2024年高考化學一輪復習第一部分專題5金屬及其化合物練習含解析

PAGE1-專題5金屬及其化合物1．(2024·全國卷Ⅱ)下列化學方程式中，不能正確表達反應顏色變更的是()A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液藍色消逝Zn＋CuSO4=Cu＋ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出現白色固體Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2OC．Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O2=2Na2O＋O2↑D．向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液出現紅褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl3=2Fe(OH)3＋3MgCl2答案C解析加入足量Zn粉，Cu2＋被完全還原為Cu，所以溶液藍色消逝，A正確；澄清石灰水與空氣中的二氧化碳反應生成碳酸鈣白色沉淀，B正確；過氧化鈉是淡黃色固體，在空氣中久置成為碳酸鈉，變?yōu)榘咨珻錯誤；Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的，滴加足量三氯化鐵溶液，可轉化為氫氧化鐵紅褐色沉淀，D正確。2．(2024·山東濰坊高三期末)下列選項所示的物質間轉化一步能實現的是()A．S(s)eq\o(→,\s\up8(O2),\s\do8(△))SO3(g)eq\o(→,\s\up8(H2Ol))H2SO4(aq)B．Fe2O3(s)eq\o(→,\s\up8(Al),\s\do7(高溫))Fe(s)eq\o(→,\s\up8(HClaq))FeCl3(aq)C．NaHCO3(s)eq\o(→,\s\up8(△))Na2CO3(s)eq\o(→,\s\up8(飽和石灰水))NaOH(aq)D．Al(s)eq\o(→,\s\up8(NaOHaq))NaAlO2(aq)eq\o(→,\s\up8(過量HClaq))Al(OH)3(s)答案C解析硫單質和氧氣反應只能生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故A錯誤；鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵，故B錯誤；碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，碳酸鈉和石灰水反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉，故C正確；氫氧化鋁是兩性氫氧化物，偏鋁酸鈉和過量鹽酸反應生成氯化鋁溶液和氯化鈉溶液，得不到氫氧化鋁，故D錯誤。3．(2024·長郡中學高三月考)下列關于置換反應M＋X→N＋Y(其中M、N為單質，X、Y為化合物，反應條件已略去)的說法正確的是()A．若X為氧化物，則Y也肯定為氧化物B．若M為金屬單質，則N也肯定為金屬單質C．若X是不含金屬元素的化合物，則N肯定是非金屬單質D．若X是含有金屬元素的化合物，則Y也肯定是含有金屬元素的化合物答案C解析若X為氧化物，則Y不肯定為氧化物，如氟氣與水的反應，Y是氟化氫，故A錯誤；若M是金屬單質，則N可以是非金屬單質，如鐵和鹽酸的反應，也可以是金屬單質，如鋁熱反應，故B錯誤；若X是不含金屬元素的化合物，因為生成的單質N的組成元素肯定來源于化合物X，所以N肯定是非金屬單質，故C正確；若X是含有金屬元素的化合物，則Y可以是含有金屬元素的化合物，如鐵和氯化銅的反應，也可以是不含金屬元素的化合物，如氫氣還原氧化銅，故D錯誤。4．(2024·武漢市高三調研)用鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)制備納米Fe3O4的流程示意圖如下：下列敘述錯誤的是()A．為提高步驟①的反應速率，可實行攪拌、升溫等措施B．步驟②中，主要反應的離子方程式是2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋C．步驟④中，反應完成后剩余的H2O2無需除去D．