第三章 金属及其化合物（测试）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第三章金属及其化合物测试卷时间：75分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16Co59一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3分)1．（2024·重庆·模拟预测）下列实验操作产生的现象正确的是A．将CO2通入苯酚钠溶液中，溶液出现浑浊B．将少量Na放入CuSO4溶液中，出现红色沉淀C．将蘸取NaCl溶液的铂丝在火焰上灼烧，火焰呈紫色D．将葡萄糖溶液加入新制的Cu(OH)2悬浊液中，出现黑色沉淀【答案】A【解析】A．CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚、碳酸氢钠，苯酚的溶解度不大，则溶液变浑浊，A正确；B．钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氢气，观察到生成蓝色沉淀，B错误；C．钠元素的焰色为黄色，不是紫色，C错误；D．将葡萄糖溶液加入新制的Cu(OH)2悬浊液中，加热出现砖红色沉淀，不是黑色沉淀，D错误；故答案为：A。2．（2024·安徽·三模）化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是A．裂化汽油、煤焦油、生物柴油的主要成分都是烷烃类B．节日烟花呈现的是钠、钾、钡等金属元素的焰色试验，与电子跃迁有关C．在水处理过程中涉及：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉D．中国茶文化源远流长：治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……，泡茶过程涉及的操作有萃取、过滤【答案】A【解析】A．裂化汽油、煤焦油的主要成分是烃类，生物柴油的主要成分是酯类，故A错误；B．节日烟花呈现的是钠、钾、钡等金属元素的焰色试验，与电子跃迁有关，电子从能量较高的激发态跃迁至能量较低的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量，故B正确；C．具有强氧化性，在水处理过程中与细菌发生氧化还原反应使蛋白质变性而达到杀菌的作用，被还原生成铁离子，铁离子在水溶液中发生水解生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮的难溶性杂质聚沉而达到净水的目的，故在水处理过程中涉及：氧化还原反应、蛋白质变性、盐类水解、胶体聚沉，故C正确；D．投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，故D正确；故选A。3．（2024·黑龙江·模拟预测）用下列装置（夹持仪器已略去）进行相关实验，不能达到实验目的的是A．用图Ⅰ装置蒸发浓缩溶液，获得晶体B．用图Ⅱ装置验证与水反应生成C．用图Ⅲ装置提纯胶体D．用图Ⅳ装置测定绿矾中结晶水的数目【答案】A【解析】A．溶液的蒸发浓缩应在蒸发皿中进行，A符合题意；B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，若带火星的小木条复燃可证明有氧气生成，B不符合题意；C．胶体粒子不能透过半透膜，溶液可以，C不符合题意；D．在硬质玻璃管中隔绝空气加热绿矾，利用氮气将产生气体排至无水氯化钙，通过无水氯化钙的质量变化测定绿矾中结晶水的数目，D不符合题意；故选：A。4．（2024·陕西西安·二模）化学与生活、科技、环境密切相关，下列应用或事实不涉及氧化还原反应的是A．植物油氢化制人造奶油B．为减少污染，将煤气化或液化C．常温下，用铁制容器盛装浓硝酸D．用明矾作净水剂除去水中的悬浮杂质【答案】D【解析】A．植物油氢化制人造奶油过程中氢元素化合价发生改变，为氧化还原过程，A不符合题意；B．将煤气化或液化过程中存在元素化合价改变，为氧化还原反应，B不符合题意；C．常温下，用铁制容器盛装浓硝酸，是铁和浓硝酸发生钝化反应，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．明矾作为净水剂，这是因为明矾溶于水发生水解生成氢氧化铝胶体，没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。5．（2024·海南·三模）物质的性质决定用途，下列前后对应关系正确的是A．溶液显酸性，可除燃气中的B．溶液显碱性，可除废水中的C．活性炭具有还原性，可吸附自来水中的悬浮物D．具有氧化性，可用于水的高效消毒杀菌【答案】D【解析】A．脱除燃气中H2S利用了FeCl3的氧化性，与FeCl3溶液显酸性无关，故A错误；B．除去废水中Cu2+利用了Cu2+能与S2-生成不溶于水的CuS沉淀，与Na2S溶液显碱性无关，故B错误；C．活性炭作自来水的净化剂是利用了其吸附作用，与活性炭具有还原性无关，故C错误；D．具有氧化性，可以使病毒中蛋白质变性，可用于水的高效消毒杀菌，故D正确。答案选D。6．（2024·重庆涪陵·模拟预测）下列反应的离子方程式书写正确的是A．将固体投入中：B．溶液中加入NaHS洛液：C．向红色溶液中加入过量铁粉至溶液红色褪去：D．少量通入苯酚钠溶液：22【答案】A【解析】A．将固体投入中：，A正确；B．溶液中加入NaHS溶液：，B错误；C．向红色溶液中加入过量铁粉至溶液红色褪去：，，C错误；D．少量通入苯酚钠溶液：，D错误；故选A。7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）下列操作不能达到实验目的的是A．