专题9金属与人类文明——基础巩固 --高一下学期化学苏教版（2020）必修第二册.docx

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1、专题9金属与人类文明一、选择题（共16题）1新材料的发展充分体现了“中国技术”“中国制造”和“中国力量”。下列说法错误的是A蛟龙号潜水器用到了钛合金，22号钛元素属于过渡元素B港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能C国产大飞机C919使用的“现代工业骨骼”碳纤维是一种新型有机高分子材料D“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是硅单质2下列叙述中，正确的是A高温下，铁和水蒸气反应可以生成B可用KSCN溶液鉴别溶液和溶液C合金的熔点一定比各成分金属的低D稀土金属可以用于生产合金3现有甲、乙、丙、丁四种金属，将它们分别投入盐酸中，只有丙，丁发生反应并产生气泡；将丁投入丙的硝酸盐溶

2、液中，有金属丙析出，将甲投入乙的硝酸盐溶液中，有金属乙折出，这四种金属约活动性顺序是（）.A丁丙甲乙B乙甲丙丁C丙丁甲乙D丁丙乙甲4下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A钠具有还原性，液态钠可用作核反应堆的传热介质B具有漂白性，可在呼吸面具中作为氧气的来源CHClO具有弱酸性，可用作棉、麻和纸张的漂白剂D具有氧化性，可用于蚀刻铜电路板5某同学用下列装置进行实验，有关说法错误的是A利用装置可以较长时间看到白色沉淀B装置可以除去中的HCl气体C装置中生成棕黄色的烟，加少量水溶解，得到棕黄色溶液D装置中若气球明显膨胀，证明与NaOH溶液反应6下列生活物品中所涉及的合金材料属于新型合金的是A生铁B

3、不锈钢C储氢合金D硬铝AABBCCDD7下列有关实验操作、现象、解释或结论正确的是选项实验操作现象解释或结论A室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol/LNaClO溶液和CH3COONa溶液的pH大小：NaClOCH3COONa酸性强弱：HClOCH3COOHB向紫色石蕊试液中持续长时间通入氯气溶液先变红，最后变为无色氯气有漂白性C向溶液中先滴加双氧水，再滴加加KSCN溶液溶液变为血红色原溶液中含有Fe2+D向某溶液中加入稀盐酸，放出无色气味气体，将气体通入澄清石灰水溶液变浑浊该溶液中含有 AABBCCDD8下列除杂试剂和分离方法都正确的是（）选项物质（括号内为杂质）除杂试剂分离方法AFe（C

4、u）盐酸过滤BCO2（HCl）NaOH溶液洗气CFeCl2溶液（FeCl3）铁粉过滤DFe2O3（Al2O3）盐酸过滤AABBCCDD9向、的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在。下列判断不正确的是A加入溶液可能变红色B溶液中一定含C溶液中可能含有D剩余固体中一定含10下表中对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是选项陈述陈述判断A碳酸钠可用于治疗胃酸过多Na2CO3可与盐酸反应对对，有B铜绿的主要成分是碱式碳酸铜用稀盐酸除去铜器表面的铜绿对对，有C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光对对，有D银的导电性比铜好，但制导线的材料一般用铜而不用银铜比银的熔点高，密度小

5、对对，有AABBCCDD11能正确表示下列反应的离子方程式的是AFe2O3溶于过量HI溶液中：Fe2O3+6H+2I = 2Fe2+I2+3H2OB0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3+2SO+Ba2+4OH- = 2BaSO4+AlO+2H2OC用浓盐酸酸化的溶液与反应，证明具有还原性：2MnO+6H+5H2O2 = 2Mn2+5O2+8H2OD铁粉和水蒸气反应：2Fe+3H2O(g) Fe2O3+3H212将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100 mL 4.40 mol/L盐酸中，充分反应后产生896 mL H2

6、(标准状况)，残留固体1.28g，过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200 mL，测得其中c(H+)为0.400 mol/L。则原混合物中单质铁的质量是A2.4gB3.36gC5.60gD6.4g13将一定量的铁粉投入到硫酸铜与硫酸铁的混合溶液中，充分反应后有固体剩余。下列分析正确的是A剩余固体中只含未反应的铁粉B若固体中有铜，则反应后的溶液中不可能含有C若剩余固体中有铁，则反应后的溶液中只有一种溶质D若剩余固体中只有铜，则反应后的溶液中含有14电子工业常用，溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板，从腐蚀废液(主要含、)中回收铜，并重新获得溶液。废液处理流程如下：已知酸性溶液具有强氧化性

