考点19 铁、铜的获取及应用——备战2022年浙江新高考一轮复习化学考点一遍过 试卷

考点19 铁、铜的获取及应用

一、铁的存在和性质
1．铁的存在
铁在自然界中主要以化合态的形式存在，陨铁以游离态的形式存在。
常见的铁矿：磁铁矿[主要成分为Fe3O4(填化学式，下同)]，赤铁矿(主要成分为Fe2O3)，黄铁矿(主要成分为FeS2)。
2．铁的物理性质
纯铁具有金属的共性，如具有银白色金属光泽和良好的延展性，是电和热的良导体，具有能被磁铁吸引的特性，纯铁有很强的抗腐蚀能力。
3．铁的化学性质
铁元素性质活泼，有较强的还原性，主要化合价为＋2价和＋3价。

（1）与非金属单质的反应：
①与O2的反应：
常温下：铁被腐蚀生成铁锈，其主要成分为Fe2O3。
点燃时：3Fe＋2O2Fe3O4。
②与Cl2的反应：2Fe＋3Cl22FeCl3。
③与S的反应：Fe＋SFeS。
④与I2的反应：Fe＋I2FeI2。
（2）与水的反应：
常温下铁与水不反应，在高温条件下与水蒸气反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。
（3）与酸的反应：
①与非氧化性酸反应的离子方程式：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。
②与氧化性酸：
遇冷的浓硫酸或浓硝酸钝化，加热时发生反应：
与稀硝酸或在加热条件下与浓硫酸、浓硝酸反应无H2产生。Fe+6H++3Fe2++3NO2↑+3H2O
Fe过量
3Fe+8H++23Fe2++2NO↑+4H2O
Fe不足
Fe+4H++Fe3++NO↑+2H2O
（4）与某些盐溶液的反应：
①与CuSO4溶液反应的离子方程式：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。
②与FeCl3溶液反应的离子方程式：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
二、铁的氧化物和氢氧化物
1．铁的氧化物的比较
铁的氧化物
FeO
Fe2O3
Fe3O4
俗称
无
铁红
磁性氧化铁
色、态
黑色粉末
红棕色粉末
黑色晶体
铁的价态
+2
+3
+2、+3
水溶性
难溶于水
稳定性
不稳定性
6FeO+O22Fe3O4
稳定
稳定
与非氧化性酸盐酸或稀H2SO4的反应
FeO+2H+
Fe2++H2O
Fe2O3+6H+
2Fe3++3H2O
Fe3O4+8H+
2Fe3++ Fe2++4H2O
与稀HNO3
反应
3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
与CO的反应
FexOy+yCOxFe+yCO2
制取
高温熔融，过量的铁与氧气反应
2Fe+O22FeO
Fe(OH)3的分解
2Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O
铁在氧气中燃烧
3Fe+2O2Fe3O4
2．铁的氢氧化物的比较
铁的氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
物理性质
白色，难溶于水的固体
红褐色，难溶于水的固体
化学性质
（1）与非氧化性强酸反应
Fe(OH)2+2H+Fe2++2H2O
（2）与氧化性酸反应
3Fe(OH)2+10HNO3
3Fe(NO3)3+NO↑+8H2O
（3）空气中放置被氧化
4Fe(OH)2+2H2O+O2
4Fe(OH)3
（1）与酸反应
Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O
（2）受热分解
2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O
制备
可溶性亚铁盐与碱溶液反应Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
可溶性铁盐与碱溶液反应Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
二者的
关系
在空气中，Fe(OH)2能够非常迅速地被氧气氧化成Fe(OH)3，现象是白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3

三、“铁三角”及其应用

“铁三角”的四应用：
（1）判断离子共存： Fe3+、Fe2+与、、等在溶液中因发生相互促进水解反应而不能大量共存；Fe2+与(H+)、ClO−、(H+)，Fe3+与S2−、I−、HS−、在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存。
（2）除杂方法(括号内为杂质)：
Fe2+(Fe3+)：加过量铁粉过滤；
FeCl3(FeCl2)：加氯水或H2O2；
FeCl2(CuCl2)：加过量铁粉过滤；
Fe(Al)、Fe2O3(Al2O3、SiO2)：加过量强碱溶液过滤；
（3）盐溶液的保存：亚铁盐溶液——加入少量铁屑以防止Fe2+被氧化。铁盐溶液——加入少量相应的酸溶液以防止Fe3+水解。
（4）物质制备：
①制备无水氯化铁：在HCl气流中加热浓缩氯化铁溶液；
②制备氢氧化铁胶体：向沸水中加入饱和氯化铁溶液并煮沸至变为红褐色为止。
四、重要的铁盐
三氯化铁(FeCl3)：棕黄色固体，一种常见的氧化剂，能与多种还原剂发生氧化还原反应，能回收废铜，其反应的离子方程式为2Fe3++CuCu2++2Fe2+。
绿矾(FeSO4·7H2O)：一种重要的还原剂，可用作补血剂及植物的补铁剂。
高铁酸钾(K2FeO4)：深紫色晶体，具有强氧化性，可用作水处理剂或高能电池。
铁铵矾[NH4Fe(SO4)2·12H2O]：无色晶体，易溶于水，常用作化学分析试剂、药物和织物媒染剂。
赤血盐[K3Fe(CN)6]：红色晶体，易溶于水，常用于检验Fe2+，生成蓝色沉淀。
五、铜及其重要化合物
1．铜
（1）铜的存在、制备与精炼
常见的铜矿有黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2]等。自然界中也存在少量的单质铜。
工业上主要采用高温冶炼黄铜矿(主要成分是CuFeS2)的方法获得铜。用这种方法冶炼得到的铜，含铜量为99.5%～99.7%，还含有Ag、Au、Fe、Zn等杂质。要达到电气工业生产用铜的要求，这种由黄铜矿高温冶炼得到的铜还必须经过电解精炼，电解精炼得到的铜，含铜量高达99.95%～99.98%。
（2）物理性质
纯净的铜为紫红色，属于有色金属，密度较大，硬度较小，熔、沸点较高，具有良好的导电、导热性。
（3）化学性质
与非金属单质反应
Cl2
Cu +Cl2CuCl2
O2
2Cu+O22CuO
S
2Cu +SCu2S
与酸反应
非氧化性酸
不反应
氧化性酸
Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+ 2H2O
3Cu+8HNO3 (稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+ 4H2O
与盐溶液反应
Cu+2Ag+2Ag+Cu2+
Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+
潮湿空气中
形成铜锈
2Cu+O2+H2O+CO2Cu2(OH)2CO3
2．氧化铜和氧化亚铜
名称
氧化铜
氧化亚铜
与酸反应(H+)
CuO+2H+Cu2++H2O
Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O
与H2反应
CuO+H2Cu+H2O
Cu2O+H22Cu+H2O
转化关系
4CuO2Cu2O+O2↑
3．氢氧化铜
Cu(OH)2是一种不溶于水的蓝色固体。其化学性质主要有弱碱性，不稳定性和弱氧化性等。
Cu(OH)2的化学性质
（1）弱碱性：Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O
（2）不稳定性：Cu(OH)2CuO+H2O
（3）弱氧化性：能氧化醛基。
4．五水硫酸铜
CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾。无水CuSO4为白色粉末，遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水的检验依据。
六、合金及金属材料
1．合金
（1）概念：合金是指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。
（2）性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。
①熔点：一般比它的各成分金属的低；
②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。
2．常见的金属材料

（3）几种有色金属材料
铝及铝合金
铜及铜合金
七、金属矿物的开发利用
1．金属在自然界中存在的形态
除了金、铂等极少数金属外，绝大多数金属元素以化合态的形式存在于自然界中。在这些金属化合物中，金属元素都显正化合价。
2．金属冶炼的实质
使金属化合物中的金属离子得电子被还原为金属单质的过程：Mn＋＋ne－===M。
3．金属冶炼的一般步骤

4．金属冶炼方法
（1）热分解法冶炼金属
例如：2HgO2Hg＋O2↑，2Ag2O4Ag＋O2↑。
用热分解法冶炼金属的特点：金属元素的金属性弱，金属元素的原子不易失去电子，其金属离子容易得到电子，该金属元素所形成的化合物稳定性较差。
（2）热还原法冶炼金属
①焦炭还原法。例如：C还原ZnO、CuO，其化学方程式依次为C＋2ZnO2Zn＋CO2↑，C＋2CuO2Cu＋CO2↑。
②一氧化碳还原法。例如：CO还原Fe2O3、CuO，其化学方程式依次为3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2，CO＋CuOCu＋CO2。
③氢气还原法。例如：H2还原WO3、Fe3O4，其化学方程式依次为3H2＋WO3W＋3H2O，4H2＋Fe3O43Fe＋4H2O。
④活泼金属还原法。例如：Al还原Cr2O3、V2O5，其化学方程式依次为2Al＋Cr2O3Al2O3＋2Cr，10Al＋3V2O56V＋5Al2O3。
（3）电解法冶炼金属
例如：电解Al2O3、MgCl2、NaCl，其化学方程式依次为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑，MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑，2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。

金属活动性顺序表中隐含的重要信息
比较
金属活动性顺序
K、Ca、Na
Mg
Al
Zn
Fe、Sn、
Pb(H)
Cu
Hg、Ag
Pt、Au
自然界存在形态
化合态
多数是化合态，极少数是游离态
游离态
主要冶炼方法
电解法
热还原法
热分解法
物理方法
与O2反应
常温下易反应
常温下生成氧化膜
加热化合
不反应
与H2O反应
常温下生成
碱和氢气
与热水
反应
有碱存在
与水反应
与高温水
蒸气反应
不反应
与H+反应
从酸中把氢置换出来，生成盐和氢气
不反应
与盐溶液反应
先与水反应，生成的碱再与盐反应
排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来


考向一 Fe2+、Fe3+的鉴别
（1）直接观察颜色：Fe2+溶液呈浅绿色，Fe3+溶液呈棕黄色。
（2）利用显色反应(形成络离子)
①
②
（3）利用Fe(OH)3沉淀的颜色：