用无水检验甲苯中的少量水 B．用湿润的蓝色石蕊试纸检验C．用溶液检验水中是否含有苯酚 D．用溶液检验溶液是否变质【答案】B【解析】A．无水遇水变蓝色，所以可以用无水检验甲苯中的少量水，故A不符合题意；B．应用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色，不能用湿润的蓝色石蕊试纸检验NH3，故B符合题意；C．苯酚与溶液作用显紫色，可以用溶液检验水中是否含有苯酚，故C不符合题意；D．溶液变质说明溶液中含有Fe3+，遇Fe3+变红色，可以用溶液检验溶液是否变质，故D不符合题意；故选B。8．（23-24高一下·内蒙古鄂尔多斯·开学考试）下列关于各实验装置的描述中，不恰当的是A．图1的实验可以证明过氧化钠与水反应放热B．图2中的溶液要提前驱除溶解的氧气，以制备C．图3的装置可以用于去除碳酸钠中的碳酸氢钠D．图4的装置可能发生倒吸，需要改进【答案】C【解析】A．若脱脂棉燃烧，则可以说明该反应放热，产生的热量使脱脂棉燃烧，A正确；B．NaOH直接与硫酸亚铁反应得到Fe(OH)2，溶液提前驱除溶解的氧气，煤油可以隔绝氧气，防止Fe(OH)2被氧化，B正确；C．加热固体使碳酸氢钠分解不能在蒸发皿中进行，C错误；D．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，气体被消耗，会造成压强差，可能发生倒吸，需要改进，D正确；故选C。9．（2023·浙江绍兴·一模）硫酸铜是一种重要的盐，下列说法不正确的是A．可用于泳池的消毒 B．可以用来检验酒精中是否含少量水C．可以和石灰乳混合配制农药波尔多液 D．可以通过Cu与稀硫酸反应制备【答案】D【解析】A．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性而起到杀菌消毒的作用，常用于泳池的消毒，故A正确；B．白色无水硫酸铜能与水反应生成淡蓝色的五水硫酸铜，所以硫酸铜可以用来检验酒精中是否含少量水，故B正确；C．硫酸铜溶液和石灰乳都能能使蛋白质发生变性而起到杀菌的作用，所以硫酸铜石灰乳混合配制农药波尔多液，故C正确；D．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，所以不能用铜与稀硫酸反应制备硫酸铜，故D错误；故选D。10．（2024·山东济宁·一模）氧泡泡是一种多功能新型漂白剂，其有效成分是过碳酸钠(xNa2CO3•yH2O2)。I.以芒硝(Na2SO4•10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如图：Ⅱ.测定过碳酸钠化学式的实验步骤如下(样品中杂质不参加反应)：①用电子天平称取两份质量均为mg的样品。②将一份置于锥形瓶中，加水溶解，加催化剂使H2O2充分快速分解(催化剂不参与其它反应)，然后加酚酞作指示剂，用0.0500mol•L-1H2SO4溶液滴定至终点，消耗硫酸V1mL。③将另一份置于碘量瓶中，加入50mL蒸馏水，并立即加入6mL2.0mol•L-1H3PO4溶液，再加入过量KI固体，摇匀后于暗处放置10min，加入适量指示剂，用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)过碳酸钠制备的流程中，下列说法错误的是A．步骤1中2mol芒硝参与反应时，消耗1molNa2Cr2O7B．滤渣的主要成分为CaSO4C．步骤2的方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2ONa2Cr2O7+2NaHCO3↓D．稳定剂的作用是阻止微量杂质金属离子的催化作用，减少双氧水的分解【答案】A【分析】步骤1中，芒硝、CaO、Na2Cr2O7溶液混合后，发生反应Na2SO4+CaO+Na2Cr2O7=2Na2CrO4+CaSO4；过滤后，滤渣主要为CaSO4；步骤2中，往滤液中通入CO2，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，同时生成NaHCO3，过滤后，Na2Cr2O7循环使用；NaHCO3灼烧后生成Na2CO3等，与30%H2O2、稳定剂混合，再加入95%的乙醇，抽滤、干燥后生成过碳酸钠。【解析】A．步骤1中发生反应Na2SO4+CaO+Na2Cr2O7=2Na2CrO4+CaSO4，则2mol芒硝参与反应时，消耗2molNa2Cr2O7，A错误；B．由分析可知，滤渣的主要成分为CaSO4，B正确；C．步骤2中，往滤液中通入CO2，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，同时生成NaHCO3，方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2ONa2Cr2O7+2NaHCO3↓，C正确；D．H2O2易发生分解，特别是有金属离子作用时，则稳定剂的作用是阻止微量杂质金属离子的催化作用，减少双氧水的分解，D正确；故选A。11．（2024·湖北武汉·模拟预测）钛被誉为太空金属和亲生物金属，拥有卓越的金属特性。以钛铁矿(主要成分为，还含有少量)为原料制备钛的流程如图所示，已知沸点为136℃。下列说法错误的是A．为加快“氯化”速率，可将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀B．理论上，每制得，需要C．固体为分子晶体D．流程中的Ar气氛换成性质稳定的氮气也可以达到同样效果【答案】D【分析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。