2022年高考化学二轮复习讲义2022年高考化学二轮复习讲义解密06 金属及其化合物(集训)(解析版)

解密06金属及其化合物一、选择题1．(2021·江苏期末)2020年11月10日8时12分，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底。“奋斗者”号研制及海试的成功，标志着我国具有了进入世界海洋最深处开展科学探索的能力，体现了我国在海洋高技术领域的综合实力。其中，“奋斗者”号使用了钛合金材料。有关合金的说法中正确的是()A．钛合金是一种新型金属单质B．在合金中加入稀土金属，对改善合金的性能无太大影响C．钛合金熔点比成分金属低，但硬度大D．钛合金的化学性质与钛单质相同【答案】C【解析】A项，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，钛合金含有多种物质，属于混合物，不是新型金属单质，故A不符合题意；B项，在合金中加入稀土金属或稀土金属的化合物，能大大改善合金的性能，使合金具有更优良的性能，故B不符合题意；C项，根据合金的性质可知，合金的熔点比成分金属低，硬度大，故钛合金熔点比成分金属低，但硬度大，故C符合题意；D项，合金的化学性质与其各成分金属的化学性质是相同的，钛合金除具备钛单质性质外，还具备其他组成成分的性质，故D不符合题意；故选C。2．(2021·辽宁省葫芦岛协作校高三第二次联考)我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是()A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C．《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物【答案】C【解析】A项，我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，A正确；B项，将青铜器放在银质托盘上，会形成原电池，Cu比银活泼做负极，加快腐蚀，所以青铜器容易生成铜绿，B正确；C项，《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，为铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，C错误；D项，用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸，为有机物，D正确；故选C。3．(2021·吉林省四平市双辽二中高三期末考试)明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五 金”的内容：“∙∙∙∙∙∙黄金美者，其值去黑铁(生铁)一万六千倍，然使釜、鬵(xín，一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙贸迁有无，∙∙∙∙∙∙”，下列解释正确的是()A．明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金B．添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养，也不会生锈C．金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段D．黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀【答案】C【解析】A项，明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于铁合金，故A错误；B项，不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构，不锈钢不容易生锈；家里用的农具是铁合金，如果没及时冼干净后晾干，铁能与氧气、水分同时接触，容易发生电化学腐蚀，容易生锈，故B错误；C项，金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段，故C正确；D项，生铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D错误；故选C。4．下列关于元素及其化合物的说法不正确的是(　　)A．Fe在一定条件下可与浓盐酸、稀硫酸、浓硝酸等剧烈反应B．Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，且两单质的作用不相同C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，若再继续加入KNO3固体，铜粉会溶解D．金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下与水反应都生成H2和相应的碱【答案】D【解析】Fe在常温下可被浓硝酸钝化，但加热时能反应，A项正确；Al、Cl2均能和NaOH溶液发生氧化还原反应，但Al只做还原剂，而Cl2与NaOH溶液反应时既做还原剂又做氧化剂，B项正确；酸性条件下NO3-有强氧化性，能氧化Cu，C项正确；Fe在一定条件下与水反应生成H2和Fe3O4，D项错误。5．下列关于金属冶炼的说法正确的是(　　)A．由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产AlB．可以用钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁C．炼铁高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热D．金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定【答案】D【解析】A项，由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，所以不用电解AlCl3的方法生产铝，故A错误；B 项，钠是很活泼金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故B错误；C项，炼铁高炉中所发生的反应有的是放热有的是吸热，有些放热反应在加热条件下发生，故C错误；D项，金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法，故D正确。6．下列选项所表示的物质间转化关系均能一步转化的是(　　)A．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOHB．NaCl→NaHCO3→Na2CO3→Na2O2C．Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2D．