（4）利用Fe3+的氧化性
①
②
③
（5）利用Fe2+的还原性
①
②
（6）利用铁氰化钾与亚铁离子反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀检验亚铁离子。

典例1 下列除杂的操作不正确的是
A．MgCl2溶液中混有少量FeCl3：加入足量氢氧化镁充分反应后过滤
B．FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤
C．CuCl2溶液中混有少量FeCl3：加入NaOH溶液充分反应后过滤
D．CuCl2溶液中混有少量FeCl2：先加入H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，再加入CuO充分反应后过滤
【解析】FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，加入Mg(OH)2与H＋反应，平衡右移，使Fe3＋转化成Fe(OH)3而除去，A正确；先用H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，再利用FeCl3的水解，加入CuO与H＋反应将Fe3＋转化成Fe(OH)3而除去，D正确。
【答案】C

1．下列离子的检验方法合理的是
A．向某溶液中滴入KSCN溶液呈红色，说明不含Fe2+
B．向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红，说明原溶液中含有Fe2+
C．向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+
D．向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2+，不含有Mg2+
【答案】C
【解析】A项中只能说明含有Fe3+，无法说明是否含Fe2+；B项原溶液中可能只有Fe3+而没有Fe2+；D项中在生成红褐色沉淀Fe(OH)3时可能掩盖了白色沉淀Mg(OH)2的生成，因此无法判定原溶液中是否有Mg2+。
考向二 Fe(OH)2的制备
制备Fe(OH)2常用的三种方法
方法一：有机覆盖层法
将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并在液面上覆盖一层苯或煤油(不能用CCl4)，以防止空气与Fe(OH)2接触发生反应，如图1所示。

方法二：还原性气体保护法
用H2将装置内的空气排尽后，再将亚铁盐与NaOH溶液混合，这样可长时间观察到白色沉淀。如图2所示。
方法三：电解法
用铁作阳极，电解NaCl(或NaOH)溶液，并在液面上覆盖苯或煤油，如图3所示。


典例1 用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。
Ⅰ.方法一：用FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
（1）除去蒸馏水中溶解的O2常采用　　　　　　　的方法。
（2）生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是　　　　　　　。
Ⅱ.方法二：在如图所示装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。

（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是　 。
（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是　 。
（3）为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是　　　　　　　　　。
（4）这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是　　　　　　　　　。
【解析】Ⅰ.方法一：（1）气体的溶解度是随温度升高而降低的，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。（2）避免生成的Fe(OH)2被空气(氧气)氧化。
Ⅱ.方法二：试管Ⅱ是开口式的，无法用产生的气体将溶液压入试管Ⅰ中，所以应在试管Ⅰ中制取FeSO4，而在试管Ⅱ中盛NaOH溶液。将Fe与稀H2SO4放入试管Ⅰ后，产生的H2可从试管Ⅰ内短管处排出试管Ⅰ内的空气，经过止水夹进入试管Ⅱ内的NaOH溶液中，再排尽NaOH溶液和试管Ⅱ内的空气，然后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，压强增大，将FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内的NaOH溶液中，在此过程中，液体都处于H2环境中，从而避免了空气中的O2将反应生成的Fe(OH)2氧化成 Fe(OH)3。
【答案】Ⅰ.（1）煮沸 （2）避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2
Ⅱ.（1）稀H2SO4、铁屑　（2）NaOH溶液　（3）检验试管Ⅱ出口处排出H2的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹　（4）试管Ⅰ中反应生成的H2将所用溶液和装置内的空气排尽，且外界空气不容易进入装置，可防止白色的Fe(OH)2沉淀被氧化

2．下列各图示中，能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀的是__________。


【答案】①②③⑤
【解析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理相同，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③的原理为铁作阳极产生Fe2+，与电解水产生的OH−结合生成Fe(OH)2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；⑤中液面加苯阻止了空气进入；④由于带入空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。

考向三 守恒思想在铁及其化合物计算中的应用
数轴法分析铁与稀硝酸反应的产物
一是明确哪种物质过量，二是根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应方程式：
（1）HNO3过量：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，铁元素的存在形式为Fe3＋。
（2）Fe过量：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，铁元素的存在形式为Fe2＋。
（3）用数轴表示：

（4）无论二者的量如何变化，铁与稀HNO3反应，被还原的HNO3与参加反应的HNO3的物质的量之比总是1∶4。
（5）硝酸的作用及其量的确定
铁与硝酸的反应中，一是氧化剂作用，二是酸性作用。作为氧化剂的硝酸可以根据氧化还原反应中得失电子守恒的方法确定，作为酸性作用的可以通过金属铁的物质的量确定，即铁的物质的量乘以铁显示的化合价。

典例1 把22.4 g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，若反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，下列说法正确的是
A．反应后生成的盐只为Fe(NO3)3
B．反应后生成的盐只为Fe(NO3)2
C．反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3∶1
【解析】由于铁的物质的量为＝0.4 mol，所以在反应的过程中它失去的电子数应介于0.8 mol(此时只产生Fe2＋)和1.2 mol(此时只产生Fe3＋)之间，又产生0.3 mol NO2和0.2 mol NO，即反应过程中硝酸得到的电子物质的量为0.3 mol×(5－4)＋0.2 mol×(5－2)＝0.9 mol，所以对应的产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2，设前者的物质的量为x，后者的物质的量为y，则由铁原子守恒可得x＋y＝0.4 mol，由得失电子守恒得3x＋2y＝0.9 mol，解得x＝0.1 mol，y＝0.3 mol。
【答案】C

3．有一块铁的“氧化物”样品，用140 mL 5.0 mol·L−1盐酸恰好将其完全溶解，所得溶液还能吸收0.025 mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为
A．Fe2O3 B．Fe3O4
C．Fe4O5 D．Fe5O7
【答案】D
【解析】由2Fe2++Cl22Fe3++2Cl−，可知铁的“氧化物”样品用盐酸溶解后所得溶液中n(Fe2+)=0.025 mol×2=0.05 mol，根据电荷守恒得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=n(Cl−)(盐酸中的)，则n(Fe3+)=0.2 mol，故n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.05∶0.2=1∶4，故该氧化物可表示为FeO·2Fe2O3，即Fe5O7。
考向四 “铁三角”的重要应用

典例1 A、B、C为3种单质(其中A为固体，B、C为气体)，将D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色，B、C反应的产物易溶于水得到无色溶液E。它们之间的转化关系如图，下列推断正确的是

A．物质B是H2　　　　　　 B．物质C是Cl2
C．物质D是FeCl2 D．物质F是FeCl2
【解析】由题意和图示转化可知A为Fe，B为Cl2，C为H2，D为FeCl3，E为HCl，F为FeCl2。
【答案】D

4．已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。

（1）写出下列物质的化学式：
A：______________________，D：__________________，R：______________________。
（2）按要求写出下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：________________；
向N中通足量CO2时反应的离子方程式：____________________；
D与盐酸反应的离子方程式：___________________________。
（3）简述检验气体C的方法：__________________。
【答案】（1）Na2O2　Fe3O4　Al
（2）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
（3）用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成
【解析】A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe(OH)2、M是Fe(OH)3，Fe3O4和HCl、足量Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe(OH)3和HCl反应生成W，则W是FeCl3。

考向五 铜及其化合物的性质

典例1 某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到的目的是
A．将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuS
B．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色
C．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuO
D．在淀粉溶液中加入适量稀H2SO4微热，再加少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生红色沉淀
【解析】由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成＋1价，故A错误；常温下Cu与浓硫酸不反应，因此观察不到现象，故B错误；向CuSO4溶液中加入过量的NaOH产生Cu(OH)2 沉淀，过滤洗涤并灼烧Cu(OH)2分解生成CuO，故C正确；葡萄糖和新制Cu(OH)2反应必须在碱性条件下进行，该反应在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，在酸性条件下进行，所以实验不成功，不能说明淀粉没有水解，故D错误。
【答案】C

5．已知酸性条件下有如下反应：2Cu+Cu2++Cu↓。由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。一同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物作了验证，实验操作和实验现象记录如下：
加入试剂
稀硫酸
浓硫酸、加热
稀硝酸
浓硝酸
实验现象
红色固体和蓝色溶液
无色气体
无色气体和蓝色溶液
红棕色气体
和绿色溶液
由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是
A．Cu
B．Cu2O
C．一定有Cu，可能有Cu2O
D．一定有Cu2O，可能有Cu
【答案】D
【解析】Cu和Cu2O都有还原性，与浓硫酸、硝酸反应都有相同现象，上述实验只有加稀H2SO4的设计是合理和必要的。加入稀H2SO4变蓝和得到红色固体，可证明原固体中含Cu2O，由题目已知反应2Cu+ Cu2++Cu，则不能证明还原产物中有无Cu。

考向六 铜及其化合物转化关系综合考查

典例1 CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是

A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2
B．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①＝②＜③
C．硫酸铜在1 100 ℃分解的方程式为2CuSO4Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑
D．当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应
【解析】Cu与混酸反应，离子反应为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，从方程式知，NO由硝酸提供，H＋由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2 mol时，硫酸为3 mol，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2，故A正确；生成等量的硫酸铜，三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①＝②＜③，故B正确；硫酸铜在1 100 ℃分解，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，则O元素的化合价升高，即生成O2，还有SO2、SO3，则反应方程式为2CuSO4Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑，故C正确；新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，Cu(OH)2为氧化剂，葡萄糖为还原剂被氧化，葡萄糖发生氧化反应，故D错误。
【答案】D

6．铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：
（1）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝。试写出该反应的离子方程式__________________。
（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式_________________。
（3）火法炼铜的原理：Cu2S＋O22Cu＋SO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移_______mol电子。
（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________(填字母)。
a．粗铜接电源正极，发生氧化反应
b．溶液中Cu2＋向阴极移动
c．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等
d．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属
（5）据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2===4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO4·5H2O)：