【解析】A．将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀，增大反应物的接触面积，可加快“氯化”速率，故A正确；B．镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，理论上，每制得1molTi，需要2molMg，故B正确；C．由题可知TiCl4的沸点低，属于分子晶体，只含共价键，是共价化合物，故C正确；D．高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，故D错误；故答案选D。12．（2024·河北邯郸·三模）轻质碳酸镁是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块（主要成分为，含、等杂质离子）为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如图。下列说法错误的是A．在实验室进行①操作所用的仪器为玻璃棒、烧杯B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为C．②和③工序名称均为“过滤”D．“沉镁”工序控制合适的温度，产生的气体主要为和【答案】D【分析】由图知，向卤块（主要成分为，含、等杂质离子）中加入盐酸进行酸溶，再加入过氧化氢发生将氧化为，再加入氢氧化钠溶液转化为氢氧化铁沉淀，过滤将其除去得到滤渣，滤渣为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵进行沉镁，发生，故X主要为二氧化碳，经过过滤，得到轻质碳酸镁，据此回答。【解析】A．①操作需用盐酸溶解卤块，所用仪器为玻璃棒、烧杯，A正确；B．“氧化”目的是将氧化为，再通过调节除去，离子方程式为，B正确；C．②和③操作都得到液体和固体，均为过滤，C正确；D．“沉镁”工序中、转化为()，温度过高分解才可能产生，D错误；故选D。13．（2024·湖南长沙·三模）氯化铜广泛用作媒染剂、氧化剂、木材防腐剂、食品添加剂、消毒剂等，在空气中易潮解。某兴趣小组利用如图所示装置制备氯化铜。下列说法正确的是A．仪器a为恒压滴液漏斗，可防止HCl挥发到空气中B．B中盛放浓硫酸，C中盛放饱和食盐水C．D装置后需连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯，防止污染D．实验时，先点燃D处酒精灯，再滴加浓盐酸【答案】A【分析】装置A制取氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，装置B中盛放饱和食盐水，除去HCl，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，装置D制取氯化铜。【解析】A．恒压滴液漏斗的作用是平衡滴液漏斗和圆底烧瓶间的气压，便于液体顺利滴下，不需要打开上端的塞子，可防止HCl挥发，A项正确；B．B中盛放饱和食盐水，除去HCl，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，B项错误；C．D装置后需要连接干燥装置，防止CuCl2潮解，再通入氢氧化钠溶液，C项错误；D．为防止氧气反应引入杂质，需先通一段时间氯气，再点燃D处酒精灯，D项错误；故选A。14．（2024·北京·三模）从电子废料(含、和等)中可回收金，主要流程如下：已知：王水溶金发生反应(稀)(浓)下列说法不正确的是A．浓盐酸促进了和的反应，其原因是降低了，增强了的还原性B．以为电解质进行粗金的电解精炼，可能会有覆盖在阴极发生针化C．可实现析金发生反应：D．依据王水溶金原理，溶液与浓盐酸也可使溶解【答案】B【分析】电子废料(含、和等)首先通过王水溶金生成，再加入还原析金，得到粗金。【解析】A．浓盐酸与结合，生成，降低了，增强了Au的还原性，A正确；B．溶液中氯离子主要以形式存在，故不会生成氯化银沉淀，B错误；C．作还原剂还原，实现析金，化学反应为：，C正确；D．选用溶液、浓盐酸溶金与王水原理相同，也可使Au溶解，D正确；答案选B15．（2024·全国·模拟预测）草酸钴晶体是制备钴的氧化物的重要原料。18.3g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)在隔绝空气受热时的质量变化曲线如图所示，240℃及以上所得固体均为钴氧化物(其中Co的化合价为+2或+3)。下列说法正确的是A．到A点时草酸钴晶体失去2个H2OB．C点剩余固体的化学成分为Co3O4C．若B点时通入氧气，则会发生反应3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2D．C点到D点发生反应的化学方程式为CoCO3CoO+CO2↑【答案】C【解析】A．若失去2个，则固体质量保留百分数为，对应的点为B点，A项错误；B．若C点生成，根据钴元素守恒，得到关系式，则固体质量保留百分数为，假设不成立，B项错误；C．B点剩余固体为，通入氧气，则会发生反应，C项正确；D．，推测C点为，高温分解生成，固体质量保留百分数为，D项错误；故选C。二、非选择题(共4小题，共55分)16．（2024·江苏泰州·模拟预测）（12分）零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系可以产生强氧化性的羟基自由基和硫酸根自由基()，被用于氧化降解废水中的抗生素。（1）该体系中产生自由基的机理如图所示。①的结构为，的结构式为。②在碱性溶液中可转化为，该反应的离子方程式为。（2）为探究体系中和降解抗生素的能力，设计了自由基猝灭实验。