第三章金属及其化合物章末综合检测卷-2024年高考化学复习

备战2024年高考化学【一轮·夯基提能】复习精讲精练第三章金属及其化合物章末综合检测卷第I卷（选择题）一、选择题（每小题3分，共45分）1．（2023·全国·高三专题练习）孔雀石古称石绿，是铜的表生矿物[化学式，“水色”从植物中提取，如花青(分子式)。下列说法错误的是A．“石绿”耐酸、耐碱 B．属于纯净物C．保存不善的国画，“水色”容易变色 D．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取【答案】A【详解】A．石绿为碱式碳酸铜，能和酸反应，故不耐酸，A错误；B．只含有一种物质，属于化合物，属于纯净物，B正确；C．花青为有机物，根据分子式分析，含有不饱和键，容易被氧化，所以容易变色，C正确；D．花青为有机物，能溶于有机溶剂，从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取，D正确；故选A。2．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中不正确的是A．四种元素的单质只有三种能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气B．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法C．将Mg棒和Al棒作为原电池的两个电极插入NaOH溶液中，Mg棒上发生氧化反应D．铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜【答案】C【详解】A．Cu单质不与盐酸反应，只有Fe、Mg、Al能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气，A正确；B．AlCl3、FeCl3、CuCl2加热时水解程度增大，且生成的氯化氢容易挥发，加热蒸干得到对应的氢氧化物，因此不能采用将溶液直接蒸干的方法制备AlCl3、FeCl3、CuCl2，B正确；C．电解质溶液为NaOH溶液时，Mg不与NaOH溶液反应，而Al与NaOH溶液反应，所以Al棒作负极，发生氧化反应，C错误；D．铁单质发生电化学腐蚀或化学腐蚀最终生成铁锈，主要成分为氧化铁；铜与空气中的水、氧气、二氧化碳共同作用得到铜锈，主要成分为碱式碳酸铜，D正确；综上所述答案为C。3．（2023·江苏盐城·统考三模）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．【答案】D【详解】A．电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、Cl2，Cl2和石灰乳反应得到漂白粉，故A不符合题意，B．CuO不和水反应，故B不符合题意；C．Fe2O3和Al高温下反应生成Fe，Fe和Cl2反应生成FeCl3，故C不符合题意；D．Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和Ca(OH)2溶液反应生成Ca(NO3)2和NO，故D符合题意；故选D。4．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．具有强氧化性，可用作消毒剂B．固体具有氧化性，可作为黑火药的原料之一C．SiC中存在共价键，硬度大，可做砂纸和砂轮等磨料D．溶液呈蓝色，胆矾可以与石灰乳混合制备波尔多液【答案】D【详解】A．Na2FeO4中的Fe为+6价，则该物质具有强氧化性，因而可用于消毒杀菌，A正确；B．KNO3具有氧化性，因而可作为氧化剂用于黑火药中，B正确；C．SiC是由原子直接构成且只含共价键的共价晶体，其硬度很大，因而可用作砂轮、砂纸的磨料，C正确；D．CuSO4溶液呈蓝色这一性质，与胆矾可以与石灰乳混合制备波尔多液无对应关系，D错误；故选D。5．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的装置A浓硫酸Cu品红溶液验证SO2具有漂白性B稀硫酸大理石浓硫酸制备纯净的CO2C稀硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液验证元素非金属性强弱：N>C>SiDNa2CO3溶液饱和硼酸溶液澄清石灰水验证酸性强弱：H2CO3>H3BO3A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．浓硫酸和Cu反应制取SO2需要加热，图中缺少加热装置，A错误；B．稀硫酸和大理石反应生成二氧化碳的同时生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水会覆盖在大理石表面，阻止硫酸和大理石的进一步反应，通常用盐酸和大理石反应制备二氧化碳，B错误；C．稀硝酸具有挥发性，挥发出来的硝酸会混在CO2中，硝酸也能与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，即无法证明非金属性C>Si，C错误；D．硼酸和碳酸钠反应只能生成碳酸氢钠不能生成二氧化碳，c中澄清石灰水无变化，说明硼酸的酸性弱于碳酸，D正确；故答案选D。6．（2023·山东日照·统考三模）下列说法正确的是A．检验菠菜中的：将菠菜榨汁，取滤液煮沸后滴入溶液，产生蓝色沉淀B．验证结合质子能力：将与溶液混合，产生白色沉淀C．证明丙烯醇中含有碳碳双键：在酸性溶液中滴加，溶液褪色D．制备乙酸乙酯：向试管中依次加入无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸后，用酒精灯直接加热【答案】B【详解】A．菠菜中的在煮沸时容易被氧化为，滴入溶液后不一定能产生蓝色沉淀，选项A错误；B．将与溶液混合，促进的电离生成氢氧化铝沉淀，则结合质子能力，选项B正确；C．酸性溶液也能氧化醇羟基而褪色，故证明丙烯醇中含有碳碳双键，应在中滴加少量溴水，溶液褪色，得以证明，选项C错误；D．