高中化學人教版第三章金屬及其化合物單元測試【全國一等獎】

一、選擇題1.實驗室用含有雜質(zhì)（FeO、Fe2O3）的廢CuO制備膽礬晶體，經(jīng)歷了下列過程（已知Fe3+在Ph=5時沉淀完全）．其中分析錯誤的是（）A．步驟②發(fā)生的主要反應為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O B．步驟②可用氯水、硝酸等強氧化劑代替H2O2 C．步驟③用CuCO3代替CuO也可調(diào)節(jié)溶液的pH D．步驟⑤的操作為：向漏斗中加人少量冷的蒸餾水至浸沒晶體，待水自然流下，重復操作2～3次2.化學與社會息息相關(guān)，下列物質(zhì)在社會、生活中的應用及解釋都正確的是（）選項應用解釋A高純硅作計算機芯片的材料硅晶體在自然界中能穩(wěn)定存在B在入?？诘匿撹F閘門上裝一定數(shù)量的鋅塊防止閘門被腐蝕利用外加電流的陰極保護法保護金屬C高鐵車廂采用鋁合金材料鋁合金強度大，質(zhì)量輕，不與氧氣反應D用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果其作用是吸收水果釋放出的乙烯3.化學與社會、生產(chǎn)、生活緊切相關(guān)．下列說法正確的是（）A．棉花和木材的主要成分都是纖維素，蠶絲和人造絲的主要成分都是蛋白質(zhì)B．石油干餾可得到石油氣、汽油、煤油、柴油等C．從海水中提取物質(zhì)都必須通過化學反應才能實現(xiàn)D．純堿可用于生產(chǎn)普通玻璃，日常生活中也可用純堿溶液來除去物品表面的油污4.下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并且有因果關(guān)系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡACl2有酸性用Cl2可與石灰乳或燒堿反應制備含氯消毒劑BNaHCO3溶于水完全電離NaHCO3是強電解質(zhì)C濃H2SO4有強氧化性濃H2SO4可用于干燥SO2DNa2S有強還原性用于除去廢水中的Cu2+和Hg2+5.下列操作中，溶液的顏色不發(fā)生變化的是（）A．氯化鐵溶液中加入足量鐵粉，充分振蕩B．氯化鐵溶液中滴加硫氰化鉀（KSCN）溶液C．氧化銅固體加入稀鹽酸中，完全溶解D．碳酸氫鈉溶液中滴加稀鹽酸6.鋁合金在日常生活、建筑裝潢、航空航天和汽車制造等方面均有著廣泛的用途．下列關(guān)于鋁合金具有廣泛用途的分析不正確的是（）A．鋁元素在地殼中的含量高，儲量豐富B．鋁容易形成致密的氧化膜，抗腐蝕性能好C．鋁化學性質(zhì)穩(wěn)定，常溫下不與任何酸堿反應D．鋁的冶煉技術(shù)基本成熟，可以大量生產(chǎn)、CuCl2的混合溶液中加入鐵粉，充分反應后仍有固體存在，則下列判斷不正確的是（）A．加入KSCN溶液一定不變紅色 B．溶液中一定含Cu2+C．溶液中一定含F(xiàn)e2+ D．剩余固體中一定含銅8.下列反應中，調(diào)節(jié)反應物用量與濃度不會改變反應產(chǎn)物的是（）A．SO2通入石灰水 B．NaOH溶液滴入NaHCO3溶液C．硫酸中加入鋅粉 D．AlCl3溶液中滴入NaOH溶液9.下列物質(zhì)既能與鹽酸反應，又能與燒堿溶液反應的是（）①Al2O3②Al（OH）3③Al④NaHCO3⑤NaHS⑥CaCO3⑦NaHSO4⑧（NH4）2CO3．A．除⑥外 B．除⑥、⑦外C．除⑥、⑦、⑧外 D．除①、②、③、④、⑤外10.類比是研究物質(zhì)性質(zhì)的常用方法之一，可預測許多物質(zhì)的性質(zhì)。但類比是相對的，不能違背客觀事實。下列各種類比推測的說法中正確的是A．已知Fe與S能直接化合生成FeS，推測Cu與S可直接化合生成CuSB．已知CaCO3與稀硝酸反應生成CO2，推測CaSO3與稀硝酸反應生成SO2C．已知Br2與Fe反應生成FeBr3，推測I2與Fe生成FeI3D．已知Fe與CuSO4溶液反應，推測Fe與AgNO3溶液也能反應11.下列反應中，改變反應物的用量或濃度，不會改變生成物的是()A．銅和硝酸反應B．二氧化碳通入氫氧化鈉溶液中C．細鐵絲在氯氣中燃燒D．氯化鋁與氫氧化鈉溶液反應12.將鎂、鋁混合物粉末溶于75mL4mol/L的鹽酸中，反應一段時間后，再加入L的NaOH溶液，待反應完全，此時溶液中除Na+、Cl﹣外，還大量存在的是（）A．AlO2﹣B．Al3+，Mg2+C．Mg2+，AlO2﹣D．Al3+，Mg2+、H+13.操作1：將1L·L﹣1的Na2CO3溶液逐滴加入到1L·L﹣1的鹽酸中；操作2：將1L·L﹣1的鹽酸逐滴加入1L·L﹣1的Na2CO3溶液中，兩次操作產(chǎn)生的氣體體積之比（同溫同壓下）是（）A． 5：2B．2：5C．1：1D．2：114.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固體，充分反應后，再加入過量的稀鹽酸，完全反應后，離子數(shù)幾乎沒有變化的是（）A．Fe3+B．Al3+C．NH4+D．Fe2+15.等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸、氫氧化鈉溶液分別放在甲、乙兩燒杯中，各加等質(zhì)量的鋁，生成氫氣的體積比為5：7，則甲、乙兩燒杯中的反應情況可能分別是（）A．甲、乙中都是鋁過量B．甲中鋁過量，乙中堿過量C．甲中酸過量，乙中鋁過量D．甲中酸過量，乙中堿過量

