專項06無機綜合題與工藝流程題1．（江西省吉安市第一中學2022-2023學年高一上學期期末）由制鋁工業(yè)廢渣(主要含F(xiàn)e、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸鐵鋁凈水劑的流程如下。下列有關(guān)說法不正確的是A．控制適當反應(yīng)溫度并不斷攪拌，有利于提高鐵、鋁浸取率B．與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式：C．濾渣成分為D．聚合硫酸鐵鋁水解形成的膠體具有吸附作用【答案】C【分析】由流程可知，加硫酸發(fā)生Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、CaO+2H++=CaSO4↓+H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O或FeO+2H+=Fe2++H2O或Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，加過氧化氫可氧化亞鐵離子，過濾分離出濾渣為硅的氧化物SiO2和CaSO4，濾液含H+、Fe3+、Ca2+、Al3+，對濾液加熱聚合，進一步得到聚合硫酸鐵鋁，以此來解答?！驹斀狻緼．控制適當反應(yīng)溫度并不斷攪拌，可以加快反應(yīng)速率，充分反應(yīng)，有利于提高鐵、鋁浸取率，A正確；B．Al2O3與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁和水，離子方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B正確；C．由分析可知，濾渣成分為SiO2和CaSO4，C錯誤；D．聚合硫酸鐵鋁水解可以生成氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體，膠體表面積較大，具有吸附作用，D正確；故答案為：C。2．（廣東省深圳中學2022-2023學年高一上學期期末）以工業(yè)廢渣[主要成分為Ca(OH)2，雜質(zhì)為CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖：氯化時控制溫度在75℃左右進行，充分反應(yīng)后過濾所得濾液為Ca(ClO3)2、CaCl2的混合溶液。下列有關(guān)說法正確的是A．氯化過程中通入Cl2的速率越快越好B．轉(zhuǎn)化過程可能發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為2KCl+Ca(ClO3)2═2KClO3↓+CaCl2C．濾渣的主要成分為Ca(OH)2D．氯化后過濾，測定濾液中與Cl-的個數(shù)之比為2：3【答案】B【詳解】A．氯化過程中需提高Cl2的轉(zhuǎn)化率，可減小通入Cl2的速率，可增加氯化環(huán)節(jié)與氯氣的接觸面積，選項A錯誤；B．向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca(ClO3)2轉(zhuǎn)化為KClO3，方程式為2KCl+Ca(ClO3)2=2KClO3↓+CaCl2，選項B正確；C．CaCO3不溶于水，濾渣的主要成分為CaCO3，選項C錯誤；D．根據(jù)6Ca(OH)2+6Cl2═Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，則與Cl-的個數(shù)之比為2：10=1：5，選項D錯誤；答案選B。4．（重慶市2022-2023學年高一上學期期末）利用下圖，可以從不同角度研究含氯物質(zhì)的性質(zhì)及其轉(zhuǎn)化關(guān)系，圖中甲～辛均含氯元素。回答下列問題：

(1)丁屬于(“酸性”或“堿性”)氧化物；(2)圖中甲、乙、丙、戊中，屬于電解質(zhì)的是(填化學式)；根據(jù)氯元素的化合價判斷，乙物質(zhì)；A．只有氧化性

B．只有還原性

C．既有氧化性又有還原性(3)電解甲溶液制備己的化學反應(yīng)為：(未配平)，則配平后參與反應(yīng)的甲與H2O的物質(zhì)的量之比是；(4)庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化學方程式為；(5)已知己是最強的無機酸，寫出己的電離方程式?！敬鸢浮?1)酸性(2)HCl、HClOC(3)1:4(4)2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(5)HClO4=H++【詳解】（1）由價類二維圖可知，丁是+7價的含氯氧化物，為七氧化二氯，它溶于水生成高氯酸，它能與堿反應(yīng)生成高氯酸鹽和水，故屬于酸性氧化物，故答案為：酸性；（2）電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮械乃?