制备乙酸乙酯：向试管中依次加入无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸并加入沸石后，用酒精灯加热，选项D错误；答案选B。7．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A．钠与加热下可生成 B．工业上燃烧硫磺得到C．工业上常用软锰矿与浓盐酸生产 D．铜与稀硝酸(0.1mol/L)需要加热才能生产NO【答案】A【详解】A．，A正确；B．S燃烧产物只生成SO2，S和O2不能直接生成SO3，B错误；C．工业上制Cl2要考虑原料成本，一般是氯碱工业制Cl2，C错误；D．铜与稀硝酸(0.1mol/L)不需要加热也能产生NO，D错误；故选A。8．（2023·江苏南通·海门中学校考模拟预测）用镁还原可制取高熔点的金属钛，工艺流程如图。下列说法不正确的是A．工业上电解熔融可制备金属MgB．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为C．用金属镁还原过程中需通入或Ar作保护气D．“真空蒸馏”的目的是使Mg、气化，实现与Ti的分离【答案】C【详解】工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，所得Mg通过“高温还原”、发生反应制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。A．由于MgO的熔点高，电解MgO制备金属Mg能耗大，工业生产一般采用电解熔融的方法，A项正确；B．还原时，发生反应的化学方程式为，B项正确；C．点燃下金属镁和能反应，则用金属镁还原过程中不能用作保护气，可通入Ar作保护气，C项错误；D．真空蒸馏时，需要将金属Mg、分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单质Mg和的沸点，使Mg、气化，实现与Ti的分离，D项正确；答案选C。9．（2023·全国·高三专题练习）为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。【文献资料】(I)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成和，生成的和反应生成而溶解。(II)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。实验温度/溶液实验现象①250.55有细小的气泡②25a5有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声③802.05有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰水变浑浊；气体通过溶液除杂后用试管收集，靠近火焰有爆鸣声下列说法不正确的是A．B．实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中浓度更大C．实验③中的气体为混合气体，白色沉淀的产生可能是由于往溶液上方移动时与反应生成D．将实验②中的溶液换成相同浓度的溶液，无白色沉淀生成【答案】D【详解】A．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，由探究实验的变量唯一化原则可知，实验②和③的碳酸钠溶液浓度相等，则a=2.0，故A正确；B．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，溶液中的氢氧根离子浓度增大，与铝反应速率增大，则实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中氢氧根离子浓度更大，故B正确；C．由实验现象可知实验③中的气体为二氧化碳和氢气的混合气体，二氧化碳气体是碳酸钠水解生成的碳酸氢钠受热分解生成而得，反应生成的二氧化碳往溶液上方移动时能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，故C正确；D．碳酸氢根离子能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，则将实验②中的碳酸钠溶液换成相同浓度的碳酸氢钠溶液有白色沉淀生成，故D错误；故选D。10．（2023·广东梅州·统考三模）价一类二维图和实验是学习元素及其化合物的重要方法。铁及其化合物的价一类二维图如图所示。下列说法正确的是A．高温时，a与水蒸气反应转化为cB．若f、g都是盐酸盐，则这两种物质均可通过化合反应获得C．d可与足量的HI溶液发生复分解反应得到D．若b和c的混合物中，则b和c的质量比为【答案】B【详解】根据铁元素的化合价以及物质种类可知，a为铁单质，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为Fe(OH)2，f为亚铁盐，g为铁盐，h为高铁酸盐。A．a为，高温时与水蒸气反应转化为，A项错误；B．f、g分别为、，两者均可通过化合反应获得，即、，B项正确；C．d为氢氧化铁，可中的+3价铁具有氧化性，具有还原性，两者发生氧化还原反应生成亚铁盐，得不到铁盐，C项错误；D．b和c分别为和，设的物质的量为，的物质的量为，则有，解得，则和的质量比为，D项错误；故选B。11．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考一模）文物是传承文化的重要载体，央视纪录片《如果国宝会说话》中介绍了很多文物。千里江山图元青花四爱图梅瓶编钟(古代乐器)西汉皇后之玺下列对上述文物的说法正确的是A．制作千里江山图可选用FeO作为红色颜料B．制作元青花四爱图梅瓶的原料主要成分为硅酸盐C．制作编钟的原料为青铜，主要成分为铜锌D．制作西汉皇后之玺的玉石为天然有机高分子材料【答案】B【详解】A．FeO为黑色固体，Fe2O3为红棕色固体，可作为红色颜料，A项错误；B．