二、非選擇題、Y、Z、M四種短周期元素的原子半徑依次減小。甲、乙、丙是由它們形成的三種常見分子；甲是人體必需的基本營養(yǎng)物質(zhì)之一，約占人體體重的2/3；乙是日常生活的基礎(chǔ)能源，其中含元素Y的質(zhì)量分數(shù)為75%；丙是具有強氧化性的弱酸。丁為丙的鈉鹽，常用于漂白或消毒。戊與甲的組成元素相同，其分子具有18電子。請按要求回答下列問題：

（1）元素X、Y的最高價氧化物的水化物的酸性由強到弱為（填化學式）_________________；丁的電子式為_____________________；與甲分子具有相同電子數(shù)且含元素種類相同的離子有（填化學式）：_______________、______________。

（2）元素E、F與X同周期。

①常溫下E的單質(zhì)與甲反應緩慢，加熱至沸反應迅速，滴加酚酞試液，溶液變紅色；此反應的化學方程式為

。

②F的單質(zhì)粉末加油漆后即得“銀粉漆”，在汽車漆家族中有重要地位。寫出保存“銀粉”時的注意事項：________________、____________________等。

（3）向盛有一定濃度戊溶液的燒杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亞鐵溶液。滴加過程中可依次觀察到的現(xiàn)象：

a.淺綠色溶液變成黃色

b.有少量氣泡產(chǎn)生，片刻后反應變得更劇烈，并放出較多熱量

c.繼續(xù)滴加溶液，靜置一段時間，試管底部出現(xiàn)紅褐色沉淀

①現(xiàn)象a中反應的離子方程式：________________________________________；

②現(xiàn)象b中反應劇烈的化學方程式：____________________________________；

③解釋現(xiàn)象c：________________________________________________________。17.工業(yè)上用某礦渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取銅的操作流程如下：已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O（1）實驗操作I的名稱為；在空氣中灼燒固體混合物D時，用到多種硅酸鹽質(zhì)的儀器，除玻璃棒、酒精燈、泥三角外，還有（填儀器名稱）．（2）濾液A中鐵元素的存在形式為（填離子符號），生成該離子的離子方程式為，檢驗濾液A中存在該離子的試劑為（填試劑名稱）．（3）金屬E與固體F發(fā)生的某一反應可用于焊接鋼軌，該反應的化學方程式為．（4）常溫下，等pH的NaAlO2和NaOH兩份溶液中，由水電離出的c（OH﹣）前者為后者的108倍，則兩種溶液的pH=．（5）①利用電解法進行粗銅精煉時，下列敘述正確的是（填代號）．a(chǎn)．電能全部轉(zhuǎn)化為化學能b．粗銅接電源正極，發(fā)生氧化反應c．精銅作陰極，電解后電解液中Cu2+濃度減小d．粗銅精煉時通過的電量與陰極析出銅的量無確定關(guān)系②從濃硫酸、濃硝酸、蒸餾水中選用合適的試劑，測定粗銅樣品中金屬銅的質(zhì)量分數(shù)，涉及的主要步驟為：稱取一定質(zhì)量的樣品→→過濾、洗滌、干燥→稱量剩余固體銅的質(zhì)量．（填缺少的操作步驟，不必描述操作過程的細節(jié)）18.高純度氧化鋁有廣泛的用途，某研究小組研究用以下流程制取高純度氧化鋁：（1）“除雜”操作是加入H2O2后，然后用氨水調(diào)節(jié)溶液的pH約為，以除去硫酸銨溶液中少量的Fe2+．①酸性溶液中Fe2+與H2O2反應的離子方程式為．②過濾操作中所得到濾渣主要成分的化學式為；（2）檢驗上述流程中“過濾”后雜質(zhì)是否除盡的實驗方法．（3）配制硫酸鋁溶液時，需用硫酸酸化的目的是．（4）“結(jié)晶”操作中，母液經(jīng)蒸發(fā)濃縮至溶液表面剛出現(xiàn)薄層晶體即停止加熱，然后冷卻結(jié)晶，得到銨明礬晶體（含結(jié)晶水），母液不能蒸干的原因是．（5）銨明礬晶體的化學式為NH4Al（SO4）2?12H2O，在L銨明礬的水溶液中，c（NH4+）、c（Al3+）、c（SO42﹣）三種離子濃度由大到小的順序為．19.氯化亞銅（CuCl）常用作有機合成工業(yè)中的催化劑，在空氣中迅速被氧化成綠色；見光則分解，變成褐色。下圖是工業(yè)上用制作印刷電路的廢液（含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生產(chǎn)CuCl的流程：根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）寫出生產(chǎn)過程中X__________

Y__________（填化學式）。（2）寫出產(chǎn)生CuCl的化學方程式________________________。（3）在CuCl的生成過程中理論上不需要補充SO2氣體，結(jié)合化學方程式和必要的文字說明理由

。（4）在CuCl的生成過程中除環(huán)境問題、安全問題外，你認為還應該注意的關(guān)鍵問題是

。（5）實驗探究pH對CuCl產(chǎn)率的影響如下表所示：析出CuCl晶體最佳pH為_____，當pH較大時CuCl產(chǎn)率變低原因是_____。（6）氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品0．25g和10mL過量的FeCl3溶液250mL于錐形瓶中，充分溶解。②用0．10mol·L-1硫酸鈰標準溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行實驗結(jié)果如下（平行實驗結(jié)果相差不能超過1%）：則樣品中CuCl的純度為

（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。20.隨著能源問題的進一步突出，利用熱化學循環(huán)制氫的研究受到許多發(fā)達國家的青睞。最近的研究發(fā)現(xiàn)，復合氧化物鐵酸錳(MnFe2O4)也可以用于熱化學循環(huán)分解水制氫，MnFe2O4的制備流程如下：（1）原料Fe(NO3)n中n=