步驟⑤中，“分別”包含的操作有過濾、洗滌答案C解析鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)與稀鹽酸反應得到的濾液A溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，攪拌、適當上升溫度可提高鐵泥與鹽酸的反應速率，A正確；濾液A的溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉主要作用是還原Fe3＋，即主要的離子反應為：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，B正確；一部分濾液B的溶質FeCl2經步驟③生成Fe(OH)2濁液，步驟④中，氫氧化亞鐵被過氧化氫氧化成濁液Fe(OH)3，為了提高Fe3O4的產率須要限制濁液Fe(OH)3與濾液B中Fe2＋的比例，為防止濾液B中Fe2＋在步驟⑤中被H2O2氧化，步驟④中反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2，C錯誤；步驟⑤為濁液Fe(OH)3與濾液B加熱攪拌發(fā)生反應制得Fe3O4，使Fe3O4分別出來需經過過濾、洗滌、干燥，D正確。5．(2024·湖南茶陵三中高三月考)向氯化鐵、氯化銅的混合液中加入鐵粉，充分反應后仍有固體存在，則下列推斷不正確的是()A．溶液中肯定含有Cu2＋B．溶液中肯定含有Fe2＋C．加入KSCN溶液肯定不變紅色D．剩余固體中肯定含有銅答案A解析當固體為鐵、銅時，溶液中的Fe3＋、Cu2＋全部參與反應生成Fe2＋和Cu，反應的方程式為：2FeCl3＋Fe=3FeCl2、CuCl2＋Fe=Cu＋FeCl2，所以溶液中肯定沒有Fe3＋、Cu2＋，肯定含有Fe2＋；當固體為銅時，溶液中肯定沒有Fe3＋，Cu2＋恰好全部參與反應或部分反應生成Fe2＋和Cu，所以溶液中肯定沒有Fe3＋，可能含有Cu2＋，肯定含有Fe2＋。通過上述分析知，溶液中肯定不含Fe3＋，肯定含有Fe2＋，可能含有Cu2＋，剩余固體中肯定含有Cu，故B、C、D正確，選A。6．(2024·北京師大附中高三期中)某試驗小組通過下圖所示試驗探究Na2O2與水的反應：下列說法不正確的是()A．②中的大量氣泡主要成分是氧氣B．③中溶液變紅，說明有堿性物質生成C．④中現象可能是由于溶液中含有強氧化性物質造成的D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧氣的溶解度答案D解析過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，故A正確；過氧化鈉與水反應生成了氫氧化鈉，氫氧化鈉是強堿，遇到酚酞，溶液變成紅色，故B正確；過氧化鈉與水反應可能生成了過氧化氫，過氧化氫具有強氧化性，能夠使溶液褪色，故C正確；生成的過氧化氫在二氧化錳作催化劑時發(fā)生了分解反應，因此放出大量氣泡，故D錯誤。7．(2024·全國卷Ⅰ考試大綱調研卷(二))試驗室用含有雜質(FeO、Fe2O3)的廢CuO制備膽礬晶體，經驗了下列過程(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＋＋2H2OB．步驟②可用氯水、硝酸等強氧化劑代替H2O2C．步驟③用CuCO3代替CuO也可調整溶液的pHD．步驟⑤的操作為：向漏斗中加入少量冷的蒸餾水至浸沒晶體，待水自然流下，重復操作2～3次答案B解析由試驗流程可知，樣品與足量硫酸反應，生成硫酸銅、硫酸鐵和硫酸亞鐵，加入過氧化氫，發(fā)生氧化還原反應硫酸亞鐵都轉化為硫酸鐵，然后加入CuO調整溶液的pH，使Fe3＋水解而生成Fe(OH)3沉淀，過濾得到硫酸銅溶液，經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到硫酸銅晶體，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，A正確；步驟②不行用氯水、硝酸等強氧化劑代替H2O2，引入雜質氯離子、硝酸根離子等，難以除去，B錯誤；CuCO3和CuO都與溶液中H＋反應，起到調整溶液pH的作用，并不引入新的雜質，C正確；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，則操作為向濾出晶體的漏斗中加少量冷的蒸餾水浸沒晶體，自然流下，重復2～3次，可洗滌晶體，D正確。8．(2024·山東煙臺高三期末)下列物質轉化在給定條件下每一步都能實現的是()A．Sieq\o(→,\s\up8(O2/點燃))SiO2eq\o(→,\s\up8(H2O))H2SiO3B．Mg(OH)2eq\o(→,\s\up8(HClaq))MgCl2(aq)eq\o(→,\s\up8(電解))MgC．Al2O3eq\o(→,\s\up8(HClaq))AlCl3(aq)eq\o(→,\s\up8(加熱))無水AlCl3D．