、堿、鹽、大多數(shù)金屬氧化物均為電解質(zhì)，圖中甲、乙、丙、戊分別為HCl、Cl2、ClO2、HClO中，屬于電解質(zhì)的是HCl、HClO，根據(jù)氯元素的化合價判斷，乙即Cl2中Cl的化合價為0價，處于中間化合價，故乙物質(zhì)既有氧化性又有還原性，故答案：HCl、HClO；C；（3）由圖可知，甲為HCl，電解甲溶液制備己即HClO4，根據(jù)氧化還原反應(yīng)可推知，，平衡后反應(yīng)為：2HCl+8H2O2HClO4+8H2↑，故甲與H2O的物質(zhì)的量之比是2:8=1:4，故答案為：1:4；（4）庚是漂白粉的有效成分即Ca(ClO)2，用乙即Cl2和石灰乳反應(yīng)來制取庚，故反應(yīng)的化學方程式為2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案為：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（5）由圖可知，己是+7價的酸，其化學式為：HClO4，已知己是最強的無機酸，故其HClO4的電離方程式：HClO4=H++，故答案為：HClO4=H++。6．（遼寧省沈陽市五校協(xié)作體2022-2023學年高一上學期期末）高中化學課本必修一中出現(xiàn)的部分物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分物質(zhì)已省略。已知是實驗室制取氯氣的主要方法之一，H的焰色試驗呈黃色)，請完成下列填空。(1)H的化學式為：。(2)若K中含有F的雜質(zhì)，應(yīng)加入(填化學式)除雜。(3)I轉(zhuǎn)化為J的化學方程式為。(4)K的飽和溶液滴入沸水中，可得到膠體L。膠體L區(qū)別于K的飽和溶液最本質(zhì)的特征是_____(填字母序號)。A．膠體L的分散質(zhì)粒子直徑為 B．膠體L具有丁達爾效應(yīng)C．膠體L是均一的分散系 D．膠體L比K的飽和溶液顏色深(5)將B通入G溶液中可得到一種漂白液，能殺菌、消毒，該漂白液的有效成分是(填化學式)。(6)為公認的高效安全滅菌消毒劑之一，常溫下亞氯酸鈉固體與B反應(yīng)可得到和NaCl，該反應(yīng)中的離子方程式為(7)能將KI氧化為的氧化劑有、、、、、等。已知下列四種氧化劑氧化KI后對應(yīng)的還原產(chǎn)物如下：氧化劑還原產(chǎn)物NO判斷等物質(zhì)的量的四種氧化劑分別與足量KI作用，得到最多的是【答案】(1)NaCl(2)(或)(3)(4)A(5)NaClO(6)(7)【分析】二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水，氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，根據(jù)白色沉淀I在空氣中變?yōu)榧t褐色沉淀J，則I為氫氧化亞鐵，則F為氯化亞鐵，氯化亞鐵和氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化亞鐵沉淀和氯化鈉H，則鹽酸D和鐵E反應(yīng)生成氯化亞鐵F和氫氣，氯化亞鐵F和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵K，氫氧化鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵和水。【詳解】（1）根據(jù)分析可知，H的化學式為NaCl。（2）若K(氯化鐵)中含有F(氯化亞鐵)的雜質(zhì)，則需要將亞鐵離子氧化為鐵離子，不能引入新的雜質(zhì)，因此應(yīng)加入Cl2(或H2O2)除雜；故答案為：Cl2(或H2O2)。（3）I轉(zhuǎn)化為J是氫氧化亞鐵白色沉淀在空氣中被氧化為氫氧化鐵紅褐色沉淀，其反應(yīng)的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）膠體L區(qū)別于K的飽和溶液最本質(zhì)的特征是分散質(zhì)粒子直徑大小的區(qū)別即膠體L的分散質(zhì)粒子直徑為l~100nm，故答案為：A。（5）將B通入G溶液中可得到一種漂白液，能殺菌、消毒，氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，則該漂白液的有效成分是NaClO；故答案為：NaClO。（6）常溫下亞氯酸鈉(NaClO2)固體與B(氯氣)反應(yīng)可得到ClO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析亞氯酸鈉中氯化合價升高，氯氣中氯元素化合價降低，因此該反應(yīng)的離子方程式為；故答案為：。