，投入原料Fe(NO3)n和Mn(NO3)2的物質(zhì)的量之比應為

。（2）步驟二中“連續(xù)攪拌”的目的是

；步驟三中洗滌干凈的標準是

。（3）利用MnFe2O4熱化學循環(huán)制氫的反應可表示為：

MnFe2O4MnFe2O4-x+O2↑

MnFe2O4+xH2O=====MnFe2O4+xH2↑請認真分析上述兩個反應并回答下列問題：①若MnFe2O4-x中x=0．8，則MnFe2O4-x中Fe2+占全部鐵元素的百分比為

。②該熱化學循環(huán)法制氫的優(yōu)點有(答兩點即可)

。③該熱化學循環(huán)法制氫尚有不足之處，進一步改進的研究方向是

。21.某興趣小組對銅與濃硫酸反應產(chǎn)生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和Cu2S不溶于稀鹽酸、稀硫酸）進行探究，實驗步驟如下：Ⅰ．將光亮銅絲插人濃硫酸，加熱；Ⅱ．待產(chǎn)生大量黑色沉淀和氣體時，抽出銅絲，停止加熱；Ⅲ．冷卻后，從反應后的混合物中分離出黑色沉淀，洗凈、干燥備用．回答下列問題：（1）步驟Ⅱ產(chǎn)生氣體的化學式為．（2）向含微量Cu2+試液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，能產(chǎn)生紅褐色沉淀．現(xiàn)將少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振蕩以后，再滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未見紅褐色沉淀，由此所得結(jié)論是．（3）為證明黑色沉淀含有銅的硫化物，進行如下實驗：裝置現(xiàn)象結(jié)論及解釋①A試管中黑色沉淀逐漸溶解②A試管上方出現(xiàn)紅棕色氣體③B試管中出現(xiàn)白色沉淀a．現(xiàn)象②說明褐色沉淀具有性．b．試管B中產(chǎn)生白色沉淀的總反應的離子方程式為（4）CuS固體能溶于熱的濃硫酸，請用有關(guān)平衡移動原理加以解釋：．（5）為測定黑色沉淀中Cu2S的百分含量，取0.2g步驟Ⅰ所得黑色沉淀，在酸性溶液中用LKMnO4溶液處理，發(fā)生反應如下：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O6MnO4﹣+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O反應后煮沸溶液，趕盡SO2，過量的高錳酸鉀溶液恰好與L（NH4）2Fe（SO4）2溶液反應完全．則混合物中Cu2S的質(zhì)量分數(shù)為．22.某研究性學習小組對過量炭粉與氧化鐵反應的氣體產(chǎn)物成分進行研究．（1）提出假設(shè)①該反應的氣體產(chǎn)物是CO2．②該反應的氣體產(chǎn)物是CO．③該反應的氣體產(chǎn)物是．（2）設(shè)計方案如圖所示，將一定量的氧化鐵在隔絕空氣的條件下與過量炭粉完全反應，測定參加反應的碳元素與氧元素的質(zhì)量比．（3）查閱資料氮氣不與碳、氧化鐵發(fā)生反應．實驗室可以用氯化銨飽和溶液和亞硝酸鈉（NaNO2）飽和溶液混合加熱反應制得氮氣．請寫出該反應的離子方程式：．（4）實驗步驟①按圖連接裝置，并檢查裝置的氣密性，稱取3.20g氧化鐵、2.00g碳粉混合均勻，放入48.48g的硬質(zhì)玻璃管中；②加熱前，先通一段時間純凈干燥的氮氣；③停止通入N2后，夾緊彈簧夾，加熱一段時間，澄清石灰水（足量）變渾濁；④待反應結(jié)束，再緩緩通入一段時間的氮氣．冷卻至室溫，稱得硬質(zhì)玻璃管和固體總質(zhì)量為52.24g；⑤過濾出石灰水中的沉淀，洗滌、烘干后稱得質(zhì)量為2.00g．步驟②、④中都分別通入N2，其作用分別為．（5）數(shù)據(jù)處理試根據(jù)實驗數(shù)據(jù)分析，寫出該實驗中氧化鐵與碳發(fā)生反應的化學方程式：．（6）實驗優(yōu)化學習小組有同學認為應對實驗裝置進一步完善．①甲同學認為：應將澄清石灰水換成Ba（OH）2溶液，其理由是．②從環(huán)境保護的角度，請你再提出一個優(yōu)化方案將此實驗裝置進一步完善：．參考答案考點：制備實驗方案的設(shè)計．分析：由實驗流程可知，樣品與足量硫酸反應，生成硫酸銅和硫酸亞鐵，加入過氧化氫，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鐵，然后加入CuO調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸銅溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到硫酸銅晶體，以此來解答．解答：解：由實驗流程可知，樣品與足量硫酸反應，生成硫酸銅和硫酸亞鐵，加入過氧化氫，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鐵，然后加入CuO調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸銅溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到硫酸銅晶體，A．步驟②為亞鐵離子與過氧化氫的氧化還原反應，離子反應為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A正確；B．步驟②可用氯水、硝酸等強氧化劑代替H2O2，引入雜質(zhì)氯離子、硝酸根離子等，難以除去，故B錯誤；C．CuCO3和CuO都與溶液中H+反應，起到調(diào)節(jié)溶液pH的作用，并不引入新的雜質(zhì)，故C正確；D．步驟⑤為洗滌固體，固體具有吸附性，過濾時表面有可溶性物質(zhì)，則操作為向濾出晶體的漏斗中加少量水浸沒晶體，自然流下，重復2﹣3次，可洗滌晶體，故D正確；故選B．點評：本題考查硫酸銅的制備實驗，為高頻考點，把握制備流程中的反應、混合物分離提純方法等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，題目難度中等，注意氧化還原反應及鹽類水解等原理的應用和分析．考點：硅和二氧化硅；金屬的電化學腐蝕與防護；合金的概念及其重要應用．分析：A．硅為親氧元素，在自然界中易化合態(tài)存在；B．鐵和鋅在電解質(zhì)溶液中形成原電池，鋅做負極被腐蝕；C．鋁合金中鋁的化學性質(zhì)并沒有改變，鋁在常溫下即可與氧氣發(fā)生反應；D．乙烯具有催熟作用，能夠被強氧化劑高錳酸鉀氧化．解答：解：A．雖然硅的化學性質(zhì)很穩(wěn)定，但在自然界中仍以化合態(tài)形式存在，如二氧化硅、硅酸鹽等，故A錯誤；B．在入海口的鋼鐵閘門上裝一定數(shù)量的鋅塊，鐵和鋅在海水中形成原電池反應，鋅做負極被氧化，發(fā)生電化腐蝕，鐵被保護，是犧牲陽極的陰極保護，故B錯誤；C．合金中的鋁單質(zhì)仍然可以與氧氣發(fā)生化學反應生成氧化鋁，故C錯誤；D．乙烯具有催熟作用，為了延長水果的保鮮期，用高錳酸鉀可以除掉乙烯，故D正確；故選：D．點評：本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)和用途，性質(zhì)決定用途，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．考點：纖維素的性質(zhì)和用途；海水資源及其綜合利用；鈉的重要化合物；煤的干餾和綜合利用．