专题三-金属及其化合物-能力提升检测卷(测)(新教材新高考)(解析版)

专题三金属及其化合物能力提升检测卷（本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H1Li7B11C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Ni59Cu64第I卷（选择题共50分）一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．“嫦娥五号”中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是A．生铁属于合金B．一般合金的熔点比各成分金属的低C．合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同D．改变原料的配比、生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金【答案】C【解析】生铁由铁和碳等元素组成，属于合金，故A正确；形成合金后，结构发生了改变，一般合金的熔点比各成分金属的低，故B正确；合金的化学性质与其成分金属的化学性质相同，故C错误；改变原料的配比、生成合金的条件，组成合金的成分、结构不同，对合金的性质产生不同的影响，可以得到具有不同性能的合金，故D正确；故选C。2．生活中处处有化学，下列叙述正确的是A．铅笔芯的成分为二氧化铅B．青铜和黄铜是不同结构的单质铜C．碳酸氢钠可做食品膨松剂D．焰火中红色来源于钠盐灼烧【答案】C【解析】铅笔芯的主要成分为石墨，不是二氧化铅，故A错误；青铜是在纯铜中加入锡或铅形成的合金，黄铜为是由铜和锌形成的合金，都均属于混合物，不是铜单质，故B错误；碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳可使食品膨松多孔，可做食品膨松剂，故C正确；钠盐的焰色反应为黄色，不是红色，故D错误；故选C。3．生活因化学更美好。以下生活用途和化学原理都正确且具有对应关系的是选项生活用途化学原理A维生素C帮助人体将转化为易吸收的维生素C具有还原性B葡萄酒中添加二氧化硫二氧化硫具有漂白性C过氧化钠用作呼吸面具中的供氧剂过氧化钠分解放出氧气D明矾可用作净水剂和消毒剂铝离子水解生成氢氧化铝胶体【答案】A【解析】维生素C将Fe3+转变为易吸收的Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，失去电子具有还原性，A正确；葡萄酒中添加二氧化硫，因二氧化硫有较强的还原性，所以会优先被氧化，起到保护葡萄酒的作用，B错误；过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，不是过氧化钠分解产生氧气，C错误；明矾可用作净水剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附净水，起不到消毒的作用，D错误；故选A。4．《天工开物》中“治铁"原典中记载：“凡治铁成器，取已炒熟铁为之……凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……即用煤炭也别有铁炭一种，取其火性内攻、焰不虚腾者，与炊炭同行而有分类也……”。下列说法正确的是A．熟铁是纯净的铁单质，生铁是铁和碳的混合物B．治铁过程只涉及化合反应与置换反应，C．铁炭和炊炭均为碳元素的同素异形体D．治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物【答案】D【解析】生铁是铁合金，属于混合物，生铁的含碳量为2％～4.3％，熟铁指的是钢，也是铁合金，属于混合物，钢的含碳量为0.03％～2％，A错误；治铁过程中CO与铁的氧化物反应生成铁和CO2属于氧化还原反应，B错误；铁炭和炊炭不互为同素异形体，铁炭指铁合金，为混合物，C错误；治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物，使其还原为铁单质，选项D正确；故选D。5．2022年春晚上，《只此青绿》惊艳了许多观众，生动还原了北宋名画——《千里江山图》。下列说法合理的是A．《千里江山图》中青色来自蓝铜矿颜料[]可表示为B．《千里江山图》中绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜C．《千里江山图》中的红色来自赭石(Fe2O3)，其性质稳定，不易被空气氧化D．《千里江山图》的画布材质为麦青色的蚕丝织品——绢，绢的主要成分是纤维素【答案】C【解析】《千里江山图》中青色来自蓝铜矿颜料可表示为，A错误；《千里江山图》中绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，不是氢氧化铜，B错误；《千里江山图》中的红色来自赭石，其主要化学成分为，C正确；《千里江山图》的画布材质为麦青色的蚕丝织品——绢，蚕丝的主要成分是蛋白质，D错误。故选C。6．关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是A．外壳是碳纤维，属于有机高分子材料B．氢气作燃料对环境友好无污染C．点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定D．