CH3CHOeq\o(→,\s\up8(O2),\s\do8(催化劑，△))CH3COOHeq\o(→,\s\up8(CH3OH),\s\do8(濃硫酸，△))CH3COOCH3答案D解析SiO2難溶于水，不能與水反應產生H2SiO3，A錯誤；在工業(yè)上是用電解熔融的MgCl2的方法制取Mg，B錯誤；AlCl3是強酸弱堿鹽，將溶液加熱，會發(fā)生水解反應產生Al(OH)3和HCl，HCl加熱揮發(fā)，故溶液蒸干得到的固體是Al(OH)3，不能得到無水AlCl3，C錯誤；CH3CHO被O2催化氧化產生CH3COOH，產生的乙酸與甲醇在濃H2SO4、加熱條件下發(fā)生酯化反應產生CH3COOCH3和水，D正確。9．(2024·安徽五校聯盟高三質檢)試驗室可利用硫酸廠爐渣(主要成分為鐵的氧化物，還含有少量FeS、SiO2等)制備聚鐵和綠礬(FeSO4·7H2O)，聚鐵的化學式為[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，制備過程如圖所示。下列說法不正確的是()A．爐渣中FeS與硫酸、氧氣反應的離子方程式為4FeS＋3O2＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2OB．氣體M的成分是SO2，通入到雙氧水中得到硫酸，可循環(huán)運用C．若調整溶液Z的pH偏小，則將導致聚鐵中鐵的質量分數偏大D．溶液X轉化為溶液Y須要加過量鐵粉，再過濾答案C解析依據流程圖，爐渣與硫酸、氧氣反應時，有固體W生成，焙燒固體W生成氣體M，結合爐渣的成分可推出W含有S，溶液X經調整pH、加熱后得到聚鐵膠體，則X中含Fe3＋，故FeS被氧化為Fe3＋、S，氧氣被還原為H2O，A項正確；S焙燒生成的氣體M為SO2，通入到H2O2中，發(fā)生反應：H2O2＋SO2=H2SO4，生成的硫酸可以循環(huán)利用，B項正確；聚鐵[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m可看做由Fe(OH)3、Fe2(SO4)3復合而成，若調整溶液Z的pH偏小，則Fe(OH)3會部分溶解，導致聚鐵中鐵的質量分數偏小，C項錯誤；由溶液Y可得到綠礬，則溶液Y為FeSO4溶液，溶液X轉化為溶液Y，即Fe2(SO4)3轉化為FeSO4，需加入過量鐵粉，再過濾，D項正確。10．(2024·廣東茂名高三期末)電鍍廢水沉泥中含Cu、Ni、Ag和Fe等多種元素的有機金屬鹽，采納焙燒—浸出—分別回收的工藝流程可有效分別電鍍廢水沉泥中的金屬，其流程如下：下列敘述錯誤的是()A．上述流程中硫酸可以用稀鹽酸代替B．“固體Ⅱ”為Fe(OH)2C．溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金屬離子D．合理處理電鍍廢沉泥可實現資源的回收與可持續(xù)利用答案B解析題述流程中硫酸可以用稀鹽酸代替，主要是溶解CuO、NiO、Fe3O4等金屬氧化物，故A正確；溶液Ⅰ中有Fe2＋、Fe3＋、Ni2＋、Cu2＋，加雙氧水將亞鐵離子氧化成鐵離子，再加NaOH溶液，生成固體Ⅱ：Fe(OH)3，溶液Ⅱ中含有Na＋、Ni2＋、Cu2＋，加鋅先生成銅，得溶液Ⅲ中含有Na＋、Ni2＋、Zn2＋等金屬離子，故C正確，B錯誤；從流程看出可以回收利用銅鎳等金屬，故合理處理電鍍廢沉泥可實現資源的回收與可持續(xù)利用，故D正確。11．(2024·南昌二中高三考試)把一塊鎂鋁合金(質量為mg)投入到50mL1mol/L的HCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物質的量隨加入NaOH溶液體積變更的關系如圖所示。下列說法中正確的是()A．整個反應過程中，主要發(fā)生了6個離子反應B．c值越大，合金中Mg的含量越高C．b值越大，合金中Al的含量越高D．依據圖像推斷，鎂鋁合金與50mL1mol/L的HCl溶液恰好完全反應答案A解析依據圖示，整個反應過程中主要包含Mg、Al分別與鹽酸的反應，H＋與OH－的反應，Mg2＋、Al3＋分別與OH－的反應，Al(OH)3與OH－的反應，主要有6個離子反應，A項正確；依據圖示，c值越大，溶解Al(OH)3消耗的NaOH越多，說明合金中Al的含量越高，B項錯誤；b點對應的沉淀為Al(OH)3和Mg(OH)2的混合物，溶液中只有氯化鈉，故b為固定值50mL，繼而無法推斷合金中Al的含量，C項錯誤；依據圖像推斷，鎂鋁合金與50mL1mol/L的HCl溶液反應后，鹽酸剩余，不是恰好完全反應，D項錯誤。12．(2024·湖南省重點中學高三大聯考)幾種中學常見物質之間的轉化關系如圖所示(部分反應條件已省略)。已知：E為常見金屬；在標準狀況下氣體R的密度為3.17g·L－1。下列推斷合理的是()A．X肯定是H2O2B．MnO2在反應①、②中都作催化劑C．常溫下，0.01mol·L－1Y溶液的pH＝2D．