7、。下列说法错误的是A反应1和反应2都发生了氧化还原反应B操作1用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒C滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用酸性溶液D向饱和溶液中滴加NaOH溶液振荡得到胶体15下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A向足量稀硝酸中加入少量铁粉，反应后滴加KSCN溶液溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL-1Fe2(SO4)3中溶液变蓝金属铁比铜活泼C将SO2通入溴水中溴水褪色SO2有还原性性D常温下，将铁片放入浓硫酸中无明显现象常温下，Fe不与浓硫酸反应AABBCCDD16中华文化对人类文明和进步有着巨大贡献，

8、对下列描述所作的解释或说明正确的是（）选项描述解释或说明A有硇水者，剪银塊投之，则旋而为水能溶解银的“硇水”可能为硝酸B暮春之初，北海之民即煮海为盐“煮海为盐”涉及蒸发结晶C曾青得铁则化为铜曾青的蓝色来自D丹砂烧之成水银金属均可用热分解法冶炼AABBCCDD二、综合题17回答下列问题：(1)写出的电子式_；分子比分子稳定的理由_。(2)和铁红发生铝热反应的化学方程式_，该反应的用途是_(任写一条)。18用下面两种方祛可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。（1）制取所需的FeSO4溶液需要的反应物为_。（2）生成白色

9、Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_。方法二：在如图所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。 （3）在试管里加入的试剂是_。（4）在试管里加入的试剂是_。操作：先打开止水夹，使I管中反应一段时间后再夹紧止水夹，实验中观察到I管中溶液被压入II管中，II中发生反应的离子方程式为：_。（5）这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是_。19（1）请选择物质，用序号填空：新制氯水、铁、铜、稀硫酸。将Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质_；将Fe3+转化为Fe2+，可选用的物质_。（2）在

10、鲜活鱼的长途运输中，必须考虑以下几点：水中需要保持适量的O2；及时除去鱼排出的CO2；防止细菌的大量繁殖。现有两种在水中起供氧灭菌作用的物质，其性能如下：过氧化钠(Na2O2)：易溶于水，与水反应生成NaOH和O2。过氧化钙(CaO2)：微溶于水，与水反应生成Ca(OH)2(微溶)和O2。根据以上介绍，你认为运输鲜活水产时应选择_（填过氧化钠或过氧化钙）加入水中，原因是_。（3）NaHCO3的俗名为_，Na2CO3和NaHCO3都属于_类（填酸、碱或盐），在生活中却被用作食用碱；往饱和的碳酸钠溶液中通入CO2，化学方程式为：_。20完成下列各题。（1）氨气(NH3)接触氯化氢(HCl)产生白烟

11、(NH4Cl)。写出该反应的化学方程式：_。（2）铝热反应可用于焊接铁轨。写出铝(Al)与氧化铁(Fe2O3)在高温下反应生成铁(Fe)与氧化铝(Al2O3)的化学方程式：_。21用钒钛磁铁为原料冶炼铁，产生一种固体废料，主要成分如下表。物质TiO2MgOSiO2CaOAl2O3质量百分含量/%51.0012.525.394.0019.34通过下列工艺流程可以实现元素Ti、Al、 Si的回收利用，并得到纳米二氧化钛和分子筛。请回答下列问题：(1)步骤中进行分离操作的名称是_。(2)下列固体废料的成分中，不属于碱性氧化物的是_(填字母序号)。a.TiO2b.MgOc.SiO2d.CaO(3)熔融

12、温度和钛的提取率关系如下图，适宜温度为500，理由_。(4)滤液中溶质的成分是_。(5)步骤中发生反应的离子方程式是_。(6)将步骤中制取分子筛的化学方程式补充完整：_+6Na2SiO3+8H2O=Na8Al6Si6O24(OH)22H2O+根据成分表中数据，计算10kg固体废料，理论上应再加入Na2SiO3物质的量的计算式是n(Na2SiO3)=_mol (摩尔质量/g/mol：SiO2 60Al2O3 102)。22铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。（1）生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量

13、盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为_。（2）某溶液中有Mg2、Fe2、Al3、Cu2等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧，并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_。AMg2BFe2CAl3DCu2（3）氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：操作的名称是_；操作的名称是_；操作的方法为_。请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式：_。23氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料，属于新型功能性陶瓷产品，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与