含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色【答案】A【解析】碳纤维属于无机非金属材料，A错误；氢气作燃料的燃烧产物是水，对环境友好无污染，B正确；铝合金密度小、性质稳定，轻便且稳定，用作点火段材料，C正确；钠元素的焰色反应为黄色，D正确；故选A。7．下列说法正确的是A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2【答案】A【解析】无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，故A正确；Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以不会生成Fe，故B错误；FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，故C错误；H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，D错误；故选A。8．硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液C．NaOH溶液 D．铜粉【答案】B【解析】KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，B可行；NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，D不可行；故选B。9．核潜艇上的核反应堆使用液态铝钠合金作载热介质。有关说法中正确的是A．该合金的熔点介于钠、铝之间 B．铝钠合金的良好传热性与自由电子有关C．钠或铝形成的氧化物均为碱性氧化物 D．原子半径钠大于铝，金属键钠强于铝【答案】B【解析】一般情况下，合金的熔点比各组分的熔点都低，则合金的熔点比钠、铝的熔点都低，故A错误；铝钠合金属于金属晶体，温度高的区域自由电子的能量增大，运动速率加快，与金属离子的碰撞频率增加，自由电子把能量传递给金属离子，从而具有导热性，所以合金的良好传热性与自由电子有关，故B正确；钠或铝形成的氧化物中过氧化钠属于过氧化物，氧化铝属于两性氧化物，都不是碱性氧化物，故C错误；钠和铝形成的晶体都是金属晶体，钠原子的原子半径大于铝，价电子数小于铝，所以钠的金属键弱于铝，故D错误；故选B。10．下列离子方程式中，能正确表达反应颜色变化的是A．将“84”消毒液和洁厕灵混用会产生黄绿色气体：ClO-+Cl-+H2O=Cl2↑+2OH-B．向Mg(OH)2浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C．将SO2通入溴水中使其褪色：SO2＋2H2O＋Br2=2H＋＋SO＋2HBrD．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2O＋O2↑【答案】B【解析】“84”消毒液中的NaClO和洁厕灵中的HCl混用发生归中反应会产生黄绿色气体Cl2，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故A错误；向Mg(OH)2浊液中滴加足量FeCl3溶液，生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，反应的离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故B正确；SO2通入溴水中使其褪色是发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，都是强酸均可拆，反应的离子方程式为：SO2＋2H2O＋Br2=4H＋＋＋2Br-，故C错误；过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，固体由淡黄色变为白色，故D错误；故选B。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。11．某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。关于原溶液的说法正确的是A．肯定没有Fe3+ B．需通过焰色反应确定Na+是否存在C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH、SO、Cl-、Fe2+【答案】AD【解析】该溶液中加入足量酸化的(aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为，所以原溶液中一定有；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为，而由于溶液中曾经加入了溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是或或二者均有；微热可产生气体，表明该气体为，则表明原溶液中含有；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子，且和之间只能有存在。各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子，则x=2，所以只能含有，而不含有，A正确；依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，B错误；依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，C错误；依据分析可得出溶液中含有的离子为、、、，D正确；故选AD。