專題：化學應用．分析：A．棉花和木材的主要成分都是纖維素，蠶絲的主要成分都是蛋白，人造絲是一種絲質(zhì)的人造纖維，主要成分不是蛋白質(zhì)；B．石油分餾可得到石油氣、汽油、煤油、柴油等；C．海水曬鹽是物理變化；D．純堿可用于生產(chǎn)普通玻璃，純堿水解顯堿性，故日常生活中也可用純堿溶液來除去物品表面的油污．解答：解：A．棉花和木材的主要成分都是纖維素，蠶絲的主要成分都是蛋白，人造絲是一種絲質(zhì)的人造纖維，主要成分不是蛋白質(zhì)，故A錯誤；B．石油分餾可得到石油氣、汽油、煤油、柴油等，故B錯誤；C．海水曬鹽是物理變化，故C錯誤；D．純堿可用于生產(chǎn)普通玻璃，純堿水解顯堿性，故日常生活中也可用純堿溶液來除去物品表面的油污，故D正確；故選D．點評：本題考查了蠶絲和人造絲的主要成分、石油分餾、純堿的用途等知識，難度不大，注意知識的積累．考點：濃硫酸的性質(zhì)；強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念；氯氣的化學性質(zhì)；物質(zhì)的分離、提純和除雜．分析：A、Cl2可與石灰乳反應制備漂白粉，具有消毒、漂白、殺菌的作用；B、電解質(zhì)的強弱是根據(jù)電離程度劃分的，碳酸氫鈉是弱酸強堿酸式鹽，是強電解質(zhì)完全電離；C、濃H2SO4可用于干燥SO2，是濃硫酸的吸水性；D、用Na2S除去廢水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫離子與銅離子與汞離子生成難溶物．解答：解：A、氯氣與燒堿、石灰乳發(fā)生氧化還原反應，與酸性無關(guān)，故A錯誤；B、電解質(zhì)的強弱是根據(jù)電離程度劃分的，在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離是電解質(zhì)是強電解質(zhì)，碳酸氫鈉是弱酸強堿酸式鹽，電離方程式為：NaHCO3=Na++HCO3﹣；是強電解質(zhì)完全電離，故B正確；C、濃H2SO4可用于干燥SO2，是濃硫酸的吸水性，故C錯誤；D、用Na2S除去廢水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫離子與銅離子與汞離子生成難溶物，而不是應用Na2S還原性，故D錯誤；故選B．點評：本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的分析應用，熟練掌握強電解質(zhì)、濃硫酸的性質(zhì)、硫化鈉的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識是解題關(guān)鍵，題目難度不大．考點：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗．專題：幾種重要的金屬及其化合物．分析：A．氯化鐵溶液中加入足量鐵粉反應生成氯化亞鐵；B．三價鐵離子與硫氰根離子發(fā)生絡合反應生成血紅色絡合物；C．氧化銅為黑色固體，加入稀鹽酸反應生成氯化銅；D．碳酸氫鈉溶液中滴加稀鹽酸反應生成氯化鈉和二氧化碳、水．解答：解：A．氯化鐵溶液中加入足量鐵粉反應生成氯化亞鐵，溶液顏色由黃色變化為淺綠色，故A錯誤；B．三價鐵離子與硫氰根離子發(fā)生絡合反應生成血紅色絡合物，溶液顏色由黃色變化為血紅色，故B錯誤；C．氧化銅為黑色固體，加入稀鹽酸反應生成氯化銅，溶液變成藍色，故C錯誤；D．碳酸氫鈉溶液為無色，滴加稀鹽酸反應生成氯化鈉溶液為無色，故D正確；故選：D．點評：本題考查了反應的現(xiàn)象，題目難度不大，熟悉三價鐵離子、二價鐵離子、銅離子的性質(zhì)及顏色是解題關(guān)鍵，注意對相關(guān)知識的積累．考點：生活中常見合金的組成；鋁的化學性質(zhì)．專題：幾種重要的金屬及其化合物．分析：A、根據(jù)Al元素在地殼中的含量來分析；B、金屬鋁易被氧氣氧化形成氧化鋁；C、金屬鋁化學性質(zhì)活潑，可以和酸反應；D、金屬鋁的冶煉技術(shù)在工業(yè)生產(chǎn)中已經(jīng)成熟，可以大量生產(chǎn)．解答：解：A、Al元素在地殼中是含量最多的金屬元素，含量高，儲量豐富，故A正確；B、金屬鋁易被氧氣氧化形成致密的氧化膜氧化鋁，抗腐蝕性能好，故B正確；C、金屬鋁化學性質(zhì)活潑，常溫下可以和酸反應，故C錯誤；D、現(xiàn)在生活和生產(chǎn)中對金屬鋁的需求量大，金屬鋁的冶煉利用電解技術(shù)在工業(yè)生產(chǎn)中已經(jīng)成熟，可以大量生產(chǎn)，故D正確．故選C．點評：本題考查學生金屬鋁的有關(guān)知識，可以根據(jù)教材知識來回答，難度中等，注意平時知識的積累是解題的關(guān)鍵．考點：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；氧化性、還原性強弱的比較．專題：元素及其化合物．分析：根據(jù)三價鐵離子、銅離子的氧化性強弱判斷反應先后順序，從而確定固體的成分、溶液的成分；有固體剩余，若固體只有銅，則反應后的溶液中一定無三價鐵離子存在，一定存在亞鐵離子，可能含有銅離子；若有鐵剩余，一定有銅生成，三價鐵離子和銅離子無剩余，據(jù)此進行判斷．解答：解：①當固體為鐵、銅時，溶液中的Fe3+、Cu2+全部參加反應生成Fe2+和Cu，反應的反應方程式為：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定沒有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②當固體為銅時，溶液中一定沒有Fe3+，Cu2+恰好全部參加反應或部分反應生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定沒有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含F(xiàn)e3+，所以加入KSCN溶液不變紅色，故A正確；B、通過以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故B錯誤；C、通過以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故C正確；D、通過以上分析知，剩余固體中一定含Cu，故D正確；故選B．點評：本題考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比較，能正確判斷固體的成分是解本題的關(guān)鍵，根據(jù)固體的成分了解反應的先后順序，從而確定溶液的成分．考點：鈉的重要化合物；二氧化硫的化學性質(zhì)；濃硫酸的性質(zhì)；鎂、鋁的重要化合物．專題：氧族元素；幾種重要的金屬及其化合物．分析：A、二氧化硫過量生成亞硫酸氫鈉，氫氧化鈣過量生成亞硫酸鈉；B、氫氧化鈉和碳酸氫鈉生成碳酸鈉；C、鋅和稀硫酸反應生成氫氣，與濃硫酸反應生成二氧化硫；D、氫氧化鈉過量生成偏鋁酸鈉、氫氧化鈉不足生成氫氧化鋁沉淀．