元青花四爱图梅瓶是我国元代青花瓷器艺术的杰出代表，为陶瓷器物，属于硅酸盐制品，B项正确；C．青铜指的是铜锡合金，黄铜的主要成分为铜锌合金，C项错误；D．玉石分软玉和硬玉，主要化学成分都有二氧化硅、三氧化二铝、氧化钠等物质，为无机物，不属于有机高分子材料，D项错误；故选B。12．（2023·辽宁·校联考模拟预测）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列反应的离子方程式书写正确的是A．氯气溶于水：B．磁性氧化铁与足量氢碘酸溶液反应：C．向溶液中加入少量溶液：D．向溶液中通入少量气体：【答案】C【详解】A．HClO是弱酸，离子方程式中保留分子形式，故氯气溶于水的离子方程式为：，A错误；B．Fe3+具有强还原性，I具有强氧化性，故磁性氧化铁与足量氢碘酸溶液反应的离子方程式为：，B错误；C．NH4HSO4电离出H+、，H+结合OH的能力大于铵根离子，故向溶液中加入少量溶液的离子方程式为：，C正确；D．由于HCl的酸性比H2CO3的强，故向溶液中通入少量气体不反应，D错误；故答案为：C。13．（2023·河南开封·统考模拟预测）已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是A．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲可能是O2B．若溶液丙遇Na2CO3放出气体CO2，则甲不可能是H2C．若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则甲一定为CuD．若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，则甲可能为Al【答案】A【详解】A．若甲为O2，乙为Na，二者加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2溶于水得到NaOH溶液，电解NaOH溶液实质是电解水，生成O2和H2，A正确；B．若溶液丙遇Na2CO3产生CO2气体，丙可以为HCl，电解盐酸生成氢气与氯气，氢气在氯气中燃烧生成HCl，符合转化关系，即甲可能为H2，B错误；C．若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则说明丙为铜盐，甲、乙应为氯气和铜，则甲可能为氯气，也可能为Cu，C错误；D．若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，证明丙中含有A13+，但氢离子放电能力强于Al3+，电解丙溶液得不到Al，甲不可能为Al，D错误；故选A。14．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）下列实验目的、实验操作及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A验证肉桂醛中含碳碳双键向肉桂醛()中加入酸性KMnO4溶液肉桂醛中含有碳碳双键B比较CuSO4和KMnO4的催化效果向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液，CuSO4溶液产生气泡速率快CuSO4催化H2O2溶液分解效果更好C验证菠菜中含有铁元素将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解、过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，溶液不变红说明菠菜中不含铁元素D判断强酸和弱酸NaHCO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性可以确定H2CO3是弱酸，无法判断H2SO3是否为弱酸A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；B．催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较CuSO4和KMnO4的催化效果，故B错误；C．菠菜中含有的是，应当过滤后先滴加硝酸氧化，再与KSCN溶液发生显色反应，故C错误；D．水解，溶液显碱性，可以确定是弱酸；溶液显酸性是因为电离出氢离子，无法判断是否为弱酸，故D正确；故选D。15．（2023·统考模拟预测）A～E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如下图所示。则下列说法正确的是A．X与A反应的化学方程式是：Al2O3+2FeFe2O3+2AlB．检验D溶液中的金属阳离子的反应：Fe3++3SCN—＝Fe(SCN)3↓C．单质Y在一定条件下能与水发生置换反应D．由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物【答案】C【详解】单质X与氧化物A反应生成单质Y与氧化物B，且涉及到的4种物质都能与稀硫酸反应，即可判断X与A反应生成Y与B的反应为铝热反应。单质X与氧化物A反应生成单质Y与氧化物B，且涉及到的4种物质都能与稀硫酸反应，即可判断X与A反应生成Y与B的反应为铝热反应，A．铁的活泼性小于铝，铁不能置换铝，所以X与A反应的化学方程式是Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，A项错误；B．Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3，生成物不是沉淀，是血红色配合物，B项错误；C．单质Y是铁，铁与水蒸气在高温下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，C项正确；D．C为硫酸铝不能与酸反应，能与碱反应，D项错误；答案选C。第II卷（非选择题）二、非选择题（共55分）16．