Fe(s)Fe2O3(s)FeCl3(aq)【答案】A【解析】A项，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化钠，所以Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH符合一步实现，A正确；B项，饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，但碳酸钠无法一步转化生成过氧化钠，B错误；C项，Al2O3不溶于水，也不能与水反应，Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，可以用Al2O3先与酸反应生成Al3+，然后与碱反应生成Al(OH)3，C错误；D项，Fe与水蒸气高温反应生成四氧化三铁，不生成氧化铁，D错误。7．(2021·河北衡水中学高三七调)硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备多种物质。有关下列制备方法错误的是()A．制备碱式硫酸铁利用了过氧化氢氧化性B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D．制备(NH4)2Fe(SO4)2利用了它的溶解度比FeSO4的溶解度大这一性质【答案】D【解析】A项，在FeSO4溶液中Fe是+2价，在碱式硫酸铁中Fe是+3价，向FeSO4溶液中加入过氧化氢制备碱式硫酸铁就是利用了过氧化氢的氧化性，A正确；B项，NH4HCO3不稳定，受热容易分解，所以为防止NH4HCO3分解，在生产FeCO3需在较低温度下进行，B正确；C项，若(NH4)2Fe(SO4)2被氧化，则Fe的化合价由+2价变为+3价，检验Fe3+的方法是利用SCN-与Fe3+结合产生血红色的络合物的现象，C正确；D项，向FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4晶体，冷却、结晶就可以产生(NH4)2Fe(SO4)2，是因为(NH4)2Fe(SO4)2 在水中的溶解度比FeSO4的溶解度小这一性质，D错误。8．(2021·安徽省皖江联盟高三联考).侯德榜是近代化学工业的奠基人之一，是世界制碱业的权威。某同学在实验室模拟侯氏制碱法生产的纯碱中含有少量NaCl，下列说法正确的是()A．相同温度下，碳酸钙在纯碱溶液中的溶度积小于在水中的溶度积B．用标准盐酸滴定一定质量的样品，可以测量出纯碱的纯度C．用托盘天平称取10.60g样品配制溶液进行实验D．只用硝酸银溶液，即可鉴别样品溶液中是否含有氯离子【答案】B【解析】A项，溶度积只与温度有关，相同温度下，碳酸钙在纯碱溶液中的溶度积等于在水中的溶度积，故A错误；B项，样品中只有碳酸钠与盐酸反应，根据消耗盐酸的物质的量可计算碳酸钠的物质的量，所以用标准盐酸滴定一定质量的样品，可以测量出纯碱的纯度，故B正确；C项，托盘天平的精度是0.1g，用托盘天平无法称取10.60g样品，故C错误；D项，碳酸钠、氯化钠都能与硝酸银反应生成沉淀，只用硝酸银溶液不能鉴别样品溶液中是否含有氯离子，故D错误。9．(2021·湖南怀化市期末)下列实验方案不能准确测出Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是(不考虑实验误差)()A．取mg混合物充分加热，质量减少ngB．取mg混合物与足量稀盐酸完全反应，将反应后溶液加热、蒸发、干燥，得到ng固体C．取mg混合物与足量Ca(OH)2溶液完全反应将反应后浑浊液过滤、洗涤、干燥，得到ng固体D．取mg混合物与足量稀硫酸完全反应，逸出气体直接用碱石灰吸收，质量增加ng【答案】D【解析】A项，取mg混合物充分加热，碳酸氢钠分解为碳酸钠、水、二氧化碳，质量减少ng，说明生成二氧化碳和水的质量是ng，根据二氧化碳和水的质量可计算混合物中碳酸氢钠的质量，故不选A；B项，取mg混合物与足量稀盐酸完全反应，将反应后溶液加热、蒸发、干燥，得到ng固体，固体是氯化钠，设Na2CO3、NaHCO3的质量分别是xg、yg，则，解方程组，可计算混合物中碳酸氢钠的质量，故不选B；C项，取mg混合物与足量Ca(OH)2溶液完全反应将反应后浑浊液过滤、洗涤、干燥，得到ng固体，固体为碳酸钙，设Na2CO3、NaHCO3的质量分别是xg、yg，则，解方程组，可计算混合物中碳酸氢钠的质量，故不选C；D项，取mg 混合物与足量稀硫酸完全反应，逸出气体直接用碱石灰吸收，质量增加ng，吸收的气体含有水蒸气，二氧化碳的质量不是ng，所以不能准确测出Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故选D；故选D。10．(2021·湖南怀化市期末)下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是()选项操作和现象结论或目的A将饱和的FeCl3溶液滴加到浓NaOH溶液中制备Fe(OH)3胶体B向钠与水反应形成的溶液中滴加几滴酚酞，溶液变红钠与水反应生成了碱C向CuSO4溶液中加入一小块钠，生成气体和沉淀沉淀为CuD向某溶液中通入H2O2，再加入KSCN溶液，溶液变红色原溶液中一定含有Fe3+【答案】B【解析】A项，将饱和的FeCl3溶液滴加到浓NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B项，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，滴加几滴酚酞，溶液变红，故B正确；C项，向CuSO4溶液中加入一小块钠，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，故C错误；D项，H2O2能把Fe2+氧化为Fe3+，向某溶液中通入H2O2，再加入KSCN溶液，溶液变红色，原溶液中含有Fe2+或Fe3+，故D错误；故选B。11．混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案。下列分析正确的是()A．已知m1>m2，则混合物M中一定含有A12O3B．生成蓝绿色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C．固体P既可能是纯净物，又可能是混合物D．要确定混合物M中是否含有A1，可取M加入过量NaOH溶液【答案】D【解析】A项，若m1>m2，则混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是两者均有，不一定含有Al2O3，A错误；B项，离子方程式电荷不守恒，故B错误；C项，由于加了过量的盐酸，因此固体P 只能是铜，不可能是混合物，故C错误；D项，要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入过量NaOH溶液，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，故D正确。故选D。12．某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分及应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色；振荡试管，红色又迅速褪去。