上述轉化涉及的反應都是氧化還原反應答案C解析依題意，中學常見的能與MnO2反應的物質有KClO3、H2O2、濃鹽酸，標準狀況下氣體R的密度為3.17g·L－1，則M(R)＝22.4×3.17g≈71g，R為Cl2，則Y為濃鹽酸，X為H2O2或KClO3，Z為O2，E為Fe，F為Fe3O4，H為FeCl3，G為FeCl2。X為H2O2或KClO3，A錯誤；MnO2在反應①中作催化劑，在反應②中作氧化劑，B錯誤；常溫下，0.01mol·L－1鹽酸的pH＝2，C正確；Fe3O4和濃鹽酸反應生成FeCl3和FeCl2的反應，不是氧化還原反應，D錯誤。13．(2024·廣東汕頭高三期末)鎳常作有機合成的催化劑和制造硬幣。以廢鎳料(含少量鐵)為原料制備鎳的一種流程如下：下列說法不正確的是()A．“酸浸”中采納加熱、攪拌等措施能提高反應速率B．濾渣A可以用于制造鐵紅，采納結晶法從濾液A中提取芒硝C．“電解”在陽極上析出鎳，廢液可以作“酸浸”液循環(huán)利用D．“氧化”的主要離子反應為2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O答案C解析加熱能供應能量，攪拌能增大固體與液體接觸面，都可提高反應速率，A正確；濾渣A的主要成分是氫氧化鐵，灼燒氫氧化鐵制備氧化鐵(鐵紅)。濾液A的溶質主要是硫酸鈉，從硫酸鈉溶液中分別出十水合硫酸鈉晶體(芒硝)，B正確；鎳在陰極上析出，電解硫酸鎳溶液生成的硫酸可以用于“酸浸”，C錯誤；雙氧水氧化亞鐵離子，D正確。14．(2024·資陽市高三其次次診斷性考試)將鋁粉與某鐵的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成鋁熱劑，分成兩等份。一份干脆放入足量的燒堿溶液中，充分反應后放出的氣體在標準狀況下的體積為3.92L；另一份在高溫下恰好反應完全，反應后的混合物與足量的鹽酸反應后，放出的氣體在標準狀況下的體積為()A．2.80LB．3.92LC．5.60LD．7.84L答案A解析混合物放入NaOH溶液中，Al與NaOH發(fā)生反應2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，n(Al)＝eq\f(3.92L,22.4L·mol－1)×eq\f(2,3)＝eq\f(0.35,3)mol。另一份發(fā)生反應14Al＋3FeO·2Fe2O3eq\o(=,\s\up8(高溫))7Al2O3＋15Fe，得n(Fe)＝eq\f(0.35,3)mol×eq\f(15,14)＝0.125mol,1molFe與足量鹽酸反應生成1molH2，則V(H2)＝0.125mol×22.4L·mol－1＝2.80L。15．(2024·山東棗莊高三期末)若利用硫鐵礦焙燒取硫后的廢渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取FeSO4·7H2O，設計了如下流程：下列說法錯誤的是()A．溶解廢渣選用的酸是稀硫酸，試劑X選用鐵粉B．固體1中肯定含有SiO2，限制pH是為了使Al3＋轉化為Al(OH)3，進入固體2C．從溶液2得到FeSO4·7H2O產品的過程中，必需限制條件防止其氧化和分解D．若變更方案，在溶液1中干脆加入NaOH溶液至過量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液經結晶分別也可得到FeSO4·7H2O答案D解析在溶液1中含有鐵離子和鋁離子，加過量的氫氧化鈉，鋁離子轉化為偏鋁酸根離子，鐵離子與氫氧根離子結合生成氫氧化鐵沉淀，所以最終得到的是硫酸鐵而不是硫酸亞鐵，故D項錯誤。16．(2024·北京海淀高三期中)依據下列試驗：①向Fe2(SO4)3和CuSO4的混合液中加入過量鐵粉，充分反應，有紅色固體析出，過濾。②?、僦袨V液，向其中滴加KSCN溶液，視察現象。推斷下列說法正確的是()A．氧化性Cu2＋>Fe3＋B．①中所得固體只含銅C．①中濾液含有Cu2＋和Fe2＋D．②中不會視察到溶液變紅答案D解析在反應2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋中，氧化劑為Fe3＋，氧化產物為Cu2＋，即可知氧化性Fe3＋>Cu2＋，故A錯誤；①中所得固體含有過量的鐵和置換出的銅，故B錯誤；由于加入的鐵是過量的，則溶液中不含有Cu2＋，故C錯誤；因在①的濾液中只有Fe2＋，沒有Fe3＋，則滴加KSCN溶液時并不會出現溶液變紅的現象，故D正確。17．(2024·貴州高三教學質量測評)工業(yè)上常用鐵碳混合物處理含Cu2＋廢水獲得金屬銅。當保持鐵屑和活性炭總質量不變時，測得廢水中Cu2＋濃度在不同鐵碳質量比(x)條件下隨時間變更的曲線如下圖所示。下列推論不合理的是()A．活性炭對Cu2＋具有肯定的吸附作用B．