（2023·河南郑州·统考一模）已知A、B、C、D、E、F六种物质存在如下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)(1)若A、C均为氧化物①D溶液中滴加KSCN溶液显红色，写出B→D的离子方程式。②若F是正盐，其水溶液呈碱性，D是一种温室气体，写出E的一条用途。(2)若C为人体须臾不可离开的气体，则F的化学式可能为(至少写两种)。(3)若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A与反应的化学方程式可能为。【答案】(1)Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O用作发酵粉(治疗胃酸过多)(2)CO2或SO2(3)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3【详解】(1)根据A、B、C、D、E、F六种物质存在的转化关系图以及A、C均为氧化物，可推知，A为NO2，C为NO，B为HNO3。(2)C为人体须臾不可离开的气体，C为氧气。(3)若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A为Mg3N2，C为Mg(OH)2，B为NH3，F为O2，D为NO，E为NO2。（1）①D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D溶液中含有Fe3+，则F为Fe，E为含有Fe2+的溶液，故B→D的离子方程式为Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；②若F是正盐，其水溶液呈碱性，D是一种温室气体，则F为Na2CO3，D为CO2，E为NaHCO3，NaHCO3的用途为用作发酵粉、治疗胃酸过多等；（2）c为氧气，A为过氧化钠，B为氢氧化钠，则F为CO2或SO2，D为碳酸钠或亚硫酸钠，E为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠；（3）若C是一种白色沉淀，E是引起酸雨的主要气体，则A为Mg3N2，C为Mg(OH)2，B为NH3，F为O2，D为NO，E为NO2，则A与反应的化学方程式Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3。17．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）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+Ag+Mg2+B(2)HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH乙CO+H+=HCOc(Na+)>c(CO)>c(OH)>c(HCO)>c(H+)A>B>CFe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑【详解】（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↑。18．（2023·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：已知：i．Bi3+易水解。难溶于冷水。ⅱii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。回答下列问题：(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、(写出一条)。辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是。(答两条原因)(2)“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为。(3)“除铜”时发生反应：。当NH3分子与Cu2+形成配离子后，NH键之间的夹角将(填“变大”、“变小”或“不变”)。(4)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为。(5)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成(被还原成Bi3+)。请设计一个原电池装置来证明这一点，在下图中的两个方框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式，并写出正极的电极反应式：。(左侧烧杯中已经加入了硫酸)【答案】(1)将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解(2)3：2(3)变大(4)(5)NaBiO3，MnSO4；(或)【详解】向辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)加盐酸、双氧水进行氧化浸取，Bi2S3、FeS2、CuO转化为可溶性的盐和硫单质；由于为不溶于水和盐酸的酸性氧化物，过滤则滤渣1的主要成分为S和；调节滤液pH值使转化成沉淀；再次过滤除去铁离子，向滤液中加过滤量氨除铜；再次用盐酸溶解固体，用NaOH、NaClO沉淀铋，使其转化为沉淀，最后经系列操作得到。据此分析可得：（1）增大接触面积、增大反应物浓度、升高温度以及搅拌均能提高“浸取”速率；由于盐酸为易挥发性酸同时双氧水不稳定易分解成水和氧气，所以氧化浸取的温度不宜过高，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解；（2）“氧化浸取”时，和发生氧化还原反应，其中作氧化剂、做还原剂，由已知ii可知“氧化浸取”时硫元素转化为硫单质，则1mol中Fe(II)失去1mol电子被氧化为Fe(III)，1mol失去2mol电子被氧化为2molS单质，所以1mol失去3mol电子；1mol得到2mol电子，根据电子守恒可得，故答案为：；（3）在形成过程中，氨气中的氮原子的孤电子与铜离子形成配位键，转化为成键电子对，对其他成键电子对的斥力降低，所以NH键键角增大，故答案为：增大；（4）“转化”时NaOH、NaClO与发生氧化还原反应生成难溶于冷水的，故答案为：；（5）酸性环境下，NaBiO3可以将氧化成(被还原成Bi3+)，为电源正极反应物；为电源负极反应物，由于电子由右经导线流向左，所以左、右两方框内的物质分别为NaBiO3、MnSO4；正极发生还原反应，即在酸性条件下得到电子被还原为，故答案为：NaBiO3，MnSO4；(或)。