已知：①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)——该反应速率很慢②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl——该反应速率很快③(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似下列说法正确的是()A．用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰B．局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成Fe(SCN)3C．白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的D．红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN-发生反应，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移【答案】D【解析】A项，用 KSCN 溶液检验 Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A错误；B项，红色物质是 Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的 Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成 Fe3+，故B错误；C项，Cu(过量)与 FeCl3 溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu═2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓(白色)，但是将 KSCN 溶液滴加到混合液中，也可能存在反应2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，所以1观察到瞬间产生白色沉淀可能是溶液中的 CuCl2与 Cu 反应生成，也可能是CuCl2、KSCN之间反应生成，故C错误；D项，Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN−被消耗，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故D正确；故选D。13．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是(     ) A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+B．b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C．c点时加入的铁粉与Cu2+反应D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1【答案】B【解析】A项，a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，选项错误，A不符合题意；B项，b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，选项正确，B符合题意；C项，当加入铁粉的质量大于1.68g后，图中曲线出现了拐点，由点(2.24，1.84)可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；D项，当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故溶液中nFe3+=2n(Fe)=mM=2×0.56g56g/mol=0.02mol，故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g(即1.12g)时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则溶液中nCu2+=n(Fe)=mM=1.12g56g/mol=0.02mol，故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1：2，选项错误，D不符合题意；故选B。14．(2021·陕西汉中市高三月考)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＋H2OB．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)3D．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 【解析】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。A项，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＋＋SO42＋H2O，A正确；B项，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项，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项，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++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D正确；故选B。15．(2021·四川成都市期末)高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列说法错误的是()A．Na2FeO4中元素显+6价B．碱性条件下氧化性强于Na2FeO4C．每生成1molNa2FeO4转移6mol电子D．在水处理中，Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能【答案】C【解析】对于反应2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸钠是氧化剂，Na2FeO4中Fe元素显+6价，A项，Na2FeO4中Fe元素显+6价，A正确；B项，碱性条件下，NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B正确；C项，Fe(OH)3中的铁元素的化合价是+3价，产物Na2FeO4中的铁元素的化合价为+6价，每生成1molNa2FeO4转移的电子数为3mol，C错误；D项，Na2FeO4具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能，D正确；故选C。16．(2021·广东珠海市期末)用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和Fe)制备纳米(平均直径25nm)的流程示意图如下： 下列叙述错误的是()A．