解答：解：A、二氧化硫通入石灰水，二氧化硫過量則生成亞硫酸氫鈣，2SO2+Ca（OH）2═Ca（HSO3）2，氫氧化鈣過量則生成亞硫酸鈣，Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，反應物用量不同，產(chǎn)物不同；B、氫氧化鈉和碳酸氫鈉生成碳酸鈉，NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O，反應物用量與濃度不會改變反應產(chǎn)物；C、鋅稀硫酸則生成氫氣，H2SO4+Zn═ZnSO4+H2↑；鋅與濃硫酸則生成二氧化硫，Zn+2H2SO4（濃）ZnSO4+SO2↑+2H2O，硫酸濃度不同，產(chǎn)物不同；D、氯化鋁溶液滴入氫氧化鈉溶液，若氫氧化鈉過量生成偏鋁酸鈉，AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O；若氫氧化鈉不足生成氫氧化鋁白色沉淀，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，反應物用量不同，產(chǎn)物不同．故選B．點評：此題是對物質(zhì)之間反應物量的不同導致的結(jié)果不同的考查，解題的關(guān)鍵是掌握具體的反應產(chǎn)物的不同，屬于物質(zhì)之間反應的探討．考點：兩性氧化物和兩性氫氧化物．分析：既能夠與酸反應又能夠與堿反應的物質(zhì)有：鋁；兩性物質(zhì)；弱酸的酸式鹽，弱酸對應銨鹽，據(jù)此解答．解答：解：①Al2O3是兩性氧化物，既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，故選；②Al（OH）3是兩性氫氧化物，既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，故選；③Al既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，故選；④NaHCO3是弱酸的酸式鹽，既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，故選；⑤NaHS是弱酸的酸式鹽，既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，故選；⑥CaCO3與氫氧化鈉不反應，故不選；⑦NaHSO4與鹽酸不反應，故不選；⑧（NH4）2CO3弱酸對應銨鹽，既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，故選；故選：B．點評：本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)，明確能和強酸或強堿反應的物質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，注意相關(guān)知識的積累．【ks5u解析】A．硫的氧化性比氧氣、氯氣弱，只能把金屬氧化到低價．Fe的低價為+2價；Cu的低價為+1價，F(xiàn)e+SFeS；2Cu+SCu2S．故A的說法錯誤．B．因CaCO3中碳為+4價是最高價，雖硝酸中+5價氮，具有強氧化性，CaCO3與稀硝酸只能發(fā)生復分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2↑反應．CaSO3中的硫元素是+4價，具有還原性，與強氧化性的硝酸發(fā)生氧化還原反應，被氧化成+6價的硫，稀硝酸自身被還原成+2價的氮．故B的說法錯誤．C．Br2的氧化性強，與Fe反應生成FeBr3，I2的氧化性弱，與Fe生成FeI2，故C的說法錯誤．D．在金屬的活動性順序表中，F(xiàn)e排在Cu、Ag的前面．Fe+CuSO4═FeSO44+Cu，F(xiàn)e+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag故D說法正確．故選D。【ks5u解析】A．銅和濃硝酸反應生成二氧化氮，和稀硝酸反應生成一氧化氮，所以和反應物的濃度有關(guān)，故A不選；B．少量二氧化碳通入氫氧化鈉溶液中生成碳酸鈉，過量二氧化碳通入氫氧化鈉溶液生成碳酸氫鈉，所以和反應物的用量有關(guān)，故B不選；C．細鐵絲在氯氣中燃燒,無論氯氣是否過量都生成氯化鐵，所以與反應物的用量無關(guān)，故C選；D．NaOH溶液和AlCl3溶液反應產(chǎn)物與反應物的量有關(guān)，氯化鋁與少量氫氧化鈉反應生成氫氧化鋁，與過量氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，故D不選；故選C.解：將鎂、鋁混合物粉末溶于75mL4mol/L的鹽酸中即n（HCl）=×4mol/L=，發(fā)生反應Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根據(jù)計算無論全是鎂還是全是鋁都是鹽酸過量，則溶液中變成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入L的NaOH溶液即n（NaOH）=×L=，據(jù)原子守恒，溶液中的氯有，鈉有，所以最后溶液中除NaCl外還有其他鈉的化合物，說明混合后的溶液呈堿性，溶液肯定沒有氫離子，鎂離子和堿反應生成氫氧化鎂沉淀，鋁離子在堿性溶液中以偏鋁酸根離子存在，所以混合后的溶液中還存在的離子是偏鋁酸根離子；故選A．解：1LL的Na2CO3溶液中n（Na2CO3）=1L×1mol/L=1mol，1LL的鹽酸中n（HCl）=1L×L=，把Na2CO3溶液逐滴加到鹽酸中，開始時鹽酸過量，發(fā)生反應Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑1mol2mol故HCl不足，由方程式可知，生成二氧化碳物質(zhì)的量為×=，向Na2CO3溶液逐滴滴入鹽酸，首先發(fā)生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，則：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl1mol1mol1molNa2CO3消耗1molHCl，剩余，故生成1molNaHCO3然后發(fā)生：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；故NaHCO3有剩余，生成二氧化碳，故兩次操作產(chǎn)生的氣體體積之比是：=5：2，故選A．解：A、因為Na2O2是強氧化劑，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和鹽酸反應生成三價鐵離子，所以三價鐵離子濃度增大，故A錯誤；B、Na2O2是強氧化劑，而且遇水生成NaOH，鋁離子能和過量的氫氧化鈉反應生成四羥基合鋁酸根離子，在鹽酸作用下又會生成鋁離子，根據(jù)鋁元素守恒，則鋁離子量不變，故B正確；C、Na2O2是強氧化劑，而且遇水生成大量的NaOH，銨根和氫氧化鈉反應，這樣NH4+轉(zhuǎn)化成NH3從溶液逸出，銨根離子減少，故C錯誤；D、因為Na2O2是強氧化劑，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二價鐵離子濃度減小，故D錯誤．故選B．解：發(fā)生反應有：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，討論：（1）若酸堿均過量，則產(chǎn)生的氫氣取決于鋁，鋁的質(zhì)量相同，所以氫氣相等1：1；（2）若酸堿均不夠，產(chǎn)生的氫氣取決于酸堿，根據(jù)方程式，酸堿產(chǎn)生的比值為1：3（3）現(xiàn)在的比值是5：7，比值處于1：3和1：1之間，由于鋁消耗鹽酸量大于堿，此時鋁對于酸過量而對于堿不足鋁過量，故選C．16.（1）HClO4、H2CO3