14、纯氮在1300 时反应获得。(1)氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。试推测该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式：_。(2)现用四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅及氯化氢，反应的化学方程式为_。24粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有、和等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能制得纳米等重要物质，流程如图：【查阅资料】伯胺能与发生反应：，生成易溶于煤油的产物。在水溶液中能与发生反应：。(1)“酸浸”过程中发生反应的离子方程式为_；滤渣的主要成分是_(填化学式)。(2)过程II中，加入过量的作用是_(用离子方程式表示)伯胺

15、-煤油可对浸取液进行分离，该操作的名称是_。(3)利用化学平衡知识分析：用NaCl溶液进行反萃取的原理是_。(4)过程IV中过量的可将水层2中的转化为，得到的再被氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为(未配平)，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(5)测定产品纳米中的含铁量：将纳米溶于过量酸中加热，先用过量的将还原成，再加入溶液除去过量的，然后用标准溶液(已加入指示剂)滴定溶液中的。此过程发生的部分反应为：；。用除去过量的的目的是_。若称取纳米的质量为5.00g，配成100.0mL溶液，取出20.00mL，经上述方法处理后，再用0.1000标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液

16、20.00mL，则产品中铁元素的质量分数为_。参考答案：1C【详解】A22号钛元素位于第四周期B族，属于过渡元素，A项正确；B港珠澳大桥用到的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性才能抵御恶劣环境及海水的侵蚀，B项正确；C碳纤维主要成分是碳单质，属于无机物，C项错误；D硅晶体是良好的半导体材料，常用于制作收集芯片，D项正确；综上所述答案为C。2D【详解】A.高温下，铁和水蒸气反应发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，故A错误；B.氯化铁溶液和硫酸铁溶液都是铁盐溶液，都能使硫氰化钾溶液变红色，不能用硫氰化钾溶液鉴别氯化铁溶液和硫酸铁溶液，故B错误；C.合金的熔点一般比各成分金属的低，硬度

17、比各成分金属的高，有些合金没有固定熔点，故C错误；D.稀土金属添加至镁、铝、铜、锌、镍等有色合金中，可以改善合金的物理、化学性能，并提高合金室温及高温机械性能，常用于生产合金，故D正确；故选D。3A【详解】将它们分别投入盐酸中，只有丙、丁发生反应并产生气泡，说明丙、丁的金属活动性比氢元素强，将丁投入丙的硝酸盐溶液中，有金属丙析出，说明丁比丙活动性强，将甲投入乙的硝酸盐溶液中，有金属乙析出说明甲的活动性比乙强，综上所述，这四种金属的活动性顺序是丁丙甲乙，答案选A。4D【详解】A钠具有熔点低和良好的导热性，所以液态钠可用作核反应堆的传热介质，故A错；B能与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可在呼吸面具

18、中作为氧气的来源，故B错；CHClO具有强氧化性能使部分有色物质褪色，所以HClO可用作棉、麻和纸张的漂白剂，故C错；D具有氧化性，能与Cu反应即：，所以可用于蚀刻铜电路板，故D正确。答案选D5B【详解】A氢氧化亚铁具有还原性，易被氧化；把吸有氢氧化钠溶液的胶头滴管伸入液面下滴加，加铁粉并滴加硫酸产生的氢气排出装置内空气等措施，可较长时间观察到白色沉淀，故A正确；B装置洗气应长管进短管出，故B错误；C铁和氯气加热产生氯化铁是棕黄色的烟，溶于水，氯化铁溶液呈棕黄色，故C正确；D向瓶内滴加氢氧化钠溶液，气球膨胀，则瓶内压强减小，即消耗氯气，证明氯气与氢氧化钠溶液反应，故D正确。故选B。6C【详解】

19、新型合金包括储氢合金、形状记忆合金、钛合金、耐热合金等，生铁、硬铝、不锈钢、黄铜等属于普通合金，故答案为C。7A【详解】A测定等浓度盐溶液的pH，可比较对应酸的酸性，由盐溶液的pH可知，酸性强弱：HClOCH3COOH，A正确；B氯气与水反应生成盐酸、HCIO，具有酸性和漂白性，则溶液先变红，最后变为无色，而氯气不具有漂白性，B错误；C先滴加双氧水，可氧化亚铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，应先加KSCN溶液现象，后加过氧化氢检验亚铁离子，C错误；D碳酸氢根离子、碳酸根离子均与稀盐酸反应生成二氧化碳，由操作和现象，不能证明溶液中含有，D错误；故答案选A。8C【详解】A.铁与盐酸反应，铜与盐