步骤①中，生成车间要禁止烟火B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C．步骤④中H2O2应该过量D．步骤⑤中，为验证得到因体是纳米态Fe3O4粒子，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验【答案】C【解析】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤，分离出过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化生成Fe(OH)3，在与氯化亚铁加热搅拌发生反应生成Fe3O4，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4。A项，步骤①中铁与盐酸会反应放出氢气，因此生成车间要禁止烟火，故A正确；B项，滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和除去过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；C项，步骤④中，过量的H2O2在步骤⑤中会继续氧化+2价的铁，因此步骤④中H2O2不能过量，故C错误；D项，纳米态Fe3O4的平均直径25nm，形成的分散系属于胶体，可以通过做丁达尔效应实验验证，故D正确；故选C。17．(2021·湖南省高三质检)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，设计实验流程如下：下列说法正确的是()A．检验滤液1中是否含有Fe2＋，可以选用K4Fe(CN)6溶液B．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L－1H2SO4C．滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分只有SiO2D．步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收 【答案】D【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晶体。A项，若检验滤液中滤液1中是否含有Fe2＋，可以选用K3Fe(CN)6溶液，在K3Fe(CN)6溶液的作用下，Fe2+可以反应生成蓝色沉淀，故A错误；B项，过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B错误；C项，根据分析，滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；D项，根据分析，步骤①操作中生成的气体为硫化氢，直接排放易污染空气，需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故D正确；故选D。18．(2021·河北唐山市山一中高三质检)银铜合金广泛应用于航空工业。从银铜合金的切割废料中回收银和制备CuAlO2的流程如下。已知：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃。下列说法错误的是()A．电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极B．为提高原料利用率，流程中应加过量的稀NaOHC．滤渣B煅烧时发生的反应为4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+O2↑+6H2OD．若用1.0kg银铜合金(铜的质量分数为64%)最多可生成10molCuAlO2【答案】D【解析】由流程可知，银铜合金在空气中熔炼时，其中的铜被氧化生成氧化铜成为渣料，同时得到银熔体，经冷凝成型得到粗银，粗银经电解精炼得到银；渣料经稀硫酸溶液、过滤，得到硫酸铜溶液，向该溶液中加入硫酸铝和稀的氢氧化钠溶液、煮沸、过滤，得到滤渣B，B中含有氢氧化铝和氧化铜，其在惰性气体中煅烧得到CuAlO2。A项，电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极，粗银溶解，控制一定的条件使电解质溶液中的银离子在阴极上放电生成银，A说法正确；B项，为提高原料利用率，流程中不能加过量的稀NaOH，因为氢氧化铝会与过量的强碱反应生成可溶性的盐，B说法错误；C项，Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃,因此，煮沸时Cu(OH)2分解为CuO，因此，滤渣B 中含有氢氧化铝和氧化铜，其在煅烧时发生的反应为4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+O2↑+6H2O，C说法正确；D项，1.0kg银铜合金中铜的质量为1000g´64%=640g，铜的物质的量为，因此，根据铜元素守恒可知，若用1.0kg银铜合金(铜的质量分数为64%)最多可生成10molCuA1O2，D正确。故选B。19．(2021·沈阳市辽宁实验中学期末)常温下，c(H+)=0.1mol/L的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如图所示实验：已知氧化性Fe3+>I2。根据实验结果，判断下列说法正确的是()A．Fe3+与Fe2+至少有一种B．一定不存在CO32-，可能存在Na+和Cl-C．一定存在Fe2+、I-、Cl-D．该溶液中一定存在Fe2+、I-，可能含Cl-【答案】C【解析】c(H+)=0.1mol/L溶液中的H+可以与CO32-反应，故溶液中不存在CO32-；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，说明有I2生成，则原溶液中含有I-，Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有I-的物质的量为0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe(OH)2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2=0.02mol，0.02molFe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，0.02molI-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol-0.02mol=0.03mol，由于不能确定是否存在Na+，故Cl-含量≥0.03mol。A项，根据分析，原溶液中不存在Fe3+，A错误；B项，根据分析，溶液中一定不存在CO32-，可能存在Na+，一定存在Cl-，B错误；C项，根据分析，溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-，C正确；D项，根据分析，溶液中一定存在Cl-，D错误；故选C。20．(2021·浙江绍兴市期末)某混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，进行如图实验： 下列有关说法正确的是()A．