12．向2mL0.2mol/LCuSO4溶液中滴加0.2mol/LNa2SO3溶液时溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验棕黄色沉淀中不含。通过实验探究棕黄色沉淀的成分。实验1：向棕黄色沉淀中加入稀硫酸，观察到溶液变蓝，产生红色固体实验2：已知：，(白色)。下列同学对实验现象的分析正确的是A．实验1中加入稀后溶液变蓝可证实棕黄色沉淀中含有B．实验2中加入KI溶液后产生白色沉淀，可证实棕黄色沉淀中含有C．实验2中加入淀粉溶液后无明显现象，说明不存在D．在的存在下，与发生了氧化还原反应，产生CuI沉淀和，说明棕黄色沉淀中含有和【答案】B【解析】加入稀硫酸后，溶液变蓝，说明溶液中有Cu2+，可能固体中就有Cu2+，不能说明棕黄色沉淀中含有Cu+，A错误；根据已知条件Cu2+CuI↓(白色)+I2，加入KI溶液后出现白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有Cu2+，B正确；淀粉遇碘单质变蓝，实验2加入淀粉无明显现象，说明不存在碘单质，不能说明不存在Cu2+，C错误；根据实验2中沉淀A为BaSO4，且加入淀粉无现象，则溶液中无I2，Cu2+CuI↓(白色)+I2，I2与SO反应生成碘离子和硫酸根，硫酸根与氯化钡f生成白色沉淀BaSO4，不是Cu2+与SO反应，D错误；故选B。13．某混合物X由A12O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成，某校课外兴趣小组设计如图实验方案进行探究：途径a：途径b：下列对混合物X成分的分析正确的是A．Cu的质量为1.92g B．Fe2O3的质量为3gC．A12O3的质量为0g D．SiO2的质量为3g【答案】CD【解析】途径Ⅰ得到的4.92g固体部分溶于NaOH溶液，说明X中含有二氧化硅，且m(SiO2)=4.92g-1.92g=3g，剩余的1.92g固体为单质铜；又途径Ⅰ加入过量盐酸时得到蓝色溶液，则发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu十2Fe3+=2Fe2++Cu2+，铜有剩余，说明Fe3+全部转化为Fe2+，则加入过量盐酸时发生的反应可写成Fe2O3+6H++Cu=2Fe2++Cu2++3H2O。途径Ⅲ溶于NaOH溶液的固体质量为9.4g-6.4g=3g，说明X中不含Al2O3；6.4g固体为Fe2O3、Cu的混合物，加入过量盐酸发生反应Fe2O3+6H++Cu=2Fe2++Cu2++3H2O，剩余1.92gCu，故Fe2O3的质量为，Cu的质量为6.4g-3.2g=3.2g，以此解题。由分析可知Cu的质量为3.2g，A错误；由分析可知Fe2O3的质量为3.2g，B错误；由分析可知X中不含Al2O3，C正确；由分析可知SiO2的质量为3g，D正确；故选CD。14．某铝热剂由铝粉和铁的某种氧化物组成，二者恰好完全反应生成铁单质和氧化铝。将该铝热剂均分成两份，同温同压下，一份直接与足量的NaOH溶液反应，放出H2体积为V1L；另一份在完全发生铝热反应后与足量的盐酸反应，放出H2体积为V2L。下列说法错误的是A．两份生成氢气的质量比一定为B．两份消耗NaOH和的物质的量之比一定小于C．铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比一定为D．铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比一定为【答案】C【解析】设铁的氧化物为FexOy，则铝热反应为，取含Al的铝热剂分两等分进行实验，则其中一份铝的物质的量为，生成铁的物质的量为；铝与氢氧化钠溶液反应关系式为，由生成氢气的体积为V1，可以计算出消耗n()=，由n(Al)=n(NaOH)，可以算出；铁与盐酸反应关系式为，由生成氢气的体积为V2，可以计算出用于产生氢气消耗盐酸的物质的量为，由n(Fe)=n(HCl)，算出。根据同温同压下气体的体积比等于气体物质的量之比，氢气的摩尔质量都为2g/mol，则两份生成氢气的质量比一定为，A正确；两份用于反应产生氢气时消耗NaOH和HCl的物质的量之比为，而盐酸还与产生的氧化铝反应，故消耗NaOH和HCl的物质的量之比小于，B正确；铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为，C错误；铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为，D正确；故选C。15.下列图像表示错误的是A．向盐酸中滴加NaAlO2溶液B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液C．向H2SO4和HNO3物质的量2：1的混合稀酸溶液中逐渐加入粉D．