19．（2023·上海·统考模拟预测）过氧化氢和盐酸的混合溶液可以刻蚀含铜的电路板。(1)请写出用过氧化氢和盐酸刻蚀电路板时发生的离子反应方程式：。当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是。含铜电路板也可以用进行刻蚀，对刻蚀后的液体(、和)进行处理以提取和，流程如下图所示：(2)从滤液A中提取的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至出现，趁热过滤，取溶液，，过滤、洗涤、干燥。(3)检验溶液B中提取出的Cu上粘附的已经洗净的操作为：，制备时，将铜溶解于、的混酸中，此过程中产生的红棕色气体为产物(选填“氧化”或“还原”)。利用滴定法可测定所得的纯度，操作如下：①取ag样品，加入足量溶液溶解(其中用于防止干扰检验：)②滴加足量KI溶液，发生反应③再用cmol·L标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准液VmL，发生的反应为：，(4)已知溶液呈酸性，则水解程度(填“>”、“＜”或“=”)，稀释后溶液中，的值(选填“增大”、“减小”或“不变”)。(5)接近滴定终点时，向溶液中滴加KSCN溶液，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是。已知CuI能够吸附大量，若不加KSCN，则测得的纯度(选填“偏高”、“偏低”或“不变”)。(6)计算的纯度：(用a、c、V的代数式表示)。【答案】(1)对的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快分解反应速率(2)有少量晶体冷却结晶(3)取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；还原(4)>减小(5)CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动偏小(6)【详解】本题一道工业流程题，首先向刻蚀后的液体中加入过量铁粉，置换出铜，过滤后得到滤渣和滤液A，由于铁粉过量，则滤渣中含有单质铜和过量的铁，滤液中含有氯化亚铁，滤渣进一步处理后得到硫酸铜晶体，滤液处理后得到氯化亚铁晶体，以此解题。（1）铜在过氧化氢存在情况下可以和盐酸反应，离子方程式为：，且该反应放热，铜离子可以催化过氧化氢分解，故随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是对的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快分解反应速率；（2）从溶液中获得带有结晶水合物的方法为，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：有少量晶体；冷却结晶；（3）考虑到氯离子可以和银离子反应生成氯化银白色沉淀，则检验溶液B中提取出的Cu上粘附的已经洗净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；在铜可以和硝酸反应，不能和硫酸反应，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮，其中氮元素由+5价变为+4价，故为还原产物；（4）根据越弱越水解的道理，可知溶液呈酸性说明，铵根离子水解程度较大，故答案为：>；由上述分析可知，铵根离子水解程度更大一些，则稀释的时候，对铵根水解的影响更大一些，故减小；（5）物质结构相同的时候，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，则CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；根据题给信息可知，CuI能够吸附大量，则若不加KSCN，则测得的纯度将减小；（6）根据题给信息可知，，则n()=n()=cv×103mol，的纯度=。20．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）氧化亚铜(Cu2O)是一种难溶于水和乙醇的砖红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度，回答下列问题：I．制备Cu2O将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：(1)仪器a的名称是；反应适宜采用的加热方式为。(2)制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，该反应的化学方程式为；B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，B中选用的试剂可能是(填名称)。(3)反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是。(4)过滤后，将滤渣依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，判断沉淀是否洗净的实验操作是。Ⅱ．测定Cu2O纯度称取mg样品置于烧杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用cmol·L1硫酸高铈[Ce(SO4)2]溶液进行滴定至终点，共