（7）根據(jù)表格中還原產(chǎn)物分析，1mol四種氧化劑分別得到電子物質(zhì)的量為5mol、5mol、2mol、3mol，則碘離子失去電子變?yōu)閱钨|(zhì)碘物質(zhì)的量分別2.5mol、2.5mol、2mol、1.5mol，由由于碘酸鉀還原產(chǎn)物是單質(zhì)碘，因此等物質(zhì)的量的四種氧化劑分別與足量KI作用，得到I2最多的是KIO3；故答案為：KIO3。5．（湖南省湘潭市2022-2023學年高一上學期期末）鈦是航空、軍工、電力等領(lǐng)域的重要原材料。地殼中的含鈦礦石之一是金紅石()，其是冶煉鈦的重要原料。生產(chǎn)鈦的工藝流程如圖：已知：①常溫下，鈦既不與常見非金屬單質(zhì)反應(yīng)，也不與強酸反應(yīng)；②加熱時，鈦可以和常見的非金屬單質(zhì)反應(yīng)。(1)在反應(yīng)I中：①下列有關(guān)CO的說法正確的是(填標號)。A．屬于酸性氧化物

B．摩爾質(zhì)量為28

C．為可燃性氣體

D．具有還原性②反應(yīng)I的化學方程式為，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為。③每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，同時生成CO的體積為(標準狀況下)。(2)在反應(yīng)II中：①氬氣的作用為。②該反應(yīng)的基本反應(yīng)類型為。(3)為了測定反應(yīng)II制得的金屬鈦(雜質(zhì)僅含Mg)中的鈦元素含量。常溫下，取mg反應(yīng)II制得的金屬鈦置于燒杯中，往燒杯中逐滴滴入物質(zhì)的量濃度為的稀硫酸，當不再出現(xiàn)氣泡時，共消耗VmL稀硫酸：①上述反應(yīng)的離子方程式為。②金屬鈦的質(zhì)量分數(shù)為(用含m、c、V的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)CD71∶122.24L(2)防止生成的鈦被空氣中的氧氣氧化置換反應(yīng)(3)【分析】TiO2、C、Cl2混合物在高溫條件下生成TiCl4和CO，高溫下鎂和TiCl4反應(yīng)生成鈦和氯化鎂，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）①A.CO與堿不反應(yīng)，不屬于酸性氧化物，屬于不成鹽氧化為，A錯誤；B.CO的摩爾質(zhì)量為28g/mol，B錯誤；C.CO易燃，為可燃性氣體，C正確；D.CO中碳元素是+2價，具有還原性，D正確；答案選CD。②TiO2、C、Cl2混合物在高溫條件下生成TiCl4和CO，反應(yīng)I的化學方程式為，該反應(yīng)中碳元素化合價升高，氯元素化合價降低，氧化劑是氯氣，還原劑是碳，二者的物質(zhì)的量之比為1:1，質(zhì)量之比為71∶12。③生成1molCO，轉(zhuǎn)移2mol電子，因此每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，標準狀況下同時生成CO的體積為0.1mol×22.4L/mol=2.24L。（2）①鈦易被氧化，所以氬氣的作用為防止生成的鈦被空氣中的氧氣氧化。②該反應(yīng)屬于一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)生成另一種單質(zhì)和化合物的反應(yīng)，因此基本反應(yīng)類型為置換反應(yīng)。（3）①能與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣的是金屬鎂，則上述反應(yīng)的離子方程式為。②消耗稀硫酸的物質(zhì)的量是0.001cVmol，根據(jù)可知鎂的物質(zhì)的量是0.001cVmol，金屬鈦的質(zhì)量分數(shù)為=。6．（安徽省黃山市2022-2023學年高一上學期期末）明礬在日常生活中用途非常廣泛。用廢鋁灰(含Al、、Fe、、等)為原料制取明礬的工藝流程如下圖?；卮鹣铝袉栴}：