向NaOH和Ca(OH)2物质的量2：1的混合溶液中通入CO2【答案】D【解析】向盐酸中滴加NaAlO2溶液，开始时盐酸过量，反应第一步：+4H+=Al3++2H2O，此时无沉淀，设此时加入NaAlO2的物质的量为1mol，的当酸中H+全部反应完毕后，消耗1mol，生成1molAl3+，之后发生反应第二步：3+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓，此时开始产生沉淀，Al3+全部参加反应后沉淀达到最大值，消耗3mol，则无沉淀时消耗的物质的量与沉淀最大值时消耗的物质的量之比为1:3，A正确；向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，设NH4Al(SO4)2的物质的量为2mol，反应第一步：3Ba2++3+2Al3++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀增速最快，对应斜率最大，消耗3molBa(OH)2，生成2molAl(OH)3；第一步反应Al3+全部沉淀，剩余1mol和2mol，之后发生反应第二步：Ba2+++2+2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O，第二步全部沉淀，沉淀达到最大值，消耗1molBa(OH)2；再加入1molBa(OH)2时OH-过量，Al(OH)3溶解，发生反应第三步：2Al(OH)3+2OH-=2+4H2O(扩大2倍，与第一步生成的2molAl(OH)3对应)，沉淀减少一部分；这三步反应消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3:1:1，B正确；H2SO4和HNO3物质的量2:1的混合稀酸溶液中，H+与之比为5:1，设HNO3的物质的量为1mol，则混合稀酸溶液中，H+的物质的量为5mol，的物质的量为1mol，逐渐加入Fe粉，发生反应第一步：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O，有气体产生，当NO全部消耗时，剩余1molH+，生成1molFe3+和1molNO，消耗1molFe；之后发生第二步反应：Fe+Fe3+=Fe2+(扩大倍为了与第一步生成的1份Fe3+对应)，无气体产生，当Fe3+全部转化为Fe2+后，消耗0.5molFe；之后发生第三步反应：Fe+H+=Fe2++H2↑(剩余第一步反应剩余1molH+，故方程式扩大倍)，有气体产生，消耗0.5molFe；这三步反应消耗的Fe比例为2:1:1，C正确；NaOH和Ca(OH)2物质的量2:1的混合溶液中，Ca2+和OH-之比为1:4，设NaOH的物质的量为2mol，则Ca2+和OH-物质的量分别为1mol和4mol；通入CO2，发生反应第一步：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，此时有沉淀产生，当Ca2+完全沉淀时，沉淀达最大值，消耗1molCO2；之后发生反应第二步：2OH-+CO2=+H2O，此时无现象，当OH-完全反应时，消耗1molCO2；之后发生反应第三步：+CO2+H2O=2，此时无现象，当完全反应时，消耗1molCO2；再之后发生反应第四步：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2，此时沉淀逐渐溶解，当CaCO3完全反应时沉淀完全溶解，消耗1molCO2；则产生沉淀消耗的CO2的物质的量:无现象消耗的CO2的物质的量:沉淀溶解消耗的CO2的物质的量=1:2:1，D错误；故选D。第II卷（非选择题共50分）三、非选择题：本题共4个小题，共50分。16．（10分）某班级化学兴趣小组做如下实验，请回答相关问题：(1)甲组做金属钠在空气中燃烧的实验。实验室取用金属钠的方法是_________________________。(2)金属钠燃烧时会生成黑色固体，黑色固体的可能来源是________、________。(3)某同学想用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2(不考虑空气中的N2)，可利用的装置如下。回答下列问题：①装置Ⅳ中盛放的药品是________，若没有该装置可能导致生成的Na2O2中含有________，其反应的化学方程式为__________________________________________________。②若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的顺序是：空气进入________，________接__________，________接______，______接________(填字母)。③装置Ⅱ的作用是___________________________________________________________。【答案】(1)打开盛放金属钠的试剂瓶，用镊子取出一小块钠，放在滤纸上吸干表面的煤油，再用小刀切下所需大小的钠块，余下的放回原试剂瓶，盖好瓶塞(2)表面的煤油空气中的二氧化碳(或酒精灯挥发的酒精；金属钠存在杂质铁元素，燃烧时生成铁的氧化物；答任意两点即可)(3)①氢氧化钠溶液Na2CO32Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2②hgfeabc③防止空气中的水和二氧化碳进入装置Ⅰ【解析】(3)要制备高纯度的Na2O2，需要除去空气中的CO2和水蒸气。装置Ⅲ的作用是除去水蒸气，装置Ⅳ的作用是用NaOH溶液除去CO2，如果不除去CO2，则CO2会与Na2O2反应生成Na2CO3；装置Ⅱ连接在硬质玻璃管末端，作用是防止空气中的水蒸气和CO2进入装置Ⅰ。17．