①检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的实验方法是____________________。
②在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式。
方案一：___________________________；
方案二：___________________________。
【答案】（1）Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
（2）2Cu2＋＋2＋H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑
（3）3
（4）ab
（5）①取少量溶液B于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液无明显现象，则说明Fe3＋已被除尽　②CuSO4＋Fe===Cu＋FeSO4　2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑(合理答案均可)
【解析】（1）酸性条件下H2O2将Cu氧化：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
（2）由题给信息可知反应的离子方程式为2Cu2＋＋2＋H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑。
（3）根据题给方程式可知，生成2 mol Cu时，转移6 mol电子，则生成1 mol Cu时，转移3 mol电子。
（4）粗铜接电源的正极，作阳极，发生氧化反应，a正确；溶液中阳离子向阴极移动，b正确；电解过程中，阳极是铝、锌、铜放电，Ag、Pt、Au等形成阳极泥，而阴极始终是Cu2＋得电子生成单质铜，所以阴极和阳极质量变化不一定相等，c错误；阳极泥是比铜活动性差的Ag、Pt、Au沉积在阳极形成的，d错误。
（5）①验证Fe3＋最好用KSCN溶液。②由硫酸铜得到铜，可以通过置换反应，也可以通过电解。




一、单选题
1．由下列实验操作和现象得出的结论不正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性： Co2O3 > Cl2
B
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
锌对铁依然具有保护作用
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A． 发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3 > Cl2，故A正确；
B． 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Fe为正极被保护，故B正确；
C． 常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，并不是不反应，故C错误；
D． KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D正确；
故选：C。
2．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是( )

A．过程①发生复分解反应，由弱酸反应得到强酸
B．过程②中，发生反应的离子方程式为： S2-＋2Fe3＋=S＋2Fe2＋
C．过程③中，标准状况下11.2L O2参加反应转移2mol电子
D．在②中Fe3＋作氧化剂，在③中Fe3＋是氧化产物
【答案】B
【详解】
A．过程①发生的反应 是复分解反应，由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸，A不选；
B．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，硫化铜是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是 ，故B选；
C．过程③中，标准状况下11.2L O2参加反应其物质的量是 =0.5mol，转移0.5mol×2×2=2mol电子，故C不选；
D．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，Fe3＋作氧化剂，在③中 ，Fe2＋转化为Fe3＋，Fe3＋是氧化产物，故D不选；
故选：B。
3．工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)，其工业流程如图。下列说法错误的是( )

A．浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为： Fe2O3＋SO2＋2H＋=2Fe2＋＋SO＋H2O
B．过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2＋、Fe3＋和Fe2＋
C．滤渣II的主要成分含有Fe(OH)3
D．过滤II所得的滤液中加入NH4HCO3溶液发生反应的主要离子方程式为： Mn2＋＋2HCO=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
【答案】B
【分析】
浸锰过程通入过量的SO2，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，过滤Ⅰ所得滤渣为SiO2，加入MnO2氧化，此时溶液中可以被氧化的物质有Fe2+和未反应的SO2，调pH是为了将上一步氧化生成的Fe3+沉淀下来与Mn2+分离，加入NH4HCO3溶液将Mn2+沉淀下来，再经过一系列步骤可得到纯的MnCO3。
【详解】
A．根据上述分析可知，浸锰过程通入过量的SO2，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，反应的离子方程式为：Fe2O3＋SO2＋2H＋=2Fe2＋＋SO＋H2O，A正确；
B．过量的SO2，将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，因此过滤I所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2＋和Fe2＋，不会含有Fe3+，B错误；
C．调pH=3.7，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ的主要成分含有Fe(OH)3，C正确；
D．滤液为硫酸锰溶液，向滤液种加入适量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉淀，同时二氧化碳生成，发生的反应为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D正确；
答案选B。
4．下列物质的用途描述正确的是( )
A．碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂
B．镁燃烧时发出耀眼的白光，可以用镁来制造照明弹和焰火等
C．明矾可以消毒杀菌，常用于净水
D．磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料
【答案】B
【详解】
A．碳酸钠能与盐酸反应，但碱性较强，所以碳酸钠不可以用于治疗胃酸过多，故A错误；
B．镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可以用镁来制造照明弹和焰火等，故B正确；
C．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附作用的氢氧化铝胶体，可以净水，但是明矾不具有杀菌消毒作用，故C错误；
D．磁性氧化铁是四氧化三铁，用作红色油漆和涂料的是三氧化二铁，故D错误；
故答案选：B。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Fe(OH)3 溶于HI溶液: 2Fe(OH)3+6H++2I- =2Fe2++I2+6H2O
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2: 2AlO2- +CO2+3H2O = 2Al(OH)3↓+CO32-
C．向[Ag(NH3)2]OH 溶液中加入足量盐酸生成白色沉淀: Ag++ CI-= AgC1↓
D．向K2MnO4溶液中加入醋酸，生成KMnO4和MnO2: 3MnO42- + 4H+ = MnO2↓+ 2MnO4- +2H2O
【答案】A
【详解】
A．Fe(OH)3和HI反应，由于Fe3＋具有强氧化性，能够氧化I－生成I2，化学方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，A正确；
B．NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成HCO3－，离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，B错误；
C．溶液中的OH－、NH3也会和H＋反应，离子方程式为Ag(NH3)2＋＋OH－＋3H＋＋Cl－=AgCl↓＋2NH4＋＋H2O，C错误；
D．醋酸是弱酸，不能拆开，应保留化学式，离子方程式为3MnO42-+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO4-+2H2O+4CH3COO－，D错误。
答案选A。
【点睛】
氢氧化二氨合银Ag(NH3)2OH是强碱，在溶液中可以完全电离出Ag(NH3)2＋和OH－，但是不能电离出Ag＋。
6．某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验流程如下:

下列说法不正确的是
A．步骤①研磨时需要在研钵中进行
B．步骤②加入氨水的作用是将Fe2+ 完全沉淀
C．步骤③多步操作为过滤、洗涤、灼烧至恒重、冷却、称重
D．每片补血剂中铁元素的质量为0.07wg
【答案】B
【解析】由流程图可以知道,该实验原理为:将药品中的Fe2+形成溶液,将Fe2+氧化为Fe3+,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,再转化为氧化铁,通过测定氧化铁的质量,计算补血剂中铁元素的含量.
A、步骤①是将补血剂磨成细粉，便于溶解，研磨时需要在研钵中进行，故A正确；
B、步骤②中加入过氧化氢是将Fe2+氧化为Fe3+，然后用过量氨水将Fe3+完全沉淀为红褐色氢氧化铁，故B错误；
C、步骤③是将氢氧化铁沉淀转化为氧化铁,通过测定氧化铁的质量,计算补血剂中铁元素的含量，所以操作为过滤、洗涤、灼烧至恒重、冷却、称重，故C正确；
D、w g氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量,所以每片补血剂含铁元素的质量wg×11210010g=0.07wg ,故D正确；
综上所述，本题正确答案为B。
7．下列反应的离子方程式正确的是 ( )
A．氢氧化亚铁在空气中的变化：2Fe(OH)2+O2+H2O=2Fe(OH)3
B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：Fe2+ + 2H2O2 + 4H+＝Fe3+ + 4H2O
C．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe(OH)3＋3HI＝FeI3+3H2O
D．硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3+ + 3NH3·H2O＝Fe(OH)3¯ + 3NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】
A.氢氧化亚铁在空气中的变化：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故A错误；B. 硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液：2Fe2+ + H2O2 + 2H+＝2Fe3+ + 2H2O，故B错误；C、氢氧化铁与氢碘酸发生氧化还原反应：2Fe(OH)3＋6H++2I-＝2Fe2+ +6H2O+ I2，故C错误；硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3+ + 3NH3·H2O＝Fe(OH)3¯ + 3NH4+，故D正确；故选D。
【点睛】
本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中C项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中A、B项）；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
8．某固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、Fe、Na2SO3、Na2CO3、BaCl2中的若干种物质组成，设计部分实验方案探究该固体混合物的成分，所加试剂均过量，下列说法正确的是

A．气体A是SO2和CO2的混合气体
B．固体A一定含有SiO2，可能含有BaSO4
C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种
D．该固体混合物一定含有Na2CO3、Na2SO3、BaCl2
【答案】C
【详解】固体混合物可能由SiO2、Fe2O3、Fe、Na2SO3、Na2CO、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，实验可知，气体A与高锰酸钾反应后得到气体B，且气体体积比原来减小，说明有气体能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，则A中一定含SO2，可能含CO2、H2；则混合物中一定含有Na2SO3，可能含有Na2CO3和Fe。混合物与足量硫酸反应后的固体A可能为SiO2或BaSO4，或二者均存在；溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，B的颜色一段时间后加深，则B为Fe(OH)2，溶液B与Ba(NO3)2反应生成沉淀C为BaSO4，溶液C与硝酸、硝酸银反应生成沉淀D为AgCl，则原混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，一定含BaCl2。
A．A气体能与高锰酸钾反应，但仍有气体剩余，说明气体Ａ一定含有SO2，可能含CO2、H2的一种或两种，A错误；
B．溶液A中加入足量氢氧化钠得到白色沉淀，一段时间后颜色变深，说明白色沉淀中含有Fe(OH)2，溶液C转化为沉淀D，说明是AgCl，则一定含有BaCl2，则固体A中一定存在BaSO4，可能含SiO2，B错误；
C．溶液A中加入足量氢氧化钠得到白色沉淀，一段时间后颜色变深，说明溶液A中含有Fe2＋，可能来源于Fe3＋与SO32－的反应，也可能来源于Fe和H2SO4反应，则该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，C正确；
D．根据以上分析，固体混合物一定含有Na2SO3、BaCl2，可能含Fe，D错误；
答案选C。
9．下列装置能达到相应实验目的的是（ ）

A．制取氢氧化亚铁并观察颜色 B．制取氨气 C．分离碘和酒精 D．收集少量二氧化氮气体
【答案】A
【详解】
A. 煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制取Fe(OH)2并观察其颜色，所以A选项是正确的；
B. NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成NH4Cl，因此得不到氨气，故B错误；
C. 碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗来分离，故C错误；
D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集二氧化氮，故D错误。
所以A选项是正确的。
10．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图。下列说法正确的是