由Ⅰ可知Cu能与过量的盐酸发生置换反应B．蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+C．原混合物X中含Fe2O3的质量是4.48g，SiO2的质量为3.0gD．将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量【答案】D【解析】Fe2O3和过量HCl反应生成FeCl3和H2O，FeCl3再和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，蓝色溶液为HCl、CuCl2和FeCl2的混合溶液，4.92g固体为SiO2(可能有Cu)；Cu不能和NaOH溶液反应，SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，4.92g固体加过量NaOH溶液后剩余1.92g固体，则4.92g固体中含1.92gCu，含4.92g-1.92g=3.0gSiO2，则9.4gX中含Fe2O3、Cu共9.4g-3.0g=6.4g；设X中Cu的物质的量为xmol，Fe2O3的物质的量为ymol，则64x+160y=6.4，根据Fe原子守恒，加盐酸后产生的Fe3+的物质的量为2ymol，根据2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知步骤Ⅰ反应了的Cu的物质的量可表示为ymol，则64y+1.92=9.4-3.0-160y，联立二式解得y=0.02，x=0.05，则9.4gX中含Fe2O3的质量为160×0.02g=3.2g，Cu的质量为64×0.05g=3.2g，SiO2的质量为3.0g。A项，Cu不能和过量的盐酸发生置换反应，Ⅰ中铜反应了一部分发生的是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B项，结合分析可知蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，4.92g固体中含有Cu，则在蓝色溶液中一定不含Fe3+，B错误；C项，由分析可知原混合物X中含Fe2O3的质量是3.2g，SiO2的质量为3.0g，C错误；D项，将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，则Ⅰ后剩余固体为Fe2O3和Cu，因Fe2O3和Cu的质量在Ⅰ中没有损失，则Ⅱ发生的是原来Ⅰ的反应，最后剩余固体仍然为过量的1.92gCu，即将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量，D正确；故选D。二、非选择题21．(2021·湖南怀化市期末)某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题： (1)⑥操作方法的名称是__________________；操作⑨包括：蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、低温干燥。(2)加入试剂⑤发生反应的离子方程式为________________________。(3)试剂⑦的化学式为____________。(4)某兴趣小组同学欲鉴别④中的金属阳离子，设计如下实验：甲同学取2.0mL④溶液，滴加氢氧化钠溶液，产生白色沉淀且很快变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，其中涉及氧化还原反应的化学方程式为___________________。乙同学取2.0mL④溶液，先加入几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴氯水，溶液变红，其中涉及氧化还原反应的离子方程式为___________________。(5)若按上述工艺处理1000L该工业废水，制得320g铜，则该工业废水中c(Cu2+)=______。【答案】(1)过滤冷却结晶(2)Fe+Cu2+=Fe2++Cu(3)H2SO4(4)4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(5)0.005mol·L-1【解析】工业废水中加入过量的铁粉，铁置换出硫酸铜中的铜，过滤，得硫酸亚铁溶液和铁、铜的混合物，铁、铜混合物中加入过量硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤出铜单质，蒸发浓缩硫酸亚铁溶液、冷却结晶，析出硫酸亚铁晶体。(1)工业废水中加入过量的铁粉，铁置换出硫酸铜中的铜，过滤，得硫酸亚铁溶液和铁、铜的混合物，⑥操作方法的名称是过滤；蒸发浓缩硫酸亚铁溶液、冷却结晶，析出硫酸亚铁晶体，操作⑨包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。(2)工业废水中加入过量的铁粉，铁置换出硫酸铜中的铜，加入试剂⑤发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；(3)铁、铜混合物中加入过量硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤得到铜单质，所以试剂⑦是硫酸，化学式为H2SO4；(4)④是硫酸亚铁溶液，甲同学取2.0mL④溶液，滴加氢氧化钠溶液，产生白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化，很快变为灰绿色，最后变为红褐色氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；乙同学取2.0mL④溶液，先加入几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴氯水，亚铁离子被氯气氧化为铁离子，溶液变红，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(5)若按上述工艺处理1000L 该工业废水，制得320g铜，根据铜元素守恒，，则该工业废水中c(Cu2+)=。22．(2021·石家庄市藁城区第一中学高三月考)三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)能溶于水，难溶于乙醇，该物质对光敏感，光照下即发生分解，产物之一是黄色的草酸亚铁。实验室可用如图流程来制备三草酸合铁酸钾晶体。根据题意完成下列各题：(1)若用废铁屑和稀硫酸制备绿矾，需先将废铁屑碱煮水洗，其目的是___________；然后与硫酸反应时___________(填物质名称)往往要过量。(2)要从溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是___________(按前后顺序填代号)。a．过滤洗涤b．蒸发浓缩c．冷却结晶d．灼烧e．干燥(3)称取制得的绿矾晶体7.00g，加稀硫酸溶解。加入一定量的草酸后，加热煮沸，形成黄色沉淀，过滤，洗涤。