OH－、H3O+（2）①Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑

②密封

避免與酸或堿接觸（合理即可）（3）①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②2H2O22H2O+O2↑③起始反應即①使c(H+)降低，且反應②放熱，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

△H>0，平衡正向移動，當水解出的Fe(OH)3較多時就聚集為沉淀試題解析：

（1）甲是人體必需的基本營養(yǎng)物質(zhì)之一，約占人體體重的2/3,可知甲為水,與甲分子具有相同電子數(shù)且含元素種類相同的離子有OH－、H3O+；乙是日常生活的基礎(chǔ)能源，其中含元素Y的質(zhì)量分數(shù)為75%，可知乙為甲烷，Y為C元素；丙是具有強氧化性的弱酸,可知丙為次氯酸,丁為次氯酸鈉，其電子式為，由此可知X、Y、Z、M四種元素分別為有Cl、C、O、H；元素X、Y的最高價氧化物的水化物的酸性由強到弱為HClO4、H2CO3；

（2）元素E、F與X同周期，即處于第三周期，

①常溫下E的單質(zhì)與甲反應緩慢，加熱至沸反應迅速，滴加酚酞試液，溶液變紅色，可推知E為鎂，反應的化學方程式為Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑；

②F的單質(zhì)粉末加油漆后即得“銀粉漆”，可知F為鋁，因為鋁在空氣中容易被氧化出氧化膜氧化鋁，且鋁與酸或堿均可以發(fā)生反應，所以應密封保存，并且避免與酸或堿接觸；

（3）戊與甲的組成元素相同，其分子具有18電子，分析可知戊為雙氧水，向盛有一定濃度戊溶液的燒杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亞鐵溶液，

①淺綠色溶液變成黃色是因為亞鐵離子被氧化為鐵離子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

②有少量氣泡產(chǎn)生，片刻后反應變得更劇烈，并放出較多熱量，是因為雙氧水在Fe3+催化作用下分解所致，2H2O22H2O+O2↑；

③繼續(xù)滴加溶液，靜置一段時間，試管底部出現(xiàn)紅褐色沉淀，因為起始反應即①使c(H+)降低，且反應②放熱，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