注：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应
A．步骤①中，生成的气体可用CuSO4溶液吸收
B．步骤②中的加热操作需维持在较高温度下进行，以加快反应速率
C．滤渣2成分只有SiO2
D．检验滤液1中是否含有Fe2＋，可以先加新制氯水再加KSCN
【答案】A
【详解】废催化剂中含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，废催化剂中加入稀硫酸，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ZnSO4•7H2O，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中含有硫和二氧化硅，滤液2中含有硫酸铜，经浓缩结晶可得到硫酸铜晶体，据此分析解答。
A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可以用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故A正确；
B．步骤②中加入了过氧化氢，过氧化氢在加热时容易分解，因此操作不能在太高的温度下进行，故B错误；
C．根据上述分析，滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；
D．检验滤液1中是否含有Fe2+，由于滤液1中含有Fe3+，用KSCN和新制的氯水不能检验，故D错误；
故选A。
11．某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象,实验如下：
①
②
③



溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀
溶液变红且不褪色，有气体生成（经检验为O2）,经检验有丁达尔效应。
溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀,经检验无丁达尔效应。
下列说法错误的是（ ）
A．②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体
B．实验②中发生的氧化还原反应只有两种
C．对比①②③，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-
D．③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】B
【详解】
A. 由实验②的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，故A正确；
B. 由实验②的实验现象可知，实验中存在的反应有酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+、在Fe3+作催化剂的条件下，双氧水分解生成水和氧气，由实验①的实验现象可知，实验中还存在的反应是酸性条件下H2O2可以氧化部分SCN-，三个反应均属于氧化还原反应，故B错误；
C. 对比实验①②③的实验现象可知，酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，生成的硫酸根与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，故C正确；
D. 由实验③的实验现象可知，酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
答案选B。
12．制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是
A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–
B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–
C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–
【答案】D
【详解】母液中主要含NH4+、Fe2+、H+、SO42–，根据离子共存原则分析加入指定物质后溶液的离子存在情况，如发生氧化还原反应、生成气体、沉淀等。
A．通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；
B．加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；
C．加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；
答案选D。
13．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀生成
原溶液中一定存在SO42-或SO32-
B
分别向盛有KI3溶液的a、b试管中滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
a中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀
I3﹣ 能电离出I2和I﹣
C
向饱和硼酸溶液滴入滴入2滴相同浓度的碳酸钠溶液
无气泡产生
酸性：H3BO3＜H2CO3
D
向2mL0.005mol/L FeCl3溶液中加入5mL0.01mol/L KSCN溶液，再滴入5滴0.01mol/LNaOH溶液
溶液先变成红色，滴入NaOH溶液后产生红褐色沉淀
与Fe3+结合的能力：OH－＞SCN－
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．硝酸可氧化SO32-、HSO3-为SO42-，所以原溶液中不一定存在SO42-或SO32-，A错误；
B．由现象可知，溶液中含I2和I﹣，则I3-能电离出I2和I-，B正确；
C．由强酸制取弱酸的原理及反应现象可知，酸性：H3BO3＜H2CO3，C正确；
D．由现象可知加NaOH使络合反应逆向移动，则说明与Fe3+结合的能力：OH-＞SCN-，D正确；
故合理选项是A。
14．《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是( )
A．绿矾的化学式为FeSO4·7H2O B．绿矾分解过程中没有发生电子的转移
C．“色赤”物质可能是Fe2O3 D．流出的液体中可能含有硫酸
【答案】B
【解析】
绿矾在加热时会溶解在结晶水中，然后发生分解，化学方程式为2FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO2+SO3+14H2O，铁的化合价由+2升高到+3价，S由+6降低到+4，所以绿矾分解是氧化还原反应，有电子转移。三氧化硫溶于水生成硫酸。综上所述B不正确，选B。
15．下列实验操作的现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将某钾盐溶于硝酸溶液，再滴加1～2滴品红
品红不褪色
该钾盐不含或
B
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
C
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，同时有黑色颗粒产生
钠可以置换出碳
D
向FeCl2溶液中滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
溶液变成蓝色
K3[Fe(CN)6]溶液可用于鉴别Fe2+
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A．硝酸具有强氧化性，或具有还原性，会反应生成，不产生二氧化硫，品红不褪色，结论不正确，A项不符合题意；
B．加NaCl溶液导致蛋白质发生盐析，CuSO4含有重金属离子Cu2+，引发蛋白质的变性，结论不正确，B项不符合题意；
C．根据元素守恒，生成的黑色颗粒应当是C单质，方程式为：，是置换反应，现象和结论均正确，C项符合题意；
D．现象应为蓝色沉淀，D项不符合题意；
故选为C。
16．下列关于Fe3＋、Fe2＋性质实验的说法错误的是（ ）
A．用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2

B．配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度
C．向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化
D．FeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀
【答案】D
【详解】
A. 反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，故A正确；
B. FeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；
C. Fe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，故C正确；
D. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故D错误；
故选：D。
17．按照如图所示进行实验，下列有关说法不合理的是

A．若X烧杯中溶液为饱和氯化铁溶液，则利用过滤的方法，从Z烧杯中可获得氢氧化铁胶体
B．若X烧杯中溶液为新制的饱和氯水，则三只烧杯液体的漂白性：Y＞X＞Z
C．若X烧杯中溶液为饱和氯化铁溶液，则X→Z过程的离子反应有：3CaCO3+ 2Fe3+ + 3H2O=2Fe(OH)3+3CO2↑+3Ca2+
D．若X烧杯中溶液为新制的饱和氯水，则X→Z过程的离子反应有：2HClO+CO32-=CO2↑+O2↑+H2O+2Cl-
【答案】D
【详解】
A. 若X烧杯中溶液为饱和氯化铁溶液，氯化铁溶液水解显酸性，加入碳酸钙，碳酸钙能够与酸反应，促进铁离子水解，一段时间后，过滤除去石灰石，可获得氢氧化铁胶体，故A合理；
B. 若X烧杯中溶液为新制的饱和氯水，氯水显酸性，加入石灰石，碳酸钙与盐酸反应，促进氯气与水的反应，次氯酸浓度增大，放置一段时间后次氯酸分解，浓度减小，甚至变成氯化钙溶液，失去漂白性，因此三只烧杯中液体的漂白性：Y＞X＞Z，故B合理；
C. 若X烧杯中溶液为饱和氯化铁溶液，氯化铁溶液水解显酸性，加入碳酸钙，能够与酸反应，促进铁离子水解，则X→Z过程的离子反应可以表示为3CaCO3+ 2Fe3+ + 3H2O=2Fe(OH)3+3CO2↑+3Ca2+，故C合理；
D. 次氯酸的酸性比碳酸弱，与碳酸钙不反应，并且碳酸钙不溶于水，应该用化学式表示，故D不合理；故选D。
18．部分被氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.92g,经如下处理:

已知氯化铁溶液可用于腐蚀印刷电路铜板的离子反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
下列说法正确的是
①滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
②样品中氧元素的物质的量为0.03mol
③溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol
④V=224
⑤V=336
A．①③④ B．②③④ C．②③⑤ D．①③⑤
【答案】B
【详解】
①铜不与稀硫酸反应，则生成的滤渣3.2g为铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含有+3价铁离子，故①错误；
②最后加热得到的3.2g固体为三氧化二铁，其物质的量为：，Fe元素的物质的量为，铁元素的质量为，则样品中氧元素的质量为：，氧元素的物质的量为，故②正确；
③根据②铁元素的物质的量为0.04mol，铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则反应消耗硫酸的物质的量为0.04mol，故③正确；
④最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，根据②可知氧元素的物质的量为0.03mol，它结合氢离子0.06mol，所以硫酸中生成氢气的氢离子为：0.08mol-0.06mol=0.02mol，即生成0.01mol氢气，标况体积为0.01mol氢气的体积为2.24L，故④正确；
⑤根据④的计算可知，生成标况下氢气的体积为2.24L，故⑤错误；根据以上分析可知，正确的为：②③④，
故选：B。
19．为将含有FeCl3、FeCl2、CuCl2的废液中的Cu2+还原回收，某同学在含有ag铁粉的容器中加入废液，探究了加入废液体积与完全反应后体系中固体质量的关系，部分实验数据如表所示。已知：废液中c(Cu2+)=0.7mol・L-1；废液体积大于0.5L，充分反应后才能检测出Cu2+。
废液体积/L

1
2
3

固体质量/g
a



0
下列说法不正确的是( )
A．当铁粉与0.25L废液反应完全后，固体成分为Fe与Cu
B．当铁粉与1L废液反应完全后，再加入废液时发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+
C．废液中c(Fe3+)=0.2mol・L-1
D．要将1L废液中的Cu2+全部还原，则至少需要铁粉44.8g
【答案】B
【详解】由于氧化性Fe3+＞Cu2+，先发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；由题目中当废液超过0.5L时才能加测出Cu2+，可知当废液体积为0.5L时废液中Fe3+和Cu2+恰好完全反应，容器内固体质量不变，则溶解的铁与析出Cu的质量相等，0.5L废液中含有Cu2+为0.5L×0.7mol/L=0.35mol，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，可知消耗0.35mol Fe，生成0.35mol Cu，二者质量之差为0.35mol×(64g/mol-56g/mol)=2.8g，故Fe+2Fe3+=3Fe2+消耗Fe为2.8g÷56g/mol=0.05mol，故0.5L废液中Fe3+为0.05mol×2=0.1mol，铁粉为0.35mol+0.05mol=0.4mol，故铁粉质量为0.4mol×56g/mol=22.4g。
A．由题目中当废液超过0.5L时才能加测出Cu2+，可知当废液体积为0.5L时废液中Fe3+和Cu2+恰好完全反应，故当铁粉与0.25L废液反应完全后Fe有剩余，固体成分为Fe与Cu，故A正确；
B．1L废液与铁粉反应后，铁粉无剩余，再加废液发生的反应为：Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．废液中c(Fe3+)=0.1mol÷0.5L=0.2mol•L-1，故C正确；
D．1L废液中含有0.2molFe3+和0.7molCu2+，先发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，前者消耗Fe为0.1mol，后者消耗Fe为0.7mol，要使Cu2+反应完先要和Fe3+反应，消耗铁粉质量m=(0.1+0.7)mol×56g/mol=44.8g，故D正确。
故选：B。
20．在实验室进行下列有关的物质制备中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是
A．CCOCO2Na2CO3
B．CuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2
C．FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液
D．CaOCa(OH)2溶液NaOH溶液
【答案】D
【详解】
A．碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；
B．铜与与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；
D．氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；
答案选D。
21．化学反应中绚丽的颜色变化体现了化学之美。关于物质类别或者反应类型的叙述一定正确的是