是和的猝灭剂，能与、快速反应；是的猝灭剂，难和反应。零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系处理废水时分别加入上述猝灭剂，抗生素残留率与时间的关系如图所示。①甲醇和反应的原理是拔走了甲醇中的一个H原子，生成一个新的自由基，可能产物的相对能量如图所示，该反应最有可能的方程式为。②实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是。③降解抗生素的自由基主要是哪个，简述理由。（3）探究(PDS)的物质的量分数对抗生素去除率的影响。在的废水中，PDS和H2O2总浓度为，相同时间内，PDS的物质的量分数与抗生素残留率的关系如图所示。①PDS的物质的量分数从80%降到50%，抗生素残留率降低的原因是。②PDS的物质的量分数降到0%时，抗生素残留率升高的原因是。【答案】（1）①或（2分）②（1分）（2）①（2分）②CH3OH或甲醇（1分）③，实验Ⅱ和实验I在相同时间内降解率差距不大，说明降解能力不强；相同时间内实验Ⅲ降解率远大于实验Ⅱ和实验I，说明降解能力强（2分）（3）①的物质的量分数从降到，减小，生成的浓度减小，增大，生成的浓度增大；降解能力比强，相同时间内抗生素残留率低（2分）②的物质的量分数降到时，降低，不利于产生和，降解能力减弱，抗生素残留率增大（2分）【分析】氧化Fe生成Fe2+和，Fe2+与、H2O2作用产生和自由基。【解析】（1）①1个中，有6个O原子显-2价，2个O原子显-1价，表明显-1价的2个O原子间还形成1对共用电子，由的结构式，可确定的结构式为或。②在碱性溶液中与OH-反应，可转化为，则同时生成，该反应的离子方程式为。（2）①甲醇和反应的原理是拔走了甲醇中的一个H原子，生成一个新的自由基，从图中可以看出，产物为和H2O，该反应最有可能的方程式为。②从图中可以看出，猝灭剂甲的猝灭效果好于猝灭剂乙，则甲同时猝灭和，实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是CH3OH或甲醇。③比较实验Ⅰ和实验Ⅱ，猝取效果相差不大，则表明降解抗生素的能力远小于，所以降解抗生素的自由基主要是，理由：实验Ⅱ和实验I在相同时间内降解率差距不大，说明降解能力不强；相同时间内实验Ⅲ降解率远大于实验Ⅱ和实验I，说明降解能力强。（3）①PDS的物质的量分数从80%降到50%，则表明生成的浓度减小、浓度增大，而的降解能力强于，所以抗生素残留率降低，原因是：的物质的量分数从80%降到50%，减小，生成的浓度减小，增大，生成的浓度增大；降解能力比强，相同时间内抗生素残留率低。②从流程图中可以看出，与Fe作用产生Fe2+，Fe2+与、H2O2作用产生和自由基，所以PDS的物质的量分数降到0%时，降解抗生素能力减弱，抗生素残留率升高，原因是：的物质的量分数降到0%时，降低，不利于产生和，降解能力减弱，抗生素残留率增大。17．（23-24高三上·广东汕头·期中）（12分）以溶液为实验对象，研究物质之间反应的复杂多样性。实验如下：Ⅰ.金属与溶液反应装置序号金属现象及产物检验ⅰ镁条立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色；片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。ⅱ锌粒开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深；一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀ⅲ铜粉无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是。（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，通过可以快速判断其是否为胶体。（3）溶液与Cu反应的离子方程式为，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是。Ⅱ.溶液与溶液反应：（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，推测与反应的离子方程式是。（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是。（6）结合（4）、（5），推测溶液与溶液反应同时存在反应和反应。从下列选项选择：A．复分解

B．双水解

C．置换

D．氧化还原【答案】（1）抑制水解（2分）（2）丁达尔效应（1分）（3）（2分）可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应（2分）（4）（2分）（5）（1分）（6）B（1分）D（1分）【解析】（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是抑制水解。（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，胶体具有丁达尔效应，故可通过丁达尔效应可快速判断其是否为胶体。（3）溶液与Cu反应的离子方程式为：；实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是：可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应。（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，可知此溶液中有亚铁离子，推测与反应可生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为：。