如何确定沉淀已经洗涤干净：___________。(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40℃左右，原因是___________；写出氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式___________。(5)经过一系列操作后得到的最终产物晶体先用少量冰水洗涤，再用无水乙醇洗涤，低温干燥后称量，得到9.82g翠绿色晶体，用无水乙醇洗涤晶体的目的是___________。(6)列式计算本实验中三草酸合铁酸钾晶体的产率___________(保留一位小数)。(7)某同学制得的三草酸合铁酸钾晶体表面发黄，推测可能有部分晶体见光分解。为了验证此推测是否正确，可用的试剂及现象是________________________。【答案】除去铁屑表面的油污铁屑(2)bcae(3)取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净(4)温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O42-=2[Fe(C2O4)3]3-+6H2O(5)除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，利于干燥(6)79.4%(7)检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解 【解析】向绿矾中加入稀硫酸，可抑制亚铁离子的水解，硫酸亚铁与草酸反应生成黄色沉淀FeC2O4·2H2O，加入草酸钾、用过氧化氢将FeC2O4·2H2O氧化为K3[Fe(C2O4)3]，加入草酸煮沸后一定条件下结晶得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。(1)将废铁屑碱煮水洗，其目的是为了除去铁屑中不溶于酸的杂质，铁屑与硫酸反应时，由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化，所以铁屑往往要过量；(2)要从溶液中得到绿矾晶体，应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，析出固体后过滤、洗涤、最后干燥即得绿矾，故答案为bcae。(3)检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀硫酸钡，则说明洗涤干净。(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40℃左右原因是，温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解；氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式为2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O42-=2[Fe(C2O4)3]3-+6H2O。(5)根据题给信息可知三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇，乙醇具有挥发性，用乙醇洗涤，不但可以除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，而且利于晶体快速干燥。(6)7.00gFeSO4·7H2O理论上生成(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)的质量为，则产率为。(7)三草酸合铁酸钾见光分解，产物之一是黄色的草酸亚铁，检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解。23．(2021·山东潍坊市期末)制备高铁酸钾[K2FeO4]并用其除去土壤和废水中的有机砷(HAPA)与无机砷[+3价砷表示As(Ⅲ)]的流程如图所示：已知：酸性越强，K2FeO4越容易发生反应生成O2。回答下列问题：(1)生成K2FeO4的化学方程式为________________。(2)K2FeO4去除砷污染时作_________(填“氧化剂”或“还原剂”)。若污染物中的砷全部以Na3AsO3计，则去除全部污染时Na3AsO3与K2FeO4的物质的量之比为_______________。(3)氢离子浓度、高铁酸钾的用量对HAPA和As(Ⅲ)去除效果的影响如图所示。 ①氢离子浓度为3×10-5mol•L-1时去除率低，原因是(用离子方程式表示)_______________。②最佳铁砷质量比为________________，理由是____________________________。【答案】(1)3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O(2)氧化剂3:2(3)①4FeO42-+20H+=4Fe3++10H2O+3O2↑②5:1减少K2FeO4的用量，节约成本【解析】由题给流程可知，在氢氧化钾溶液中，氯气与氢氧化铁发生氧化还原反应生成高铁酸钾，碱性条件下，反应生成的高铁酸钾将废水中的有机砷与无机砷氧化为+5价砷，达到去除砷污染的目的。(1)由题意可知，在氢氧化钾溶液中，氯气与氢氧化铁发生氧化还原反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；(2)由题意可知，高铁酸钾去除砷污染时，铁元素的化合价降低被还原(价态降低了3价)，高铁酸钾为反应的氧化剂；还原剂Na3AsO3中砷元素价态升高了2价；由得失电子数目守恒可知，去除全部污染时还原剂Na3AsO3与氧化剂K2FeO4的物质的量之比为3：2；(3)①由题给信息可知，氢离子浓度为3×10-5mol•L-1时高铁酸钾不稳定，反应生成铁离子、氧气和水，反应的离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3++10H2O+3O2↑；②由图可知，铁砷质量比为5:1和10:1时，HAPA和As(Ⅲ)的去除率相差不大，从减少K2FeO4的用量，节约成本的角度考虑，最佳铁砷质量比为5:1。24．(2021·湖北十堰市期末)镍催化剂的主要成分为Ni，还含有一定量Al、Fe及氧化铁、少量其他不溶性物质，回收废镍催化剂制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)的工艺流程如下： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Ni2+开始沉淀的pH(c=0.01mol·L-1)2.27.57.2沉淀完全的pH(c=1.0×10-5mol·L-1)3.29.08.7回答下列问题：(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式是___________。提高“碱浸”速率的措施是_____________________________________(任写一点即可)。