A．物质M一定是碱 B．变化②得到的白色沉淀一定是硫酸盐
C．物质P可以是Cu D．变化④一定属于氧化还原反应
【答案】B
【详解】根据框图信息，黄色的硫酸铁溶液加入M转化为红褐色沉淀，即铁离子转化为氢氧化铁，则M可以为碱或能与水反应生成碱的氧化物，如氧化钠或过氧化钠等；黄色的硫酸铁溶液加入P，溶液变为浅绿色，即铁离子被还原为亚铁离子，亚铁离子的溶液为浅绿色，则P为具有还原性的物质；黄色的硫酸铁溶液加入Q，溶液变为红色，三价铁离子与硫氰根离子形成红色溶液，则Q含有硫氰根离子；黄色的硫酸铁溶液加入N产生白色沉淀，说N中含有钡离子，生成的白色沉淀为硫酸钡，结合以上分析解答。
A．根据分析，物质M不一定是碱，也可以是氧化钠或过氧化钠等与水反应生成碱的物质，故A错误；
B．根据分析，变化②得到的白色沉淀是硫酸钡，属于硫酸盐，故B正确；
C．若物质P是Cu，铁离子与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，含铜离子的溶液显蓝色，观察不到浅绿色，故C错误；
D．变化④为三价铁离子与硫氰根离子形成红色络合物，属于络合反应，不是氧化还原反应，故D错误；
答案选B。
22．X、Y、Z、W有如右图所示的转化关系，则X、Y可能是

① C、CO ② AlCl3、Al(OH)3
③ Fe、Fe(NO3)2 ④ Na2CO3、NaHCO3
A．①②③ B．①② C．③④ D．①②③④
【答案】D
【详解】
①若X为C、Y为CO，W为O2，Z为CO2，反应为C＋O2(足量)CO2，2C＋O2(不足) 2CO，2CO＋O22CO2，可实现如图转化，①符合题意；
②若X为AlCl3、Y为Al(OH)3、W为NaOH，Z为NaAlO2。反应为，NaOH不足，AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，NaOH足量，AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋2H2O＋3NaCl，可实现如图转化，②符合题意；
③若X为Fe，Y为Fe(NO3)2，W为HNO3，Z为Fe(NO3)3，反应为3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋4NO↑＋4H2O，Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，3Fe(NO3)2＋4HNO3=3Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，可实现如图转化，③符合题意；
④若X为Na2CO3、Y为NaHCO3，W为HCl，Z为CO2。反应为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，可实现如图转化，④符合题意。
综上①②③④均符合题意，D符合题意。
答案选D。
23．用FeCl3溶液蚀刻铜箔回收铜的一种流程如图所示。下列叙述正确的是

A．蚀刻铜箔的离子方程式：2Cu+Fe3+→2Cu2++Fe2+ B．试剂X是盐酸或稀硝酸
C．滤液Y呈浅绿色 D．试剂Z只能是氯水
【答案】C
【详解】铜箔中加入FeCl3溶液，发生反应Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+；往混合液中加入过量铁粉，发生反应2FeCl3+Fe＝3FeCl2、Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu；过滤，滤液Y中通Cl2或加入其它强氧化剂，将FeCl2转化为FeCl3；滤渣中加入过量盐酸，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
A．蚀刻铜箔的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，A不正确；
B．试剂X不能是稀硝酸，否则不能生成FeCl3，B不正确；
C．滤液Y为FeCl2，溶液呈浅绿色，C正确；
D．试剂Z可能是氯水，也可能是双氧水，D不正确；
故选C。
24．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A．Cu2+将H2O2还原为O2
B．H2O2既表现氧化性又表现还原性
C．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O
【答案】A
【详解】
A．硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A错误；
B．开始结合过氧化氢被氧化成氧气表现还原性作还原剂；继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子被氧化，则过氧化氢又表现氧化性，故B正确；
C．整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C正确；
D．反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等完成方程式书写：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D正确。
答案选A。
25．Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很多转化关系。下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是
选项
A
B
C
D

a
Na
Al
Fe
Cu
b
NaOH
Al2O3
FeCl3
CuO
c
NaCl
Al(OH)3
FeCl2
CuCl2

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．Na溶于水生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解熔融的NaCl生成金属Na，A不符合题意；
B．Al与O2化合生成Al2O3，Al2O3不能直接转化为Al(OH)3，另外Al(OH)3也不能直接转化为Al，B符合题意；
C．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2被Zn置换生成Fe，C不符合题意；
D．Cu与O2化合生成CuO，CuO与稀盐酸反应生成CuCl2，CuCl2与Fe发生置换反应生成Cu，D不符合题意。
答案选B。

三、非选择题
26．CuCl是重要的化工原料，研究人员提出用有机硅生产中产生的废触煤(生产中未反应的硅粉和催化剂混合物，主要成分为粉末状的硅、铜、锌和碳)来生产CuCl，并设计出如下图所示流程图。

已知：氯化亚铜微溶于水，不溶于乙醇，溶于浓盐酸和氨水生成络合物。
(1)已知锌与铝性质相似，既能与强酸反应又能与强碱反应。写出碱浸时锌与NaOH反应的离子方程式___________。
(2)实验室模拟焙烧的过程，除三脚架外，还需要用到的实验仪器是___________。(从下列仪器中选出所需的仪器，填字母)
A．蒸发皿 B．坩埚 C．表面皿 D．泥三角 E酒精灯 F.干燥器 G.坩埚钳
(3)焙砂的主要成分是___________，写出提高焙砂浸取率和速率的两种方法___________，___________。
(4)写出由NaCuCl2生成CuCl的离子方程式___________，NaCl的作用是___________，用乙醇洗涤CuCl晶体的优点是___________。
(5)准确称取氯化亚铜产品10.00 g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后加入适量稀硫酸和水配成1000 mL溶液，取50 mL用0.0500 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液16.67 mL，反应中被还原为Cr3＋，产品中CuCl的质量分数为___________。
【答案】Zn+2OH-=ZnO+H2↑或Zn+2OH-+2H2O=Zn(OH)+H2↑ BDEG CuO 搅拌 适当提高酸的浓度 2CuCl+3+2Cu2++H2O=4CuCl↓++2 增大Cl-浓度，降低CuCl的溶解量 减少CuCl的溶解损耗和蒸发时带走水分，易于干燥 99.5%
【分析】
废触煤的主要成分为粉末状的硅、铜、锌和碳；由于锌与铝性质相似，既能与强酸反应又能与强碱反应，“碱浸”时硅、锌转化为硅酸钠、Na2ZnO2进入滤液A中，滤渣A中含Cu、C；滤渣A焙烧得到CuO，CuO用鼓泡酸、硫酸酸浸得到CuSO4溶液，硫酸铜溶液中加入过量亚硫酸钠溶液、NaOH和NaCl发生氧化还原反应得到微溶于水的CuCl；CuCl中加入HCl、饱和NaCl溶液得到NaCuCl2，向NaCuCl2中加入过量亚硫酸钠溶液、饱和硫酸铜溶液、NaCl得到CuCl粗产品，CuCl粗产品经乙醇洗涤、真空干燥得到纯CuCl。
【详解】
(1)废触煤的主要成分为粉末状的硅、铜、锌和碳；由于锌与铝性质相似，既能与强酸反应又能与强碱反应，则Zn与NaOH反应的离子方程式为：或，故答案为：或；
(2)实验室模拟焙烧的过程所需要的的实验仪器有三脚架、坩埚、泥三角、酒精灯以及坩埚钳，综上所述BDEG符合题意，故答案为BDEG；
(3)废触煤的主要成分为粉末状的硅、铜、锌和碳，在碱浸过程中Zn、Si均能与NaOH反应生成可溶性的钠盐；而C与Cu在焙烧过程中C被氧化成二氧化碳气体，Cu则转化成CuO，所以焙砂的主要成分为CuO；适当搅拌、增加酸的浓度等均能提高焙砂的浸取率和浸取速率，故答案为：CuO；搅拌；适当提高酸的浓度；
(4)由NaCuCl2生成CuCl的过程中Cu2+被还原成，部分被氧化为，部分与结合生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，故该反应的离子方程式为：2CuCl+3+2Cu2++H2O=4CuCl↓++2；在该反应过程中加NaCl的目的为增大Cl-浓度，降低CuCl的溶解量；由于氯化亚铜微溶于水，不溶于乙醇，所以用乙醇洗涤CuCl的优点为：减少CuCl的溶解损耗和蒸发时带走水分，易于干燥，故答案为：2CuCl+3+2Cu2++H2O=4CuCl↓++2；增大Cl-浓度，降低CuCl的溶解量；减少CuCl的溶解损耗和蒸发时带走水分，易于干燥；
(5)由1molCuCl与1molFeCl3完全反应生成1mol 和1mol ，6mol 与1mol完全反应生成6mol和2mol Cr3＋，所以其转化关系为：，解得n（CuCl）=0.005mol，由于原溶液的体积为1L，则10.00g产品中，所以CuCl的质量，所以产品中CuCl的质量分数，故答案为：99.5%。
27．以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的流程如图示：