（10分）现有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)实验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是________。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C和装碱石灰的U形管D的质量。③打开K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是________________。④关闭K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为____________、______________。⑤打开K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。(2)关于该实验方案，请回答下列问题。①若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是______________________________。②E处干燥管中盛放的药品是________，其作用是___________________________________，如果实验中没有该装置，则会导致测得的NaHCO3的质量________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。③若样品质量为wg，反应后C、D装置增加的质量分别为m1g、m2g，则混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为____________(用含w、m1、m2的代数式表示)。【答案】(1)①检查装置的气密性③除去装置中的水蒸气和二氧化碳④2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑Na2CO3·10H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋10H2O↑(2)①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大②碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果偏大③eq\f(286（m1－\f(18m2,44)）,180w)×100%【解析】(2)①加热后有部分CO2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入空气使其完全被吸收，若不鼓入空气，则测得的NaHCO3和Na2CO3·10H2O的质量分数会偏小，NaCl的质量分数会偏大。②装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D，故干燥管中盛放的药品是碱石灰，如果没有该装置，会使测得的NaHCO3的质量偏大。③由题目信息知反应放出的CO2的质量为m2g，根据反应2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑，可计算出该反应中产生水的质量为eq\f(18m2,44)g，从而计算出Na2CO3·10H2O分解产生水的质量为(m1－eq\f(18m2,44))g，再根据Na2CO3·10H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋10H2O↑，计算出Na2CO3·10H2O的质量，最后计算出混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数。18．（15分）为探究Fe2＋与SCN－能否形成配位化合物，某研究性学习小组进行如图实验：探究Ⅰ(1)配制FeSO4溶液应使用________的蒸馏水。(2)已知溶液颜色越深，色度越大。测得实验i、ii、iii色度数据如表：实验iiiiii色度0.0750.0490.015实验i的作用是________，甲同学推测实验iii色度比实验ii小的原因可能有：①Mg2＋和Fe2＋对配合物解离影响不同；②______________________________________________。探究Ⅱ(3)X为________，实验iv的红色比实验v深的原因为________。(4)在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ的目的为__________________________________。(5)分析可利用KSCN溶液检测Fe2＋、Fe3＋混合溶液中Fe3＋的原因：________。【答案】(1)煮沸冷却(2)空白实验Fe2＋与SCN－反应形成配合物(3)3mL4mol·L－1的KCl溶液Fe2＋与SCN－形成配合物有利于FeCO3向溶解方向移动(4)可以避免不同离子对配合物解离的影响(5)Fe3＋与SCN－的络合能力比Fe2＋与SCN－的强，且Fe2＋与SCN－反应形成的配合物无色，不影响Fe(SCN)3红色的观察【解析】(2)单独加入水，且加入的体积与加入其他试剂的体积相等，是为了进行实验对比；Fe2＋与SCN－反应形成配合物，导致硫氰化铁的含量降低，色度降低。(3)对比实验iv和v，为了前后数据一致，无其他变量的干扰，则X为