(2)“滤液②”可能含有的金属离子是________________________。(3)“转化”步骤中加入H2O2的目的是________________________，反应的离子方程式是_____________________________________。(4)“调pH”时，最适宜的pH范围是________________________。(5)“控制pH浓缩结晶”步骤后得到硫酸镍晶体的操作依次是：过滤、_________、干燥。(6)利用表格中的数据，计算Fe(OH)3的Ksp=___________【答案】(1)2Al+2OH-+2OH-=2AlO2-+3H2↑加热(增大NaOH溶液浓度、粉碎、搅拌等)(2)Ni2+、Fe2+和Fe3+(3)将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去2Fe2++2H++2H2O2=2Fe3++2H2O(4)3.2~7.2(5)洗涤(6)或【解析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，镍、铁和氧化铁不与碱反应，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液①和含有镍、铁、氧化铁和少量其他不溶性物质的滤饼①；向滤饼①中加入稀硫酸酸浸，镍、铁和氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镍，过滤除去含有少量其他不溶性物质的滤渣②，得到含有硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镍的滤液②；向滤液②中加入过氧化氢溶液，将硫酸亚铁转化为硫酸铁，再向溶液中加入氢氧化钠溶液，调节pH在3.2~7.2的范围内，将硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣③和含有硫酸镍的滤液③；滤液③经控制溶液pH浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体。(1)“碱浸” 时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2OH-=2AlO2-+3H2↑，将废镍催化剂粉碎、增大氢氧化钠溶液浓度、加热升高温度、搅拌等措施能提高“碱浸”速率；(2)由分析可知，滤液②为硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镍的混合溶液，含有的金属阳离子为Ni2+、Fe2+和Fe3+；(3)“转化”步骤中加入过氧化氢发生的反应为酸性条件下，硫酸亚铁与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++2H++2H2O2=2Fe3++2H2O，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便加入氢氧化钠溶液调节pH时转化为Fe(OH)3沉淀除去；(4)调节溶液pH的目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Ni2+不转化为沉淀，由题给数据可知，最适宜的pH范围是3.2~7.2；(5)由分析可知，滤液③经控制溶液pH浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体；(6)由题给数据可知，开始沉淀时，铁离子的浓度为0.01mol/L，氢氧根离子浓度为mol/L，则Fe(OH)3的Ksp=，或完全沉淀时，铁离子的浓度为1.0×10-5mol/L，氢氧根离子浓度为mol/L，则Fe(OH)3的Ksp=。25．(2021·自贡市田家炳中学高三月考)钪是地壳中含量极少的稀土元素，但在照明、合金和陶瓷材料、催化化学等领域具有重要应用价值。钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，从钛铁矿中提取Sc2O3的流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”时，为提高浸取效率，可以采取的措施有___________(答两个)。滤渣1的主要成分是___________。(2)“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是___________。(3)“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如图，萃取时适宜的振荡时间为___________min。“洗钛”所得[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的稳定离子，其中氧的化合价有-2、-1两种，则Ti的化合价为___________。 (4)“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01mol/L，再用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，则调pH应控制的pH范围是___________。已知：当离子浓度减小至10-5mol/L时可认为沉淀完全。lg2=0.3；室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33。(5)加草酸“沉钪”的离子方程式为___________。(6)“沉钪”后获得Sc2O3的方法是___________，该反应产生的气体必须回收利用，其意义是_____________________________________。【答案】(1)将钛铁矿粉粹，加强搅拌，增加酸浸时间，适当升高温度(任答两条)SiO2(或二氧化硅)(2)TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O+H2SO4(3)10+4(4)3.2~3.7(5)3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3↓+6H+(6)灼烧避免CO污染环境，同时变废为宝【解析】钛铁矿中SiO2不溶于硫酸，滤渣1为SiO2，酸浸后TiO2转化为TiOSO4，FeO、Fe2O3分别转化为FeSO4、Fe2(SO4)3，Mg、Sc元素转化为MgSO4、Sc2(SO4)3，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂萃取出Sc3+和一小部分Fe和Ti，然后洗钛，将Ti转化为[TiO(H2O2)]2+，加入NaOH溶液后反萃取将Fe和Sc元素转化为沉淀形式，“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+，调pH值使TiO2+、Fe3+转化为沉淀除去，再加入H2C2O4将Sc3+转化为Sc2(C2O4)3，灼烧Sc2(C2O4)3得到Sc2O3。