已知：開始沉淀到沉淀完全時溶液的為1.9～3.7。(1)加快“酸溶”速率的措施有(列舉一種即可)，其中“酸溶”時，溶解的化學方程式為。(2)“氧化”時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(3)“步驟①”調(diào)節(jié)pH約為3.7的目的是；檢驗“過濾2”濾液中是否含可用試劑。(4)“步驟②”包含的操作有、、過濾、洗滌及干燥?！敬鸢浮?1)攪拌、適當升溫、適當增大硫酸濃度（任寫一個）(2)(3)使完全沉淀而不沉淀KSCN溶液(4)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶【分析】由工藝流程圖知，廢鋁灰經(jīng)酸溶后，其中的鋁元素和鐵元素分別以和、形式存在，過濾取濾液加入能將氧化成，之后加入調(diào)節(jié)pH約為3.7，可使完全沉淀而不沉淀，再次過濾，所得溶液中的金屬陽離子只有，加入可得溶液，溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌及干燥一系列操作后即制得明礬?！驹斀狻浚?）加快“酸溶”速率的措施有攪拌、適當升溫、適當增大硫酸濃度等，“酸溶”時，溶于硫酸生成硫酸鋁和水，化學方程式為：；（2）“氧化”是加入將氧化成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：；（3）結(jié)合已知信息知，調(diào)節(jié)pH約為3.7是為了使完全沉淀而不沉淀，從而除去溶液中的鐵元素；檢驗可用KSCN溶液，若向“過濾2”濾液中加入KSCN溶液后溶液變紅，說明其中含有，反之則無；（4）“步驟②”前是溶液，“步驟②”后得到固體產(chǎn)品，說明“步驟②”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌及干燥等一系列操作。7．（山東省聊城市2022-2023學年高一上學期期末）鐵是人類較早使用的金屬之一，F(xiàn)eSO4和FeCl3是重要的化工原料。(I)硫酸亞鐵晶體(FeSO4·7H2O)在醫(yī)藥上可作補血劑。(1)為防止FeSO4溶液變質(zhì)，應(yīng)在溶液中加入少量(填標號，下同)；向FeSO4溶液加入可驗證該溶液是否變質(zhì)。A．銅片

B．KSCN溶液

C．氯氣

D．鐵粉(2)該補血劑與維生素C同時服用，有利于Fe2+的吸收。某同學設(shè)計如下實驗探究維生素C的作用：取少量Fe2(SO4)3溶液于試管中，加入維生素C片2片，振蕩溶解，再滴加鐵氰化鉀溶液，溶液出現(xiàn)藍色沉淀，由此得出結(jié)論是。(已知：Fe2+遇鐵氰化鉀溶液產(chǎn)生藍色沉淀)(II)氯化鐵溶液可用于腐蝕印刷電路板上的銅，某腐蝕后的廢液中含有FeCl3、FeCl2和CuCl2，且c(Fe3+)=c(Fe2+)。(3)從廢液中可回收銅，并獲得FeCl3溶液，設(shè)計如下方案：①濾渣a為。②物質(zhì)X為。A．HCl

B．酸性KMnO4溶液C．Cl2(4)取該廢液20mL并加入mg鐵粉，充分反應(yīng)。①對反應(yīng)后的溶液分析錯誤的是A．溶液中一定含有Fe2+B．若有固體剩余，則固體中一定含有鐵C．若溶液中有Cu2+，則可能有固體析出D．溶液若有Fe3+剩余，則一定沒有固體析出②若m=2.72，則充分反應(yīng)后得到20mL3.0mol/L氯化亞鐵溶液和2.24g固體混合物。則原廢液中Fe3+的物質(zhì)的量濃度為。【答案】(1)DB(2)維生素C具有還原性(3)鐵單質(zhì)和銅單質(zhì)C(4)b5.5【詳解】（1）為防止FeSO4溶液變質(zhì)，應(yīng)在溶液中加入少量鐵粉，防止亞鐵離子被氧化，故選D；FeSO4變質(zhì)是因為Fe2+被氧氣氧化生成Fe3+，故向FeSO4溶液加入KSCN溶液可驗證該溶液是否變質(zhì)，故選B。（2）已知：Fe2+遇鐵氰化鉀溶液產(chǎn)生藍色沉淀，加入維生素C的Fe2(SO4)3溶液中滴加鐵氰化鉀溶液，溶液出現(xiàn)藍色沉淀，說明Fe2(SO4)3被維生素C還原為Fe2+，由此得出結(jié)論是維生素C具有還原性。（3）腐蝕后的廢液中含有FeCl3、FeCl2和CuCl2，加入過量鐵粉，F(xiàn)eCl3和CuCl2均與鐵發(fā)生反應(yīng)，生成氯化亞鐵和銅單質(zhì)，操作1為過濾，濾渣a為鐵單質(zhì)和銅單質(zhì)，濾液中通入氯氣發(fā)生反應(yīng)2：，濾渣a中加入足量稀鹽酸與鐵粉發(fā)生反應(yīng)生成氯化亞鐵，過濾出銅單質(zhì)，該濾液與操作1后的濾液合并發(fā)生反應(yīng)2。①由分析知，濾渣a為鐵單質(zhì)和銅單質(zhì)。②為不引入雜質(zhì)，物質(zhì)X為氯氣，故選C。。（4）①該廢液中含有FeCl3、FeCl2和CuCl2，當加入鐵粉，鐵先和Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+，當FeCl3完全反應(yīng)后，F(xiàn)e再和Cu2+反應(yīng)，以此來解答，a．鐵先和Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+，當FeCl3完全反應(yīng)后，F(xiàn)e再和Cu2+反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2+，故a正確；b．