的气体除NO2外，一定还含有O2。氧化铜不溶于水，硝酸银能溶于水，过程中，分离所采用的试剂是水。(2)碳酸钠水解吸热，则步骤中加热Na2CO3溶液的目的是促进Na2CO3溶液水解，提高c(OH-)，同时加
44、快反应速率，有利于Cu2(OH)2CO3生成。 步骤中根据原子守恒可知还有硫酸钠、二氧化碳生成，则生成Cu2(OH)2CO3的化学方程式为2CuSO42Na2CO3H2OCu2(OH)2CO3CO22Na2SO4或2CuSO4 + 3Na2CO3 + 2H2OCu2(OH)2CO3+ 2NaHCO3 + 2Na2SO4。 (3)Cu2(OH)2CO3分解生成氧化铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O。依据Cu2(OH)2CO3受热分解的化学方程式，可知理论上固体残留率=×100%72.1%，与图1数据基本一致，所以制备Cu2(OH)2CO3适宜的m=1.2。