鐵屑和活性炭會在溶液中形成微電池，鐵為負極C．增大鐵碳混合物中鐵碳比(x)，肯定會提高廢水中Cu2＋的去除速率D．利用鐵碳混合物回收含Cu2＋廢水中銅的反應原理：Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu答案C解析活性炭具有很多細小微孔，具有很強的吸附實力，由圖像可知，Cu2＋在純活性炭中濃度減小，表明活性炭對Cu2＋具有肯定的吸附作用，故A合理；鐵屑和活性炭在溶液中形成微電池，其中鐵具有較強的還原性，易失去電子形成Fe2＋，發(fā)生氧化反應，因此鐵作負極，故B合理；由圖像可知，隨著鐵碳混合物中鐵含量的增加至x＝2∶1，Cu2＋的去除速率漸漸增加，但當鐵碳混合物變?yōu)榧冭F屑時，Cu2＋的去除速率降低，故C不合理；在鐵碳微電池中，碳所在電極發(fā)生還原反應，Cu2＋得到電子生成銅單質，因此該微電池的總反應方程式為Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故D合理。18．(2024·山東濟寧高三期末)工業(yè)上以某軟錳礦(主要成分為MnO2，還含有SiO2、Al2O3等雜質)為原料，利用煙道氣中的SO2制備MnSO4·H2O的流程如下：下列說法不正確的是()A．濾渣A的主要成分能導電，可制備光導纖維B．“酸浸”主要反應的離子方程式為MnO2＋SO2=Mn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)C．加氨水調整pH的目的是除Al3＋D．操作Ⅰ為結晶、過濾、洗滌、干燥答案A解析濾渣A為SiO2，不能導電，可制備光導纖維，故A錯誤；“酸浸”中MnO2有強氧化性，SO2具有還原性，主要反應的離子方程式為MnO2＋SO2=Mn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)，故B正確；加氨水調整pH的目的是：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，除去Al3＋，故C正確；經過結晶、過濾、洗滌、干燥操作可以得到MnSO4·H2O，故D正確。19．(2024·全國卷Ⅲ)高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由自然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備，工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：相關金屬離子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋Ni2＋起先沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“濾渣1”含有S和________；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式：______________________________________。(2)“氧化”中添加適量的MnO2的作用是________。(3)“調pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應調整為________～6之間。(4)“除雜1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“濾渣3”的主要成分是________。(5)“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度過高，Mg2＋沉淀不完全，緣由是______________________________________。(6)寫出“沉錳”的離子方程式：____________________________________。(7)層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為＋2、＋3、＋4。當x＝y＝eq\f(1,3)時，z＝________。答案(1)SiO2(不溶性硅酸鹽)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O(2)將Fe2＋氧化為Fe3＋(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－與H＋結合形成弱電解質HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移動(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)eq\f(1,3)解析(1)硫化錳礦及二氧化錳粉末中加入硫酸后，發(fā)生氧化還原反應：MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O，故濾渣1的主要成分為S和SiO2(不溶性硅酸鹽)。