20、酸不反应，让铁与铜的混合物与盐酸反应，会将铁反应，铜会剩余，不能除去铁，故A错误；B二氧化碳属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此，不能用氢氧化钠溶液作除杂试剂，应该使用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C.FeCl2溶液中的FeCl3，加入铁粉，三氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D. Fe2O3和Al2O3的混合物加入盐酸，氧化铁和氧化铝都与盐酸反应生成盐和水，不能除杂，故D错误；答案选C。9A【详解】A溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，A项错误；B由以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，B项正确；C由以上分析知，溶液中可能含有，C项正确；D由以上分析可知，剩余固体中一

21、定含，D项正确；答案选A。10B【详解】A. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，Na2CO3可与盐酸反应，错对，无，故A错误；B. 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜器表面的铜绿，对对，有，故B正确；C. 金属钠具有强还原性，高压钠灯发出透雾性强的黄光，黄色光的射程远，透雾能力强，对对，无，故C错误；D. 银的导电性比铜好，但制导线的材料一般用铜而不用银，是因为银的价格比较昂贵，铜比银的熔点高，密度小，对对，无，故D错误；故答案为：B。11A【详解】AFe2O3能溶于强酸，且Fe3与I能发生氧化还原反应，离子方程式为Fe2O36H=2I=2Fe2I23H2O，故A正确；B0.1molL1NH

22、4Al(SO4)2溶液与0.2molL1Ba(OH)2溶液等体积混合，离子方程式为Al322Ba24OH=2BaSO4Al(OH)3NH3H2O，故B错误；CKMnO4酸化用硫酸，因高锰酸钾溶液能将盐酸氧化成氯气，不用浓盐酸，故C错误；D铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故D错误；故答案为A。12C【详解】反应后溶液中还有较多H离子剩余，且滤液中没有Cu2，可以知道残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H和Fe2+，反应后剩余n(H+)=0.4nol/L0.2L=0.08mol，原溶液中n(HCl

23、)=4.4mol/L0.1L=0.44mol，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，2n(H2O)+2n(H2)=n总(HCl)-n余(H+)，即2n(H2O)+2=0.44mol-0.08mol，n(H2O)=0.14mol故混合物中n(O)= n(H2O)=0.14mol，由铜元素守恒，则n(CuO)=n(Cu)=0.02mol，由O原子守恒:3n(Fe2O3)+ n(CuO)=0.14mol，则n(Fe2O3)=0.04mol，由Cl原子守恒，滤液中溶质为FeCl2和剩余HCl，2n(FeCl2)+n余(HCl)=n总(HCl)，即2n(FeCl2)+0.08mol

24、=0.44mol，n(FeCl2)=0.18mol，由Fe原子守恒，原混合物中铁的物质的量：n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2)，n(Fe)=0.18mol-0.04mol2=0.10mol，m(Fe)=0.10mol56g/mol=5.60g，答案选C。13BC【详解】A由于反应肯定发生，故剩余固体中一定有Cu，若Fe过量，则可能还有过量的Fe，A错误；B若剩余固体中有Cu，则说明反应发生，反应进行完全，故溶液中不可能有Fe3+，B正确；C若剩余固体中有Fe，则说明Fe过量，反应均进行完全，故反应后溶液中只有FeSO4一种溶质，C正确；D只要剩余固体中有Cu，则说明反应发生，反应

25、进行完全，故溶液中不可能有Fe3+，D错误；故答案选BC。14CD【详解】A腐蚀废液中加入过量铁粉发生反应1，铁与FeCl3、CuCl2反应分别得到FeCl2、Cu单质，化学方程式为Fe+2FeCl3 = 3FeCl2、Fe+ CuCl2=Cu +FeCl2，两个反应都属于氧化还原反应，反应2为FeCl2和氧化剂反应生成FeCl3，属于氧化还原反应，A正确；B操作1是分离固体和液体的操作，为过滤操作，需要用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，B正确；C物质X氧化Fe2+生成Fe3+，可以选用Cl2氧化，因酸性高锰酸钾氧化剂极强，会将Cl氧化生成Cl2，故不能选用酸性KMnO4溶液，C错误；D