△H>0，平衡正向移動，當水解出的Fe(OH)3較多時就聚集為沉淀。17.（1）過濾；坩堝；（2）Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；（3）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（4）11；（5））①b．c；②將濃硫酸用蒸餾水稀釋，將樣品與稀硫酸充分反應后；考點 金屬的回收與環(huán)境、資源保護；硅和二氧化硅；鎂、鋁的重要化合物；鐵的氧化物和氫氧化物；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)．專題： 幾種重要的金屬及其化合物．分析：（1）根據(jù)分離溶液和沉淀；根據(jù)灼燒過程所需要用到的儀器分析即可；（2）依據(jù)提取流程圖可知，加入過量鹽酸，氧化鐵和氧化鋁全部溶解為氯化鐵和氯化鋁溶液，Cu2O與鹽酸反應生成氯化銅、銅和水，生成的銅能與氯化鐵反應生成氯化亞鐵和氯化銅，二氧化硅不溶于鹽酸為沉淀；三價鐵離子與KSCN溶液發(fā)生反應生成紅色物質(zhì)來檢驗三價鐵離子；（3）根據(jù)鋁熱反應的原理來書寫；（4）設(shè)溶液的PH為X，然后求出由水電離出的c（OH﹣），利用由水電離出的c（OH﹣）前者為后者的108倍求出X；（5）①a．電能轉(zhuǎn)化為化學能、熱能；b．粗銅接電源正極，失去電子，發(fā)生氧化反應c．精銅作陰極，電解后電解液中Cu2+濃度減小d．粗銅精煉時通過的電量與陰極析出銅的量存在關(guān)系；②要測定銅的質(zhì)量分數(shù)，可以把濃硫酸稀釋，銅和稀硫酸不反應，氧化銅和稀硫酸反應，即可求出銅的質(zhì)量分數(shù)．設(shè)計方案的主要步驟是將濃硫酸用蒸餾水稀釋，將樣品與稀硫酸充分反應后，過濾，干燥，稱量剩余固體銅的質(zhì)量即可解答：解：（1）實驗操作I步驟中分離溶液和沉淀的操作名稱為過濾，在空氣中灼燒固體混合物D時，所用到的儀器有坩堝、泥三角、三角架、酒精燈，玻璃棒，故答案為：過濾；坩堝；（2）依據(jù)提取流程圖可知，加入過量鹽酸，氧化鐵和氧化鋁全部溶解為氯化鐵和氯化鋁溶液，Cu2O與鹽酸反應生成氯化銅、銅和水，生成的銅能與氯化鐵反應生成氯化亞鐵和氯化銅，方程式為：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于鹽酸為沉淀，所以濾液A中鐵元素的存在形式為亞鐵離子，可用氯水將其氧化成三價鐵離子，三價鐵離子與KSCN溶液發(fā)生反應生成紅色物質(zhì)來檢驗三價鐵離子，故答案為：Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；（3）鋁與氧化鐵發(fā)生鋁熱反應的化學方程式為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（4）設(shè)溶液的PH為X，NaAlO2溶液中由水電離出的c（OH﹣）=10X﹣14mol/L，NaOH溶液中由水電離出的c（OH﹣）=10﹣Xmol/L，=108，解得X=11，故答案為：11；（5））①a．電能部分轉(zhuǎn)化為化學能，故a錯誤；b．粗銅接電源正極，失去電子，發(fā)生氧化反應，故b正確；c．精銅作陰極，電解后電解液中Cu2+濃度減小，故c正確；d．粗銅精煉時通過的電量與陰極析出銅的量存在關(guān)系：電路中通過×1023個電子，得到精銅的質(zhì)量為16g，故d錯誤；故選：b．c；②要測定銅的質(zhì)量分數(shù)，可以把濃硫酸稀釋，銅和稀硫酸不反應，氧化銅和稀硫酸反應，即可求出銅的質(zhì)量分數(shù)．設(shè)計方案的主要步驟是將濃硫酸用蒸餾水稀釋，將樣品與稀硫酸充分反應后，過濾，干燥，稱量剩余固體銅的質(zhì)量即可；故答案為：將濃硫酸用蒸餾水稀釋，將樣品與稀硫酸充分反應后；點評：本題以礦渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取銅為背景，主要考查了物質(zhì)的性質(zhì)、化學方程式、電解原理等，難度不大．18.（1）①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②Fe（OH）3；（2）取少許濾液于試管中，加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅色，則雜質(zhì)已除盡；（3）抑制Al3+水解；（4）減少可溶性雜質(zhì)的析出及Al3+水解，防止晶體失去結(jié)晶水，避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出；（5）c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）．考點：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設(shè)計．分析：由工藝流程可知，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3，過濾后濾液主要含硫酸銨，再將硫酸銨和硫酸鋁溶液混合反應，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等最終得到硫酸鋁銨晶體，硫酸鋁銨晶體熱分解得到氧化鋁．（1）①酸性溶液中Fe2+與H2O2反應，過氧化氫具有氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子，結(jié)合電荷守恒和原子守恒配平書寫；②H2O2溶液具有強氧化性，可以氧化亞鐵離子生成鐵離子，鐵離子在氨水存在的條件下生成氫氧化鐵紅褐色沉淀；（2）由工藝流程可知，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3，過濾后的濾液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液檢驗是否含有Fe3+；（3）鋁離子在溶液中能夠發(fā)生水解生成氫氧化鋁；（4）蒸干會析出可溶性雜質(zhì)的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶體失去結(jié)晶水，避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出；（5）根據(jù)題中所給的化學式，利用銨根和鋁離子水解進行解答即可．解答：解：（1）①酸性溶液中Fe2+與H2O2反應，過氧化氫具有氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②H2O2溶液具有強氧化性，可以氧化亞鐵離子生成鐵離子，鐵離子在氨水存在的條件下生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，反應的離子方程式：2Fe2++H2O2+4NH3?H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，過濾操作中所得到濾渣主要成分氫氧化鐵，故答案為：Fe（OH）3；（2）由工藝流程可知，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH值，F(xiàn)e3+使轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3，過濾后的濾液中可能含有Fe3+，取少許濾液于試管中，加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅色，則雜質(zhì)已除盡，故答案為：取少許濾液于試管中，加幾滴KSCN溶液，若溶液不變紅色，則雜質(zhì)已除盡；（3）由于鋁離子在溶液中能夠發(fā)生水解生成氫氧化鋁，所以加入硫酸酸化，抑制了鋁離子的水解，故答案為：抑制Al3+水解；（4）由于蒸干會析出可溶性雜質(zhì)的析出，且Al3+水解程度增大，防止晶體失去結(jié)晶水，避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出，所以母液不能蒸干，故答案為：減少可溶性雜質(zhì)的析出及Al3+水解，防止晶體失去結(jié)晶水，避免可溶性雜質(zhì)結(jié)晶析出；（5）銨明礬晶體的化學式為NH4Al（SO4）2?12H2O，在L銨明礬的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=L，由于銨根和鋁離子均水解，水解結(jié)合水電離出的氫氧根，故水解后濃度均小于L，c（Al3+）＜c（NH4+），c（SO42﹣）=L，離子濃度為，c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+），故答案為：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）．點評：本題考查工藝流程、離子檢驗、鹽類水解、對條件的控制選擇、物質(zhì)的分離提純等，理解工藝流程原理是解題的關(guān)鍵，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎(chǔ)與靈活運用能力，題目難度中等．19.答案：（1）Fe、稀鹽酸