Fe的量可能不足以將Cu2+全部還原，則若有固體剩余，則固體中不一定含有鐵，故b錯誤；c．若溶液中有Cu2+，可能Fe的量不足以將Cu2+全部還原，此時有銅析出，故c正確；d．溶液若有Fe3+剩余，說明一定沒有發(fā)生Fe和Cu2+的反應(yīng)，則一定沒有固體析出，故d正確；故選b。②根據(jù)氧化性順序，F(xiàn)e會先和Fe3+反應(yīng)，再和Cu2+反應(yīng)，反應(yīng)式為：①Fe+2Fe3+=3Fe2+；②Fe+Cu2+=Fe2++Cu。最后溶液為FeCl2溶液，不含Cu，則說明Cu全部參加反應(yīng)，則Fe有剩余。設(shè)Fe3+的物質(zhì)的量為xmol，Cu2+的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)n(Fe2+)=0.06mol和最后2.24g固體包括剩余的Fe和生成的Cu，列一個二元一次方程：1.5x+x+y=0.06，2.72-(0.5x+y)56+64y=2.24，解得x=0.11mol，即n(Fe3+)=0.132mol，。8．（山東省濟寧市2022-2023學年高一上學期期末）工業(yè)上用赤鐵礦(主要含、FeO，還含有少量的、CuO等雜質(zhì))制備綠碼()的流程如下：(1)NaOH溶液加入赤鐵礦中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(2)試劑b為(填化學式)，“溶液Ⅰ”中氧化性最強的陽離子為(填化學式)。(3)操作③需要隔絕空氣的主要原因是。(4)樣品受熱分解過程中樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示：請回答下列問題①溫度為78℃時，固體物質(zhì)M的化學式為。②取適量380℃時所得的樣品P，隔絕空氣加熱至650℃，得到一種固體物質(zhì)Q，同時有兩種常見含硫氧化物生成，則Q的化學式為?！敬鸢浮?1)(2)Fe(3)防止被氧化(4)【分析】赤鐵礦加入NaOH溶液，Al2O3和NaOH溶液反應(yīng)，F(xiàn)e2O3、FeO、CuO不反應(yīng)，過濾后成為濾渣Ⅰ，加入試劑a，結(jié)合最后制取的是綠礬可知，試劑a是硫酸，反應(yīng)后生成Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4，加入試劑b將銅除去，則b是鐵，鐵和Fe3+反應(yīng)生成Fe2+，鐵和Cu2+反應(yīng)生成Fe2+和銅，濾液Ⅱ中的溶質(zhì)為FeSO4，隔絕空氣蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到綠礬?！驹斀狻浚?）NaOH溶液加入赤鐵礦中，Al2O3和NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2和水，反應(yīng)的離子方程式為：。（2）根據(jù)以上分析可知，試劑b為Fe，“溶液Ⅰ”中除了含F(xiàn)e2(SO4)3、FeSO4、CuSO4外還有過量的硫酸，氧化性最強的陽離子為Fe3+。（3）Fe2+具有較強的還原性，容易被空氣中的氧氣氧化，所以需要隔絕空氣操作。（4）①8.34g的物質(zhì)的量為0.03mol。溫度為78℃時，固體物質(zhì)M的質(zhì)量為6.72g，固體質(zhì)量減輕8.34g-6.72g=1.62g。開始階段，結(jié)晶水合物加熱時失去的是結(jié)晶水，1.62g水的物質(zhì)的量為0.09mol。0.03mol綠礬失去0.09mol水，則剩下的水為0.03mol×7-0.09mol=0.12mol，即0.03molFeSO4對應(yīng)0.12molH2O，所以M的化學式為。②380℃時固體質(zhì)量為4.56g，0.03molFeSO4的質(zhì)量即為4.56g，所以樣品P為FeSO4。隔絕空氣加熱至650℃，得到一種固體物質(zhì)Q，同時有兩種常見含硫氧化物生成，固體質(zhì)量為2.40g。0.03molFe的質(zhì)量為1.68g，根據(jù)元素質(zhì)量守恒，Q中還應(yīng)該有氧元素，氧元素的質(zhì)量為2.40g-1.68g=0.72g，物質(zhì)的量為0.045mol，鐵和氧的物質(zhì)的量之比為0.03：0.045=2：3，所以Q為Fe2O3。9．（山東省淄博實驗中學2022-2023學年高一上學期期末）已知A、B、C、D、E、F、G為中學化學中常見的化合物，其中A是淡黃色固體，G為紅褐色沉淀。常溫下甲、乙、丙為氣態(tài)非金屬單質(zhì)，丙呈黃綠色；丁、戊為常見金屬單質(zhì)，其中戊是當前用量最大的金屬。