26、向煮沸的蒸馏水中滴加几滴饱和的FeCl3溶液继续煮沸至红褐色可制备Fe(OH)3胶体，而向饱和的FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，D错误；故答案选CD。15AC【详解】A向足量稀硝酸中加入少量铁粉，反应后滴加KSCN溶，溶液呈血红色，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3+，与SCN-发生络合反应生成Fe(SCN)3，选项A正确；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，溶液由黄色变为蓝色，只能说明Fe3+氧化性强于Cu2+，不能说明金属铁比铜活泼，选项B错误；C二氧化硫和溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，选项C正确；D铁片投入浓硫

27、酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，选项D错误；答案选AC。16AB【详解】A硝酸可溶解银单质生成可溶于水的AgNO3，故A正确；B“煮海为盐”是将海水中水分蒸发从而结晶成盐，故B正确；C硫酸铜溶液为蓝色，而为黑色，故C错误；D一些不活泼的金属，才能直接用加热分解的方法从其化合物中还原出来，故D错误；故答案为AB。17(1) 氧原子半径小于硫原子，中共价键比中强，所以比稳定(2) 焊接铁轨【分析】(1)是共价化合物，电子式为；由于氧原子半径小于硫原子，中共价键比中强，所以比稳定；(2)和铁红发生铝热反应的化学方程式为，

28、由于铝热反应放出大量的热，因此该反应的用途之一是焊接铁轨。18 稀H2SO4、铁屑 避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2 稀H2SO4、铁屑 NaOH溶液 Fe2+2OH-=Fe(OH)2 试管I中反应生成的H2充满了试管I和试管II，且外界空气不容易进入【详解】本题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁的制备；在制备氢氧化亚铁时必须要除去溶解在溶液中的氧气方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不马上被氧化。（1）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以制取所需的FeSO4溶液需要的反应物为稀H2SO4、铁屑；（

29、2）氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化，为了避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2，实验时生成白色氢氧化亚铁沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。方法二（3）试管中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用稀硫酸和铁屑反应生成，则在试管里加入的试剂是稀H2SO4、铁屑；（4）试管中应为NaOH溶液，与试管中生成的FeSO4溶液反应生成Fe(OH)2沉淀。打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，所以II中发生反应的

30、离子方程式为Fe2+2OH-=Fe(OH)2。（5）试管I中反应生成的H2充满了试管I和试管II，且外界空气不容易进入，所以生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色。19 过氧化钙 Na2O2与水反应剧烈，生成的NaOH具有强腐蚀性 小苏打 盐 CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3【详解】(1)氯气具有氧化性，能将Fe2+转化为Fe3+，铁和铜具有还原性，能将Fe3+转化为Fe2+，故答案为：；(2)过氧化钠与水反应生成NaOH和O2；过氧化钙与水反应生成Ca(OH)2和O2；生成的NaOH溶液的碱性太强，不适合鱼类生活，因此运输鲜活水产品时选择过氧化钙，CaO2在水中逐步溶解，与水

31、反应缓慢不断提供氧气，生成的氢氧化钙微溶于水，不致使溶液碱性太强，故答案为：过氧化钙(或CaO2)；Na2O2与水反应剧烈，生成的NaOH溶液具有强腐蚀性(或CaO2在水中逐步溶解，与水反应缓慢不断提供氧气，生成的氢氧化钙微溶于水，不致使溶液碱性太强)；(3)NaHCO3的俗名为小苏打，Na2CO3和NaHCO3都属于钠盐，往饱和的碳酸钠溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠，化学方程式为CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，故答案为：小苏打；盐；CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3。20 NH3+HCl=NH4Cl 2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3【详解】（1）氨气(NH3)接

32、触氯化氢(HCl)产生白烟(NH4Cl)，发生反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl；（2）铝(Al)与氧化铁(Fe2O3)在高温下反应生成铁(Fe)与氧化铝(Al2O3)的化学方程式为2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3。21 过滤 a、c 400钛的提取率太低，600钛的提取率提高不多，从节约能源，降低生产成本角度考虑，500最适宜 NaAlO2、Na2SiO3、NaOH Na2TiO3+2H+=H2TiO3+2Na+ 6NaAlO210NaOH 【详解】(1)根据流程图可知，步骤操作后都得到滤渣和滤液，因此操作的名称是过滤。正确答案：过滤。2) 碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水，