(1)“浸取”后过滤得到的矿渣成分是__________(填化学式)。
(2)“浸取”反应中，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的数目约为__________。
(3)向滤液M中加入(或通入)__________(填字母)，可使流程中__________(化学式)循环利用。
a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢
(4)“保温除铁”过程中，加入氧化铜的作用是_____________。
(5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿(主要成分为CuFeS2)来富集Cu2S，当反应中转移0.2 mol电子时，生成Cu2S__________mol。

【答案】S和SiO2 b FeCl3 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 0.2
【分析】
辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。
【详解】
(1) 辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，故答案为：S和SiO2；
(2) 浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据Cu2S的最终产物CuCl2及电子守恒和元素守恒可得该反应总的离子反应方程式为Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，反应中2 CuCl24e-，则每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的数目为2NA，约为，故答案为：；
(3) M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b； FeCl3；
(4) “保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；
(5) 从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高+1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低-1价，根据电子守恒，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S 0.2 mol，故答案为：催化剂；0.2。
28．I．固体化合物X由三种元素组成。某学习小组进行了如下实验：


请回答：
(1)组成X的三种元素是___________，X的化学式为___________。
(2)固体X与水反应的化学方程式是___________。
(3)固体X可由两种常见的氧化物在气体A氛围中加热制得，该反应的化学方程式是___________。
II．水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体，是-种用途广泛的化工原料，实验室用下图装置制备(部分装置省略)。已知：3NaClO=2NaCl+NaClO3

步骤1：关闭K2、K3，打开K1，制备NaClO。
步骤2：操作A，制备N2H4·H2O。
(1) NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O的化学方程式为___________。
(2)步骤2中操作A为___________。
【答案】Fe、Na、O Na4FeO4 4Na4FeO4+14H2O=O2+4Fe(OH)3↓+16NaOH 8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4 2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl 先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2
【分析】
I．由题干信息可知，气体A为O2，红褐色沉淀是Fe(OH)3，n(Fe(OH)3)=，中性溶液D只含有一种溶质且焰色反应呈黄色，故为NaCl，根据HCl的物质的量可知n(Na+)=0.6mol，故C中含有0.6molNa+，由元素守恒可知，化合物X含有Fe、Na、O三种元素，n(O)=，故固体X中n(Fe)：n(Na)：n(O)=0.15mol:0.6mol:0.6mol=1：4：4，故X的化学式为：Na4FeO4；
II．(1) 根据氧化还原反应进行配平即可得出化学方程式；
(2)需先通入N2排空装置中的Cl2，防止NH3与Cl2反应，然后再通入氨气，据此分析解题。
【详解】
I．(1)由分析可知，组成X的三种元素是Fe、Na、O，X的化学式为Na4FeO4，故答案为：Fe、Na、O；Na4FeO4；
(2)固体X的化学式为Na4FeO4与水反应生成O2、Fe(OH)3、NaOH，故该反应的化学方程式是4Na4FeO4+14H2O=O2+4Fe(OH)3↓+16NaOH，故答案为：4Na4FeO4+14H2O=O2+4Fe(OH)3↓+16NaOH；
(3)固体X可由两种常见的氧化物即铁和钠的氧化物在气体A氛围中加热制得，故该反应的化学方程式是8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4，故答案为：8Na2O+2Fe2O3+O24Na4FeO4；
II．
(1) 根据氧化还原反应进行配平即可得出NH3与NaClO反应生成N2H4·H2O的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl；
(2)步骤2中操作A为先打开K3，关闭K1通入N2将三颈瓶中过量的Cl2排空，防止Cl2与NH3反应，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2，故答案为：先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2。

29．某化学兴趣小组以菱铁矿（主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量杂质）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的实验过程如下：

(1)酸溶及后续过程中均需保持酸过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有______。
(2)操作Ⅰ名称是_______________。
(3)滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为______________________________。
(4)在氧化过程中，如何检验铁元素全部以Fe3+形式存在：_____________________________。
(5)加入过量NaOH溶液的目的是__________________。
(6)请补充完整由过滤后得到的固体制备FeCl3·6H2O的实验方案：向过滤后所得固体__________，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl3·6H2O。
【答案】抑制Fe3+水解 过滤 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1-2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在 将Al3+转化为AlO2-，分离Fe3+与Al3+ 加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤
【解析】
试题分析：分析题给工艺流程知向菱铁矿（主要成分为FeCO3,含有SiO2、Al2O3等少量杂质）加硫酸溶液酸溶，发生反应：FeCO3+2H+== Fe2+ + H2O+CO2↑、Al2O3 + 6H+==2Al3+ + 3H2O，经操作Ⅰ 过滤，滤液为硫酸亚铁和硫酸铝的混合液，向滤液中加入H2O2溶液，发生反应：2Fe2+ + H2O2 + 2H+==2Fe3+ + 2H2O，然后再加入过量NaOH溶液发生反应：Fe3+ + 3OH- == Fe(OH)3↓、Al3+ + 4OH-==AlO2- + 2H2O，将Fe3+和Al3+分离，过滤的氢氧化铁沉淀，向过滤后所得固体加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl3·6H2O。
（1）酸溶及后续过程中均需保持酸过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有抑制Fe3+水解。
（2）操作Ⅰ名称是过滤。
（3）滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H+==2Fe3+ + 2H2O 。
（4）在氧化过程中，检验铁元素全部以Fe3+形式存在的实验方案为取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1-2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在。
（5）加入过量NaOH溶液的目的是将Al3+转化为AlO2-，分离Fe3+与Al3+。
（6）由过滤后得到的固体制备FeCl3·6H2O的实验方案：向过滤后所得固体加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl3·6H2O。
30．某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
实验编号
操作
现象
实验1

i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴
0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。
（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
实验编号
操作
现象
实验2

溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色
实验3

无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。
（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。

补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。

①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
【答案】Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ 部分(SCN)2与水反应生成酸 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 溶液褪色，无蓝色沉淀 在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2 0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 不合理 未排除氧气干扰 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【分析】
(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；
(4)根据氧化还原反应规律分析；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；
②溶液中的氧气会影响反应；
③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。
【详解】
(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
31．Fe3O4呈黑色，超细Fe304粉体可制成磁流体，应用广泛。
(l)检验Fe3O4中铁元素的价态：用盐酸溶解Fe3O4，取少量溶液滴加 ___，溶液变红；另取少量溶液滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生____。
(2)氧化一沉淀法制备Fe3O4
a．向稀硫酸中加入过量铁粉，得到FeS04溶液。
b．在N2保护下，向热NaOH溶液中加入FeSO4溶液，搅拌，得到Fe(OH)2浊液。将NaN03溶液滴入浊液中，充分反应得到Fe3O4同时还有NH3生成，则反应的离子方程式为____。
(3)超细Fe3O4粉体制备
步骤I：称取0. 9925gFeC13和1.194gFeCl2·4H2O溶于30ml蒸馏水中。
步骤Ⅱ：将溶液加入到三颈烧瓶中(如图所示)，加热至60℃，强力搅拌。

步骤Ⅲ：30min后，不断搅拌下缓慢滴加1mol/LNaOH溶液至pH约 为11。
步骤Ⅳ：加入0. 25g柠檬酸三钠，升温至80℃恒温搅拌th，然后冷却至室温。
步骤V:从液体(胶体)中分离出超细Fe3O4粗品。
步骤Ⅵ：用少量蒸馏水和乙醇反复洗涤，60℃真空干燥2h。
①步骤Ⅱ中强力搅拌的目的是__________
②步骤Ⅲ中的混合液变黑，步骤I中Fe3+和Fe2+物质的量之比约为1:1而不是2:1的原因是_______
③胶体加热且搅拌条件下极容易发生聚沉，则步骤Ⅳ中加入柠檬酸三钠的作用可能为_____
④关于此实验，下列说法正确的是 ___。
A．用一束可见光照射步骤Ⅳ所得溶液会出现一条光亮的通路
B．步骤V能通过直接过滤得到超细Fe3 O4
C．步骤Ⅵ中乙醇作用为除水
【答案】KSCN溶液 蓝色沉淀 12Fe(OH)2+NO3-=4Fe3O4+NH3↑+OH-+10H2O 使FeCl3溶液与FeCl2溶液充分混匀 因Fe2+易被氧化，2：1会导致Fe2+不足生成不了Fe3O4 使Fe3O4胶体颗粒不团聚 AC
【分析】
（1）Fe3O4中铁元素的价态为+2、+3价，加入KSCN溶液变红；加K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀；
（2）Fe(OH)2浊液与NaN03溶液反应生成Fe3O4同时还有NH3生成，则反应的离子方程式为：12Fe(OH)2+NO3-=4Fe3O4+NH3↑+OH-+10H2O；
(3)① 取0.9925g FeCl3和1.194g FeCl2⋅4H2O溶于30mL蒸馏水中,强力搅拌为使其混合充分,为使FeCl3 与FeCl2溶液充分混匀，需强力搅拌； ②步骤I中Fe3+和Fe2+物质的量之比约为1:1，由于Fe2已被空气中的氧气氧化生成Fe3+，导致不能生成Fe3 O4；
③Fe3O4颗粒容易团聚为大颗粒形成沉淀，则不能得到超细Fe3O4粉体，故加入柠檬酸三钠防止其团聚；
④A.步骤Ⅳ所得溶液为超细Fe3 O4胶体，用一束可见光照射步骤Ⅳ所得溶液会出现丁达尔效应，A正确；
B.由题信息可知超细Fe3O4粉体具有磁性，可采用磁铁放在瓶底使其聚集，静置，倾去上层清液即可，B错误；
C.水易溶于乙醇，且乙醇易挥发，可除去粒子表面的水并使其快速干燥，C正确；
【详解】
（1）Fe3O4中铁元素的价态为+2、+3价，加入KSCN溶液变红；加K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀；答案为：KSCN溶液；蓝色沉淀；
（2）Fe(OH)2浊液与NaN03溶液反应生成Fe3O4同时还有NH3生成，则反应的离子方程式为：12Fe(OH)2+NO3-=4Fe3O4+NH3↑+OH-+10H2O；
(3)① 取0.9925g FeCl3和1.194g FeCl2⋅4H2O溶于30mL蒸馏水中,强力搅拌为使其混合充分,为使FeCl3 与FeCl2溶液充分混匀，需强力搅拌；故答案为使FeCl3 与FeCl2溶液充分混匀；
②步骤I中Fe3+和Fe2+物质的量之比约为1:1，由于Fe2已被空气中的氧气氧化生成Fe3+，导致不能生成Fe3 O4，答案为：因Fe2+易被氧化，2：1会导致Fe2+不足生成不了Fe3O4；
③Fe3O4颗粒容易团聚为大颗粒形成沉淀，则不能得到超细Fe3O4粉体，故加入柠檬酸三钠防止其团聚；故答案为使Fe3O4颗粒不团聚；
④A.步骤Ⅳ所得溶液为超细Fe3 O4胶体，用一束可见光照射步骤Ⅳ所得溶液会出现丁达尔效应，A正确；
B.由题信息可知超细Fe3O4粉体具有磁性，可采用磁铁放在瓶底使其聚集，静置，倾去上层清液即可，B错误；
C.水易溶于乙醇，且乙醇易挥发，可除去粒子表面的水并使其快速干燥，C正确；
答案为AC
32．高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图装置(夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。