（2）CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4

（3）Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O反應中生成的CuSO4和SO2為1∶1，所以理論上不需要補充SO2氣體（4）生產(chǎn)中應防止CuCl的氧化和見光分解（5）2

pH較大時，Cu2+水解程度增大，反應生成CuCl減少（6）0．955或者95．5%試題解析：

（1）廢液中含有Fe3+、Cu2+所以應加入Fe除去，過量的Fe用稀鹽酸除去，所以試劑X、Y分別是Fe、稀鹽酸；

（2）由流程圖可知，CuCl晶體的制備過程中，反應物為SO2、CuSO4、CuCl2，生成物為H2SO4、CuCl，由電子守恒及原子守恒，可得反應方程式為CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；

（3）由反應方程式Cu+2H2SO4（濃）＝CuSO4+SO2↑+2H2O可知Cu與濃硫酸反應的過程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2為1∶1，，生產(chǎn)CuCl的過程中消耗CuSO4和SO2也為1﹕1，所以理論上不需要補充SO2氣體；

（4）因CuCl在空氣中迅速被氧化成綠色且見光分解，變成褐色，故生產(chǎn)中應注意防止CuCl的氧化和見光分解；

（5）由表中數(shù)據(jù)可知，pH=2時，CuCl產(chǎn)率最高；pH較大時，Cu2+水解程度增大，導致反應生成CuCl減少；

（6）根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)及平行實驗結(jié)果相差不能超過1%，故舍棄第一次數(shù)據(jù)，利用第二次和第三次數(shù)據(jù)計算，滴定0．25g樣品消耗硫酸鈰標準溶液的平均體積是（24．05+23．95）÷2＝24．0ml,所以CuCl的純度為24．0×10-3L×0．1mol·L-1×99．5g·mol-1/0．25g×100%=95．5%。20.（1）3

2∶1（2）充分反應、沉淀完全

洗滌至流出液呈中性（3）①80%

②過程簡單、無污染、物料廉價并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，因此不存在高溫氣體分離的問題等

③尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或找分解溫度更低的氧化物。試題解析：

（1）Mn為+2價，令MnFe2O4中Fe的化合價為a價，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，則2+2a+4×（-2）=0，解得a=+3，則Fe（NO3）n中n=3；由MnFe2O4組成可知：Fe和Mn的個數(shù)之比為2：1，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，F(xiàn)e（NO3）n與Mn（NO3）2之比2：1；

（2）連續(xù)攪拌是為了讓二者充分反應，沉淀完全；沉淀可能附著KOH等，洗滌至中性，說明洗滌干凈，保證產(chǎn)物純凈；

（3）①x=時，鐵的總價態(tài)為（）×2-2=，設(shè)1mol中含F(xiàn)e2+、Fe3+物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則有x+y=2，2x+3y=，聯(lián)立解得：x=，y=，

則1mol中含F(xiàn)e2+的物質(zhì)的量為，則Fe2+占的百分率為2mol×100%=80%；

②由流程圖可以看出過程簡單、節(jié)約能量、無污染、物料廉價并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，不存在高溫氣體分離的問題等；

③因高溫消耗較多的能源，則進一步改進的研究方向是尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或找分解溫度更低的氧化物。21.（1）SO2；（2）黑色沉淀中不含有CuO；（3）a、還原性；b、NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+；（4）CuS存在溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2﹣（aq），熱的濃硫酸將S2﹣氧化，使S2﹣濃度減小，促進上述平衡向正向移動，使CuS溶解；（5）40%．考點： 性質(zhì)實驗方案的設(shè)計．分析：（1）根據(jù)銅與濃硫酸反應生成二氧化硫氣體進行解答；（2）根據(jù)題中信息中檢驗銅離子的方法對②進行分析，然后得出正確結(jié)論；（3）a、紅棕色氣體為二氧化氮，說明稀硝酸被還原生成一氧化氮，黑色固體具有還原性；b、根據(jù)反應現(xiàn)象③可知黑色固體與稀硝酸反應生成了二氧化硫，證明黑色固體中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合氣體能夠與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，據(jù)此寫出反應的離子方程式；（4）CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡，根據(jù)平衡移動分析；（5）依據(jù)滴定實驗數(shù)據(jù)計算剩余高錳酸鉀物質(zhì)的量，得到和硫化亞銅、硫化銅反應的高錳酸鉀物質(zhì)的量，依據(jù)反應的離子方程式列式計算得到．解答：解：（1）Cu與濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2SO2↑+2H2O，步驟Ⅱ產(chǎn)生的氣體是SO2，故答案為