它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(有的反應(yīng)部分產(chǎn)物已經(jīng)略去)。請根據(jù)以上信息回答下列問題：(1)寫出物質(zhì)A的電子式，其陰陽離子個數(shù)比。(2)工業(yè)上用丙通入C溶液中，所得溶液的用途是。(3)F轉(zhuǎn)化為G總的化學方程式是；若反應(yīng)生成，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為(用表示阿伏伽德羅常數(shù)的值)。(4)寫出②中反應(yīng)的離子方程式：。(5)用酸性高錳酸鉀溶液能否檢驗中有，(填“能”或“否”)若填“否”，原因是(用離子方程式表示)?！敬鸢浮?1)1:2(2)殺菌消毒或者漂白(3)4FeCl2+O2+8NaOH+2H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl0.1NA(4)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑(5)否10Cl-+2+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O【分析】由題干轉(zhuǎn)化流程圖可知，A是淡黃色固體，與B反應(yīng)生成C與單質(zhì)甲，且甲為氣態(tài)非金屬單質(zhì)，則A是Na2O2，B是H2O，甲是O2，C是NaOH，甲、乙、丙為非金屬單質(zhì)，丙呈黃綠色，則丙是Cl2；金屬丁與氫氧化鈉反應(yīng)生成D與乙，則丁為Al，D是NaAlO2，乙為H2，甲與乙反應(yīng)生成水，乙與丙反應(yīng)生成E為HCl，金屬戊與鹽酸反應(yīng)生成F，F(xiàn)與氫氧化鈉、氧氣反應(yīng)得到G為紅褐色沉淀，則戊為Fe，F(xiàn)為FeCl2，G為Fe(OH)3，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）由分析可知，A為Na2O2，故物質(zhì)A的電子式為：，其陰陽離子個數(shù)比1:2，故答案為：；1:2；（2）由分析可知，丙為Cl2，C為NaOH，故工業(yè)上用丙通入C溶液中發(fā)生反應(yīng)為：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，即得到漂白液，所得溶液的用途是可以殺菌消毒、漂白，故答案為：殺菌消毒或者漂白；（3）由分析可知，F(xiàn)為FeCl2，G為Fe(OH)3，F(xiàn)和NaOH、O2共同反應(yīng)轉(zhuǎn)化為G即Fe(OH)3，該轉(zhuǎn)化總的化學方程式是4FeCl2+O2+8NaOH+2H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4e-，故若反應(yīng)生成10.7gG即=0.1mol，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.1NA，故答案為：4FeCl2+O2+8NaOH+2H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl；0.1NA；（4）由分析結(jié)合題干流程圖可知，反應(yīng)②即Al與NaOH溶液反應(yīng)，故該反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；（5）由分析可知，F(xiàn)為FeCl2，其中Cl-也能是酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不能用酸性高錳酸鉀溶液能否檢驗中有Fe2+，原因是10Cl-+2+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：否；10Cl-+2+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。10．（山東省濟寧市2022-2023學年高一上學期期末）從“爛版液”(含有、和)中回收銅，并制備的實驗流程如圖所示。下列說法錯誤的是A．制備至少需要B．步驟1中所用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒C．步驟Ⅲ中的作用，與和高錳酸鉀反應(yīng)中的作用相同D．將5~6滴飽和溶液滴入約40mL沸水中形成的分散系，可產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)【答案】C【分析】“爛版液”(含有CuCl2、FeCl2和FeCl3)中加入過量鐵粉，鐵和CuCl2、FeCl3反應(yīng)生成FeCl2，同時還有銅生成，濾渣中有銅和剩余的鐵，濾液中含有FeCl2。