(2)Fe2＋沉淀完全時，Mn2＋已經起先沉淀，故加入MnO2是為了將溶液中的Fe2＋氧化為Fe3＋，便于除去。(3)除去Fe3＋及Al3＋，應使二者沉淀完全，故pH應大于4.7。(4)鋅和鎳的硫化物都難溶于水，故“濾渣3”的主要成分為ZnS、NiS。(5)“除雜1”步驟結束后，雜質金屬陽離子只有Mg2＋，加入MnF2形成MgF2沉淀而除去Mg2＋，若溶液酸度過高，H＋濃度偏大，則F－與H＋結合形成HF，使MgF2沉淀溶解平衡正向移動而重新溶解。(6)“沉錳”時加入NH4HCO3發(fā)生反應：Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(7)依據化合物中各元素化合價代數和為0的原則，求得z＝eq\f(1,3)。20．(2024·北京東城高三期末)探究0.5mol/LFeCl3溶液(pH＝1)與不同金屬反應時的多樣性的緣由。(各組試驗中：所用FeCl3溶液體積相同；金屬過量；靜置、不振蕩)試驗金屬現象及產物檢驗Ⅰ鎂條馬上產生大量氣體；金屬表面變黑，該黑色固體能被磁鐵吸引；液體顏色由棕黃色漸漸變?yōu)榧t褐色；片刻后氣泡削減；金屬表面覆蓋有紅褐色沉淀，此時取反應后的液體，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀Ⅱ銅粉無氣體產生；溶液漸漸變?yōu)樗{綠色；取反應后的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀(1)依據試驗Ⅰ的現象，推想紅褐色液體為膠體，并用光束照耀該液體，在與光束垂直的方向視察到________得以證明。(2)已知Fe和Fe3O4均能被磁鐵吸引。①為了確定黑色固體的成分是否含有Fe和Fe3O4，重復試驗Ⅰ，剛好取少量鎂條表面生成的黑色粉末，洗凈后進行試驗如下：該試驗說明黑色固體中肯定含有________，結合現象寫出推斷的理由__________________________。②除上述結論外，分析試驗Ⅰ的現象，可知被還原得到的產物肯定還有________。(3)試驗Ⅰ、Ⅱ現象的差異，與Fe3＋、Mg2＋、Fe2＋、H＋、Cu2＋的氧化性強弱有關，其依次是Mg2＋<Fe2＋<________。(4)接著探討0.5mol/LFeCl3溶液(pH＝1)與Fe的反應。試驗金屬現象及產物檢驗Ⅲ鐵粉持續(xù)產生少量氣體；一段時間后，溶液顏色變淺，底部有紅褐色沉淀，經檢驗，溶液pH＝4；含有Fe2＋，無Fe3＋Ⅳ鐵絲無明顯的氣泡產生；一段時間后，溶液變?yōu)闇\綠色，經檢驗，溶液pH＝2，含有Fe2＋和Fe3＋；Fe3＋被還原的量多于試驗Ⅲ①試驗Ⅲ中發(fā)生反應的離子方程式有_______________________________。②已知：相同條件下，H＋在溶液中的移動速率遠大于Fe3＋。結合試驗Ⅰ、Ⅱ，由反應中金屬表面離子濃度的變更，推想試驗Ⅲ、Ⅳ現象差異的緣由：_________________________________________________________________。答案(1)一條光亮的“通路”(2)①Fe濾紙ⅱ上無明顯現象，說明Fe3O4不能溶解產生Fe2＋，所以濾紙ⅰ上粉末旁邊變藍只能是Fe被氧化產生Fe2＋②H2、Fe2＋(3)H＋＜Cu2＋＜Fe3＋(4)①Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋，Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋②由Ⅰ、Ⅲ可知，金屬與Fe3＋、H＋反應速率快時，因H＋移動速率大，其濃度在金屬表面變更小，易被還原，促使Fe3＋水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反應慢，Fe表面Fe3＋能剛好補充，且由Ⅱ知Fe3＋的氧化性強于H＋，優(yōu)先被還原解析(1)膠體的重要性質就是具有丁達爾效應——用平行光照耀時，從側面能看到一條光亮的“通路”。(2)①由試驗所得的黑色粉末與純Fe3O4作對比試驗，發(fā)覺Fe3O4并不能與所加的試劑(含K3[Fe(CN)6]的3%NaCl溶液)發(fā)生作用，而黑色粉末能，從而間接證明白能與所加試劑發(fā)生作用的是鐵粉，所以原黑色粉末中肯定有鐵粉，是鐵粉被氧化產生了Fe2＋；②從“馬上產生大量氣泡”推斷產物中有氫氣，從“滴加K3[