已知K2FeO4的部分性质：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液、难溶于无水乙醇②在强碱性溶液中比较稳定③在Fe3+或Fe(OH)3催化作用下发生分解。请回答：
(1)装置B的作用是除去氯气中的HCl气体、降低氯气的溶解度和____。
(2)Fe(NO3)3溶液(Ⅰ)与含KOH的KClO溶液(Ⅱ)混合时，溶液Ⅰ、Ⅱ滴加的顺序是____。
(3)已知K2FeO4理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图(虚线上的数据表示K2FeO4理论产率)，制备K2FeO4的最佳条件是____。

(4)制得的K2FeO4粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质。
①有关提纯过程的正确操作为(选出合理的操作并按序排列)：将粗产品溶于冷的KOH溶液→____→____→____→____→真空干燥箱中干燥。
A．过滤
B．将滤液蒸发浓缩、冷却结晶
C．用蒸馏水洗涤晶体2～3次
D．往滤液中加入冷的饱和KOH溶液，静置
E.用适量乙醇洗涤晶体2～3次
②过滤时应选用的漏斗是____。
③洗涤时选择相应操作的原因是____。
【答案】观察溶液产生气泡多少以控制流速 将Fe(NO3)3溶液滴入含KOH的KClO溶液中(或将I滴入II中) 反应时间50~60min，反应温度5.0~10℃ A D A E 砂芯漏斗 乙醇挥发时可带走水分，防止K2FeO4与水反应
【分析】
利用A装置制备氯气，B装置中盛有饱和食盐水，用于除去挥发出的HCl杂质，在C装置中，氯气与KOH溶液反应制得KClO溶液，D装置中盛有NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染空气，制得的KClO溶液再与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。
【详解】
(1)装置B中盛有饱和食盐水，氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在水中的溶解度，所以饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl气体、降低氯气的溶解度，同时还可以通过观察溶液产生的气泡多少以控制氯气流速，使氯气与KOH溶液充分反应制得KClO溶液；
(2)因K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+或Fe(OH)3催化作用下可以发生分解，所以Fe(NO3)3溶液(Ⅰ)与含KOH的KClO溶液(Ⅱ)混合时，应将Fe(NO3)3溶液滴入含KOH的KClO溶液中；
(3)据图可知，K2FeO4理论产率最高时所对应的条件是：反应时间50~60min，反应温度5.0~10℃；
(4) ①制得的K2FeO4粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质，根据题中提供的K2FeO4的性质，提纯过程应该是：将粗产品溶于冷的KOH溶液，过滤除去不溶于冷的KOH溶液的Fe(OH)3，因K2FeO4微溶于浓KOH溶液，则往滤液中加入冷的饱和KOH溶液，静置析出K2FeO4晶体，过滤得到K2FeO4晶体，用适量乙醇洗涤晶体2～3次，最后在真空干燥箱中干燥，则正确答案为：A、D、A、E；
②溶解样品的试剂为KOH溶液，因普通玻璃中的二氧化硅可以和KOH溶液反应，则过滤时应选用砂芯漏斗(硬质高硼玻璃)而不能选用普通漏斗；
③因K2FeO4可溶于水而难溶于无水乙醇，则洗涤时应选择适量无水乙醇洗涤晶体，同时乙醇挥发时可带走水分，防止K2FeO4与水反应。
【点睛】
因K2FeO4微溶于浓KOH溶液，则在提纯K2FeO4样品时，要注意先加入的是冷的KOH溶液，过滤除去不溶解的Fe(OH)3，然后向滤液中又加入的是冷的饱和KOH溶液，这时因K2FeO4在饱和KOH溶液中溶解度小而结晶析出。
33．标准状况下，向多份等量的NaOH固体中，分别加入一定体积的1.00mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，反应产生的NH3随(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积的变化如图所示(假设生成的NH3全部逸出)：

请计算：
(1)a的值为__________L。
(2)每份NaOH固体的物质的量__________mol(写出计算过程)。
【答案】0.05 设每份NaOH固体的物质的量为x，则


解得x=0.2
故本题答案为：0.2。
【分析】
铁离子转化为氢氧化铁的pH值为1.9-3.2左右，铵根离子须在较强碱性环境下才可反应，所以氢氧根先和铁离子生成沉淀，后和铵根反应生成氨气，在a点时，(NH4)2Fe(SO4)2量不足，氢氧化钠有剩余，在v((NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，据此计算。
【详解】
(1) 在a点时，(NH4)2Fe(SO4)2量不足，氢氧化钠有剩余，在v((NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，依据总反应4NaOH+(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2↓+2Na2SO4+2NH3↑+2H2O，在a点时，加入的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为氨气的物质的量的一半，即(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.05mol，根据(NH4)2Fe(SO4)2的浓度为1.00mol/L，所以(NH4)2Fe(SO4)2的体积为0.05L，故本题答案为：0.05；
(2) 依据总反应4NaOH+(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2↓+2Na2SO4+NH3↑+2H2O，在v((NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，所以氢氧化钠的物质的量是产生的氨气的物质的量的2倍，即0.2mol，所以每份NaOH固体的物质的量0.4mol，故本题答案为：
设每份NaOH固体的物质的量为x，则


解得x=0.2
故本题答案为：0.2。
34．为探究某铜的硫化物的组成，取一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀11.65g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)溶于过量的H2SO4中，过滤，得到1.60g红色固体，将滤液稀释至150mL，测得c(Cu2+)=0.50 mol·Lˉ1。
已知：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
请计算：
(1)白色沉淀的物质的量为___________mol。
(2)该铜的硫化物中铜与硫的原子个数比N(Cu):N(S)＝______________。
【答案】0.05 mol 2:1
【分析】
由题意可知，一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，反应生成二氧化硫和仅含铜、氧两种元素的固体，二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到硫酸钡白色沉淀，仅含铜、氧两种元素的固体与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜。
【详解】
（1）二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65g硫酸钡白色沉淀，n(BaSO4)= 11.65g÷233g/mol=0.05 mol，故答案为0.05 mol；
（2）由S原子个数守恒可知硫化物中n(S)= 0.05 mol，由Cu原子个数守恒可知n(Cu)= 1.60g÷64g/mol+0.50 mol•Lˉ1×0.15L=0.025 mol+0.075 mol=0.1mol，则N(Cu):N(S)＝n(Cu)：n(S)=2:1，故答案为2:1。


浙江真题题组
1.(2020年7月浙江选考)．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．溶液与少量溶液反应：
B．电解水溶液：
C．乙酸乙酯与溶液共热：
D．溶液中滴加稀氨水：
【答案】C
A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应， OH-先与Fe2+反应，再和反应，由于Ba(OH)2较少，不会参与反应，离子方程式为：Fe2+++ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；
B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O= Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B错误；
C．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正确；
D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2+Cu(OH)2↓，D错误。
答案选C。
2.(2020年7月浙江选考)．下列说法不正确的是( )
A．高压钠灯可用于道路照明
B．可用来制造光导纤维
C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D．不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐
【答案】D
A．高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；
B．二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；
C．黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故C正确；
D．碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐，钡餐用硫酸钡，故D错误；
答案选D。
3.（2020年1月浙江选考）．下列说法不正确的是（ ）
A．可通过溶液与过量氨水作用得到
B．铁锈的主要成分可表示为
C．钙单质可以从中置换出
D．可用还原制备单质
【答案】D
A.硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成，故A正确；
B. 铁锈的主要成分可表示为，故B正确；
C. 钙还原性较强，钙单质可以从中置换出，故C正确；
D. 氢气的还原性弱与镁单质，故不能从氧化镁中置换出镁单质，故D错误；
故答案为D。
4.（2020年1月浙江选考）．不能正确表示下列变化的离子方程式是
A．BaCO3溶于盐酸：BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O
B．FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O=2＋CO32—
D．醋酸钠水解：CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH−
【答案】C
A项、碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O，故A正确；
B项、FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故B正确；
C项、苯酚的酸性比碳酸弱，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋CO2＋H2O→＋HCO3—，故C错误；
D项、醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH−，故D正确；
故选C。
5．[2021浙江4月选考]聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A．KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。
6．[2021浙江4月选考]由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：
烧渣溶液绿矾铁黄
已知：FeS2和铁黄均难溶于水
下列说法不正确的是
A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B．步骤②，涉及的离子反应为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3
【答案】C
【解析】蒸干过程中，考虑Fe2＋容易氧化成Fe3＋，易选出C选项错误。
7．[2015浙江理综]某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
NaOH溶液
控制pH
试剂X
足量酸
烧渣

固体1
溶液2
固体2
FeSO4·7H2O
溶液1

下列说法不正确的是
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)2沉淀，但Fe(OH)2不稳定，很容易被氧化为Fe(OH)3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。
8．[2019浙江4月选考]固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请回答：
（1）由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。
（2）固体混合物Y的成分________(填化学式)。
（3）X的化学式________。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________。
【答案】（1）O
（2）Cu和NaOH
（3）NaCuO2 2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O
【解析】固体混合物Y溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol），混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。
（1）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。
（2）现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。
（3）NaOH为0.02mol，易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)==1：1：2，故化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应，根据反应现象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl===2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。
9．[2017浙江11月选考]为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验。