（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，说明铁离子和亚硫酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化硫，该气体是二氧化硫。（6）结合（4）、（5），推测溶液与溶液反应同时存在氧化还原反应和双水解反应。18．（2023·新疆乌鲁木齐·一模）（16分）化学实验是研究物质及其变化的基本方法。（1）某无色透明溶液中可能大量存在、、中的几种离子。①不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是。②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是。③取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是。④原溶液可能大量存在的阴离子是下列A~D中的(填标号)。A．

B．

C．

D．（2）某小组同学对比和的性质，并进行了如下实验：①写出水解的离子方程式。②向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下图所示。a.图(填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。b.A′~B′的离子方程式为。写出A′溶液中各离子浓度由大到小的顺序。c.A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为。③向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生，且白色沉淀的成分只有一种。已知：i.的溶液中，，ii.25℃时，，写出向溶液中滴加少量溶液发生的离子反应方程式。【答案】（1）Cu2+（1分）Ag+（1分）Mg2+（1分）B（1分）（2）①HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-（2分）②乙（2分）CO+H+=HCO（2分）c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)（2分）A>B>C（2分）③Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑（2分）【解析】（1）①含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含Cu2+，所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，说明原溶液中肯定存在的离子是Ag+。③②的滤液不含Ag+，取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，该沉淀一定是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+。④A．Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，原溶液中一定不含，故不选A；B．与Mg2+、Ag+不反应，能大量共存，故选B；

C．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选C；

D．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选D；选B。（2）①是强碱弱酸盐，发生水解，水解的离子方程式为HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-。②a．同浓度的和溶液，溶液的pH大于，所以图乙是的滴定曲线。B．A′~B′是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO+H+=HCO。A′是碳酸钠溶液，碳酸根离子发生水解CO＋H2O⇌HCO＋OH-、HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-，各离子浓度由大到小的顺序c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)。c．A为碳酸氢钠溶液，HCO水解促进水电离；B点为NaCl溶液，NaCl对水电离无影响；C点为氯化钠、盐酸的混合液，HCl抑制水电离，A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为A>B>C。③的溶液中，，，25℃时，，开始生成FeCO3沉淀时c(Fe2+)=mol/L；，开始生成Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)=mol/L，所以向溶液中滴加少量溶液生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，发生的离子反应方程式Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑。19．（2024·天津河西·模拟预测）（15分）硫酸亚铁是重要的化工原料Ⅰ．（1）由溶液制备硫酸亚铁晶体的方法是。检验晶体中是否完全变质，将晶体溶于水，加(填试剂)。（2）溶液与过量的溶液混合，可以得到含的浊液，离子方程式是。Ⅱ．氧化铁黄(FeOOH)是一种黄色颜料，具有非常好的耐光性和耐碱性，是氧化铁的一水合物。以为原料制备FeOOH的流程如