濾渣中加入過量鹽酸，鐵和鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，過濾后和濾液合并，加入H2O2，將FeCl2氧化為FeCl3，再經(jīng)在氯化氫氣流中蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到FeCl3?6H2O?！驹斀狻緼．步驟Ⅲ中，H2O2將FeCl2氧化為FeCl3，根據(jù)電子守恒，生成1molFeCl3，需要0.5molH2O2，則制備1molFeCl3?6H2O，至少需要H2O20.5mol×34g/mol=17g，故A正確；B．步驟Ⅰ為過濾，所用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故B正確；C．步驟Ⅲ中H2O2的作用是氧化劑，H2O2和高錳酸鉀反應(yīng)中，高錳酸鉀做氧化劑，H2O2為還原劑，作用不同，故C錯誤；D．將5~6滴飽和FeCl3溶液滴入約40mL沸水中可制得氫氧化鐵膠體，可產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，故D正確；故選C。11．（山東省東營市2022-2023學年高一上學期期末）為了增大催化劑的接觸面積，常把催化劑附著在一定的載體上，“鈀碳”是將金屬鈀粉負載到活性炭及有機物上制成的催化劑。廢鈀碳中鈀的回收可通過“王水脫鈀”法實現(xiàn)，其工藝流程如下：

下列說法正確的是A．“焚燒”的目的是除去碳和有機物，實驗室中該操作可以在蒸發(fā)皿中進行B．在“還原”反應(yīng)中，甲酸(HCOOH)被氧化為CO2C．“溶解”反應(yīng)中所用的王水濃鹽酸和濃硝酸體積比是3∶1，鹽酸和硝酸均做氧化劑D．“氨化”過程不涉及氧化還原反應(yīng)，溫度越高“氨化”進行越快【答案】B【分析】”鈀碳”是將金屬鈀粉負載到活性炭及有機物上制成的催化劑，廢鈀碳在空氣中高溫焙燒，C、Pd和有機物被氧氣氧化生成氧化物，氣體A主要是CO2，向固體氧化物中加入甲酸，PdO被HCOOH還原得到粗Pd，加入王水溶解，得到H2[PdCl4]溶液，在向溶液中加入濃氨水調(diào)節(jié)溶液pH，得[Pd(NH3)2]Cl2溶液，再經(jīng)過系列操作，可得到純凈的還原產(chǎn)物Pd，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知：廢鈀碳在空氣中焚燒可以使鈀碳中的活性炭和有機物燃燒除去，實驗室中該操作可以在坩堝中進行，A錯誤；B．由分析可知：“還原”反應(yīng)為氧化鈀與甲酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鈀、二氧化碳和水，甲酸(HCOOH)被氧化為CO2，B正確；C．鈀與王水反應(yīng)生成四氯合鈀酸、一氧化氮和水，硝酸作氧化劑，HCl的組成元素在反應(yīng)前后化合價不變，不作氧化劑，鹽酸可以提供Cl-形成配離子，提供H+，結(jié)合形成H2O，C錯誤；D．氨水受熱易發(fā)生分解反應(yīng)生成氨氣，若反應(yīng)溫度過高，氨氣受熱逸出會不利于“氨化”進行，D錯誤；故合理選項是B。12．（河南省濮陽市2022-2023學年高一上學期期末）高鐵鋁土礦主要成分為、、等，一種通過高鐵鋁土礦制備金屬鐵和的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A．“懸浮焙燒”時，鐵礦磁化得到的主要為B．“還原”時，1molC發(fā)生反應(yīng)一定轉(zhuǎn)移4mol電子C．礦渣經(jīng)處理后可加入到“堿溶”操作中D．“沉淀”時，主要反應(yīng)的離子方程式為【答案】B【分析】高鐵鋁土礦懸浮焙燒，鐵礦磁化，鋁礦活化得到高鋁鐵精礦和高活鋁精礦，高鋁鐵精礦用碳還原得到鐵；高活鋁精礦用氫氧化鈉溶液堿溶后，得到偏鋁酸鈉溶液，向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到氫氧化鋁沉淀，煅燒得到氧化鋁，據(jù)此解答。【詳解】A．四氧化三鐵具有磁性，則“懸浮焙燒”時，鐵礦磁化得到的主要為Fe3O4，故A正確；B．“還原”時，生成鐵和一氧化碳，則1molC發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，故B錯誤；C．礦渣中含有氧化鋁，經(jīng)處理后可加入到“堿溶”操作中，故C正確；D．“沉淀”時，偏鋁酸鈉與二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，則主要反應(yīng)的離子方程式為，故D正確；故選B。13．