(1)提高酸浸浸取率的措施有将钛铁矿粉粹，加强搅拌，增加酸浸时间，适当升高温度等；矿石中Mg、Si、Sc等元素以氧化物形式存在，加入92%硫酸酸浸时，SiO2不溶于硫酸，故滤渣1的主要成分为SiO2；(2)“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，发生水解反应后生成TiO2·xH2O，据此可写出水解的化学方程式为TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O+H2SO4；(3)由题图知，10分钟时Sc的萃取率已经很高，再延长振荡时间，Sc的萃取率变化较小，因此10min为适宜的振荡时间；[TiO(H2O2)]2+中H2O2中O的化合价为-1价，另一个O的化合价为-2价，则Ti的化合价为+4价；(4)TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Fe3+恰好沉淀完全时，溶液中c(OH-)=mol/L，此时c(H+)=mol/L，则pH=-lgc(H+)=3.2，Sc 开始沉淀时c(OH-)=mol/L，此时pH=3.7，故调pH的范围是3.2~3.7。(5)沉钪时Sc3+转化成Sc2(C2O4)，离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3↓+6H+。(6)Sc2(C2O4)3受热易分解为氧化钪、CO、CO2，所以由Sc2(C2O4)3转化为Sc2O3的方法是灼烧，气体回收利用可避免CO污染环境，同时变废为宝。26．(2020·四川成都市成都七中高三一模)保险粉Na2S2O4大量用于印染业，并用来漂白纸张、纸浆和陶土等。某化学兴趣小组同学用甲酸法制取保险粉的装置如图所示(加持装置略去)。已知：保险粉易溶于水，不溶于甲醇，具有强还原性，在空气中易被氧化：2Na2S2O4+O2+2H2O=NaHSO3或Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4。实验时先把甲酸(HCOOH)与溶于甲醇和水混合溶剂的NaOH混合，再通入SO2气体。回答下列问题：(1)仪器a的名称是______；装置B的作用是________________________________。(2)装置C中甲醇不参加反应，甲醇的作用是________________________________；生成Na2S2O4的离子方程式为___________________。(3)下列有关该实验的说法正确的是______(填序号)。A．可用硝酸和BaCl2溶液检验制得的Na2S2O4中是否混有NaHSO4B．实验中甲酸和NaOH最合适的物质的量之比为1：1C．用N2排尽装置内的空气，有利于提高的Na2S2O4纯度D．得到Na2S2O4固体后可用甲醇洗涤(4)测定产品中Na2S2O4质量分数，其实验步骤如下，准确称取0.5000g产品放入锥形瓶中，加入适量水使其溶解。然后加入足量甲醛，充分反应，再滴加几滴指示剂，用0.2000mol·L-1的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗25.00mL标准I2溶液。实验过程中涉及的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2 O=NaHSO3·HCHO+NaHSO2·HCHO；NaHSO2·HCHO+2I2+2H2O=NaHSO4+HCHO+4HI。该实验加入指示剂是______，产品Na2S2O4(M=174g·mol-1)的质量分数为______%(保留一位小数)。(5)探究Na2S2O4的性质。隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解是到固体产物Na2SO3，Na2S2O3和SO2，但该兴趣小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是__________________________。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)【答案】(1)恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)(2)防倒吸降低Na2S2O4的溶解度，有利于其结晶析出HCOO-+2SO2+3OH-S2O42-+CO32-+2H2O或HCOO-+2SO2+OH-S2O42-+CO2+H2O(3)CD(4)淀粉溶液87.0(5)取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无【解析】(1)容器a为带有恒压装置的分液漏斗，故名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；由于SO2进入C装置反应可能会产生倒吸，故装置B的作用为防倒吸；(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇，故甲醇的作用为降低Na2S2O4溶解度，有利于其结晶析出；根据题意，HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4，HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-，故初步确定反应为：HCOO-+SO2+OH-→S2O42-，S元素由+4被HCOO-还原为+3，推测HCOO-中C元素由+1被氧化为稳定+4价CO2，由于为碱性条件，故此时应该生成CO32-，结合元素守恒确定生成物中有H2O，故配平后方程式为：HCOO-+2SO2+3OH-S2O42-+CO32-+2H2O(或HCOO-+2SO2+OH-S2O42-+CO2+H2O)；(3)A．Na2S2O4具有强还原性，强氧化性HNO3能将其氧化为SO42-，故A不合理；B．若甲酸与NaOH物质的量之比为1:1，则此时恰好反应，若NaOH过量，则可以将CO2反应生成CO32-，有助于平衡正向移动，提高Na2S2O4产率，故B不合理；C．Na2S2O4具有强还原性，在空气中易被氧化，故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化，提高其纯度，C合理；D．Na2S2O4不溶于甲醇，故可用甲醇洗涤，D合理；故故选CD。(4)涉及I2的滴定，可以用淀粉溶液作指示剂，终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色，故此处填淀粉溶液；根据已知方程式确定关系式：Na2S2O4~NaHSO2·HCHO~2I2，得c(Na2S2O4)=；W(Na2S2O4)=，即Na2S2O4质量分数为87.0%；(5)检验SO42-，需加入稀盐酸排除SO32-等离子干扰，再加入BaCl2溶液观察现象，不能选用稀硝酸，因为硝酸会将Na2SO3、Na2S2O3、SO2等物质氧化成SO42-产生干扰，故选用试剂为：稀盐酸和BaCl2 溶液，具体操作为：取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无。