已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)。 请回答：
（1）虚线框处宜选择的装置是_________填“甲”或“乙”）；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是_______________。
（2）实验后，取硬质玻璃管中适量的固体，用一定浓度的盐酸溶解，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁。判断结论是否正确并说明理由_______。
【答案】（1）乙 铜丝由黑变红色
（2）不正确，因为铁过量时：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋
【解析】根据实验装置图，进行的是铁与水蒸气的反应的实验，再利用生成的氢气还原氧化铜。
（1） 氢气的密度小于空气，应该采用瓶口向下收集氢气，虚线框处宜选择的装置是乙； 氢气能够还原氧化铜，实验时应将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，可以看到铜丝由黑色变红色，试管壁有水珠生成，故答案为：乙；铜丝由黑色变红色，试管壁有水珠生成；
（2）根据3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)，实验后，铁粉可能剩余，用一定浓度的盐酸溶解时，过量的铁可以将Fe3+还原成Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致滴加KSCN溶液，没有出现血红色，故答案为：不正确；过量的铁可以将Fe3+还原成Fe2+而不能是KSCN溶液不变红。
10．[2017浙江4月选考]为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答：
(1)X的化学式是________。
(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是______________________________。
(3)加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式___________________。
【答案】（1）CuO
（2）Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
（3）2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu
【解析】解答本题的思路：先根据现象确定X的组成元素，再根据数据计算组成元素的原子个数比。隔绝空气分解得到能使带火星木条复燃的气体，说明有氧元素，固体甲与硫酸反应得到的蓝色溶液中含有Cu2＋，紫红色固体乙为Cu，得到固体甲即为Cu2O，从而确定X由Cu和O组成，Cu2O为28.8/144＝0.2(mol)，Cu为0.4 mol，X中O为(32.0－0.4×64)/16＝0.4(mol)，所以X为CuO。加热条件下氨气被CuO氧化成一种气体单质为N2，CuO被还原成Cu单质，根据升降守恒、原子守恒配平方程式2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu。
11．[2016浙江10月选考]为探究不溶性盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答：
（1）X的组成元素为H、O和______(用元素符号表示)，化学式为________________。
（2）写出经一步反应能得到X的化学方程式(要求非氧化还原反应)__________________________。
【答案】（1）S、Cu Cu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4]
（2）4NaOH＋3CuSO4===Cu3(OH)4SO4↓＋2Na2SO4
【解析】（1）3.56gX隔绝空气分解生成生成0.36g水，说明含有H、O元素；所得固体溶于水得到溶液和1.60g黑色固体，在溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀，蓝色沉淀分解生成0.80g黑色固体，因此蓝色沉淀是氢氧化铜，黑色固体是氧化铜，即还含有Cu元素；所得溶液中加入氯化钡得到2.33g白色沉淀是硫酸钡，即还含有S元素，硫酸钡是0.01mol，氧化铜共计是2.4g，物质的量是0.03mol，水是0.02mol，根据质量守恒定律可知X中氧原子的物质的量是，因此X中H、O、S、Cu的原子个数之比是4：8：1：3，则X的化学式为Cu3(OH)4SO4[或2Cu(OH)2·CuSO4]；
（2）经非氧化还原反应一步反应能得到X，说明应该是复分解反应，所以根据原子守恒可知反应的化学方程式为4NaOH＋3CuSO4＝Cu3(OH)4SO4↓＋2Na2SO4。

全国真题题组
1.(2020年全国3卷)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说法错误的是
A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
【答案】C
【解析】
A．字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；
B．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；
C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；
D．因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2∙CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2∙2CuCO3，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。
2．[2019江苏] 下列有关化学反应的叙述正确的是
A．Fe在稀硝酸中发生钝化 B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
【答案】C
【解析】
【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；
A．钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；
B．实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；
C．过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；
D．钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；
【详解】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。
【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。
3．［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
A．FeFeCl2Fe(OH)2
B．SSO3H2SO4
C．CaCO3CaOCaSiO3
D．NH3NOHNO3
【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；D．NO不与H2O反应，D错误。
4．［2016·上海］下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是
A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
【答案】D
【解析】A项，虽然氧化镁和氧化铝都是金属氧化物，但根据氧化铝是两性氧化物的特点，可先用氢氧化钠溶液溶解将二者分开，过滤得氧化镁固体和偏铝酸钠溶液，往偏铝酸钠溶液中加入适量的盐酸可得氢氧化铝沉淀，过滤，将氢氧化铝加热可得氧化铝；B项，先加入足量氢氧化钠溶液，过滤，得氢氧化铁和偏铝酸钠溶液，往偏铝酸钠溶液中加入适量的盐酸可得氢氧化铝，过滤，然后用盐酸分别溶解氢氧化铁和氢氧化铝，可得到氯化铝溶液和氯化铁溶液；C项，一个碱性氧化物，一个是酸性氧化物，所以可先用氢氧化钠溶液溶解，过滤，得氧化铁固体和硅酸钠溶液，往硅酸钠溶液中加入盐酸，过滤，将所得沉淀加热即可得到二氧化硅。D项，由于氯化亚铁和氯化铜都只能和氢氧化钠反应，且得到的沉淀又都溶于盐酸，所以二者不能分离。
5．［2016·上海］某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【答案】A
【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子数为0.01 mol。则有：，解得x=0.8。故选项A正确。
6．［2015·四川］下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是
A．该溶液中Na+、、、Mg2+可以大量共存
B．通入CO2气体产生蓝色沉淀
C．与H2S反应的离子方程式：Cu2++ S2−===CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2
【答案】A
【解析】B、无现象；C、H2S不拆；D、过量浓氨水反应产生[Cu(NH3)4]2+。选A。
7.(2020年北京卷)．用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。

已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经____操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是____。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。

试剂1是____，试剂2是____。
【答案】过滤 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O 4 5 NO 2H2O 4 AC 1.5 NaCl溶液 盐酸
【解析】 (1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；
答案选AC；
(4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol；
(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。
8.(2020年江苏高考节选)．实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。
其主要实验流程如下：

(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。
(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。
(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。
②设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。
（FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5）。
【答案】AB H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 或 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】
(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；
B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；
C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；
答案选AB。
(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。
(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，
(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+），答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+）。
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
9. （2020年全国1卷）．．为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。

回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L−1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择，写出名称)。

(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。
阳离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
阴离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
Li+
4.07

4.61
Na+
5.19

7.40
Ca2+
6.59
Cl−
7.91
K+
7.62

8.27

(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L−1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应式为_______。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是_______。
【答案】烧杯、量筒、托盘天平 KCl 石墨 0.09mol/L Fe3++e-=Fe2+ Fe-2e-=Fe2+ Fe3+ Fe 取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成
【解析】
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。
(2)Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl。
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。
(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3++e-=Fe2+ ，Fe-2e-=Fe2+ ，Fe3+，Fe。
(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。

10．［2017·江苏］碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1： 45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为_________________________。
②方法2： 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M'的化学式为______。

（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L−1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2−CuY2−+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
【答案】（1）①4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ②Fe2+
（2）n(Cl−)=n(AgCl)×==4.800×10−3mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000 mol·L−1×30.00 mL×10−3 L·mL−1×=9.600×10−3 mol
n(OH−)=2n(Cu2+)−n(Cl−)=2×9.600×10−3 mol－4.800×10−3 mol=1.440×10−2 mol
m(Cl−)=4.800×10−3 mol×35.5 g· mol −1 =0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10−3 mol×64 g· mol −1=0.6144 g
m(OH−)=1.440×10−2 mol×17 g· mol −1 =0.2448 g
n(H2O)==4.800×10−3 mol
a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH−)∶n(Cl−)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O
【解析】（1）①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，可以发现Cu元素的化合价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化学方程式为4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O。
②由催化原理示意图可知，M'先与H+、O2反应生成M，M再被Cu还原为M'，所以M'的化学式为Fe2+。
（2）由实验②可以求出该样品中所含Cl−的物质的量，由氯离子守恒得：
n(Cl−)=n(AgCl)×==4.800×10−3mol
由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2−CuY2−+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：
n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000 mol·L−1×30.00 mL×10−3 L·mL−1×=9.600×10−3 mol
再由化合物中电荷守恒得：
n(OH−)=2n(Cu2+)−n(Cl−)=2×9.600×10−3 mol－4.800×10−3 mol=1.440×10−2 mol
分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：
m(Cl−)=4.800×10−3 mol×35.5 g· mol −1=0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10−3 mol×64 g· mol −1=0.6144 g
m(OH−)=1.440×10−2 mol×17 g· mol −1=0.2448 g
再求出结晶水的物质的量：
n(H2O)==4.800×10−3 mol
最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：
因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH−)∶n(Cl−)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。

11．［2016·新课标全国Ⅱ］某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol/L的溶液，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________。
（2）甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______。
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。
（4）丙组同学取10 mL 0.1 mol/L KI溶液，加入6 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1 mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；
②第二只试管中加入1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀：
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是_____(填离子符号)；实验①和③说明：在I− 过量的情况下，溶液中仍含有______(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为______。
（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______(用平衡移动原理解释)。
【答案】（1）防止Fe2+被氧化
（2）2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl−
（3）隔绝空气(排除氧气对实验的影响)
（4）Fe2+ Fe3+ 可逆反应
（5）H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O Fe3+催化H2O2分解产生O2 H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动
【解析】（1）亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是防止Fe2+被氧化。
（2）Cl2可将Fe2+氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl−。
（3）防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气。
（4）根据Fe2+的检验方法，向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实验②检验的离子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液显血红色，实验①和③说明，在I−过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应。
（5）H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=== 2Fe3++ 2H2O，铁离子的溶液呈棕黄色；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热。随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是H2O2分解放出氧气，而反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。