（河南省南陽市2022-2023學年高一上學期期末）中學常見的A、B、C、D、E、F六種物質(zhì)在一定條件下有如下圖所示的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系，所有反應(yīng)物和生成物均已給出。(1)若B是水，C是一種有磁性的黑色化合物，則反應(yīng)①的化學方程式為。(2)若B為一種淡黃色固體，綠色植物的光合作用和呼吸作用可實現(xiàn)自然界中D和E的循環(huán)，反應(yīng)①的離子方程式是。在反應(yīng)③中，若生成1molD，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為。(3)若反應(yīng)①、②、③均為水溶液中的置換反應(yīng)，A、D、E為鹵素單質(zhì)，則A、D、E的氧化性由強到弱的順序為，其中A的化學式是。【答案】3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H22Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑1.204×1024E＞A＞DBr2【分析】（1）若B是水，C是一種有磁性的黑色化合物，則C為Fe3O4，F(xiàn)e與水蒸氣在高溫條件下反應(yīng)生成Fe3O4和H2；（2）綠色植物的光合作用和呼吸作用能實現(xiàn)自然界中D和E的循環(huán)，則D和E分別是CO2和O2的一種，B是淡黃色固體，由反應(yīng)③可知E和B反應(yīng)生成D，可以推斷B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F為Na2CO3，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可推知，A為H2O，C為NaOH，據(jù)此寫出反應(yīng)①的離子方程式以及反應(yīng)③轉(zhuǎn)移電子數(shù)目；（3）根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性比較A、D、E的氧化性強弱，再根據(jù)在水溶液中，氟氣不能進行鹵素單質(zhì)的置換，A、D、E只能是Cl2、Br2、I2中的一種，再結(jié)合氧化性：Cl2＞Br2＞I2，判斷A的化學式。【詳解】（1）若B是水，C是一種有磁性的黑色化合物，則C為Fe3O4，F(xiàn)e與水蒸氣在高溫條件下反應(yīng)生成Fe3O4和H2，則反應(yīng)①的化學方程式為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；（2）綠色植物的光合作用和呼吸作用能實現(xiàn)自然界中D和E的循環(huán)，則D和E分別是CO2和O2的一種，B是淡黃色固體，由反應(yīng)③可知E和B反應(yīng)生成D，可以推斷B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F為Na2CO3，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可推知，A為H2O，C為NaOH，則反應(yīng)①的離子方程式為：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑，反應(yīng)③為2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，生成1molO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為1mol×2×[0-（-1）]×NAmol-1=2NA=1.204×1024；（3）反應(yīng)①、②、③均為水溶液中的置換反應(yīng)，A、D、E為鹵素單質(zhì)，根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，結(jié)合框圖轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，氧化性應(yīng)有E＞A＞D，在水溶液中，氟氣不能進行鹵素單質(zhì)的置換，且氧化性：Cl2＞Br2＞I2，則A的化學式是Br2?！军c睛】氟氣氧化性很強，在水溶液中，能與水反應(yīng)生成氧氣，發(fā)生反應(yīng)2F2+2H2O＝4HF+O2，因此在水溶液中，氟氣不能進行鹵素單質(zhì)的置換。14．（山東省濟寧市2022-2023學年高一上學期期末）現(xiàn)有A、B、C、D、E、F、G、H、M、N十種物質(zhì)，其中A為淡黃色粉末，B為日常生活中最常見的無色無味液體，E為無色氣體單質(zhì)，F(xiàn)的