33、题中TiO2 和SiO2一般不与酸反应，不属于碱性氧化物；正确选项a、c。(3)从图像可以看出400，钛的提取率太低，600钛的提取率提高不多，从节约能源、降低生产成本角度考虑，500最适宜；正确答案：400钛的提取率太低，600钛的提取率提高不多，从节约能源，降低生产成本角度考虑，500最适宜。(4)二氧化硅和氧化铝与过量的氢氧化钠反应生成的产物分别为硅酸钠和偏铝酸钠，因此滤液中溶质的成分是：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；正确答案：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH。(5) 步骤是由于加入了稀盐酸使NaTiO3转化为H2TiO3，NaTiO3为固体，所以利用强酸制备弱酸规律，该

34、反应的离子方程式：Na2TiO3+2H+=H2TiO3+2Na+ ；正确答案：Na2TiO3+2H+=H2TiO3+2Na+。6)根据元素守恒配平，所缺的物质为6NaAlO2、10NaOH；根据反应可知：上一问的方程式硅酸钠与偏铝酸钠的比为1;1,根据图表的数据，偏铝酸钠的物质的量为（21000019.34%）/102mol,硅酸钠的物质的量为（100005.39%）/60mol，所以需要加入的硅酸钠的物质的量为两者的差值：100(219.31/102-5.39/60)；正确答案：6NaAlO2、10NaOH；100(219.31/102-5.39/60)。22 Fe2、Fe3、H Fe(NO

35、3)3 BC 过滤 洗涤 在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次 Fe22HCO3-=FeCO3CO2H2O【详解】(1)铁的氧化物中具有磁性的是Fe3O4，Fe3O4溶于过量的盐酸后溶液中存在的阳离子是Fe2、Fe3、H；Fe3O4溶于过量的浓硝酸后Fe元素会被氧化为Fe3，所以反应后的溶液中含有的盐是Fe(NO3)3；(2)向该溶液中加入过量的NaOH溶液后：Mg2Mg(OH)2、Fe2Fe(OH)3、Al3AlO2、Cu2Cu(OH)2；过滤后滤渣中含有Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2；高温灼烧后Mg(OH)2MgO、Fe(OH)3Fe2O3、Cu(

36、OH)2CuO；将MgO、Fe2O3、CuO投入过量盐酸后生成Mg2、Fe3、Cu2，故应选择B、C；(3)从流程图中知道经操作得到滤渣，故该操作是过滤；操作是在得到FeCO3沉淀后进行的，故该操作是洗涤；洗涤具体操作方法为：在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次；从流程图中分析加入稍过量的NH4HCO3溶液，有FeCO3沉淀，还应有CO2生成，发生复分解反应的离子方程式为：Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O。23 Si3N4+12HF=3SiF4+4NH3 3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl【详解】(1)根据氮化硅的组成元素和二氧化硅与氢氟酸的反

37、应原理，推测氮化硅与氢氟酸的反应的化学方程式是Si3N4+12HF=3SiF4+4NH3；(2)根据题干提示，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅及氯化氢，得到反应的化学方程式是3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。24(1) (2) 萃取、分液(3)，结合，溶液中浓度减小，使平衡向逆反应方向移动，实现反萃取(4)4：1(5) 防止滴定过程中由于同时还原而造成较大的实验误差 67.2%(1)“酸浸”过程中加入稀硫酸，金属氧化物都和稀硫酸反应，只有SiO2不反应，滤渣的主要成分是SiO2，其中与Fe3O4发生反应的离子方程式为：，故答案为：；SiO2；(2)过氧化氢有氧化性，可将F

38、e2+完全氧化为Fe3+，Fe3+与伯胺反应生成易溶于煤油的产物，提高萃取率；伯胺-煤油与水互不相溶，可将Fe(NH2-R)3(OH)SO4从水溶液中萃取分液而分离出来，故答案为：；萃取、分液；(3)Fe3+与Cl-反应生成FeCl63-，导致Fe3+浓度减小，使的平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中从而实现反萃取，故答案为：，结合，溶液中浓度减小，使平衡向逆反应方向移动，实现反萃取；(4)根据题意可知，将N2H4氧化为N2，根据得失电子相等可知，n()1=n(N2H4)4，所以n(Fe3+)：n(N2H4)=4:1，故答案为：4:1；(5)具有还原性，加入HgCl2使得转化为，防止过量的消耗K2Cr2O7溶液使Fe的测定产生误差；根据关系式6Fe2+可得铁的质量分数为，故答案为：防止滴定过程中由于同时还原而造成较大的实验误差；67.2%。