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第三章 金属及其化合物
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 S32 Na23 Mg 24 Fe 56 Zn 65 Cu 64
V 51 Co 59
一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3 分)
1．(原创)化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包是依据碳氢酸钠加热分解反应的原理
B．用明矾处理饮用水的过程中没有发生氧化还原反应
C．修建道路使用的水泥含熟石膏，其主要成分是CaCO3
D．铁红可作红色颜料，其属于碱性氧化物
【答案】C
【解析】用小苏打作发泡剂烘焙面包是依据碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳的原理，故A 正确；用明矾处
理饮用水时，Al3＋发生水解生成氢氧化铝胶体，具有较强吸附能力，达到净水的目的，此过程没有发生氧
化还原反应，B 正确；修建道路使用的水泥含熟石膏，其主要成分是CaSO4·2H2O，C 错误；铁红的成分是
三氧化二铁，呈现红色可作颜料，可以与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D 正确。
2．（2025·四川内江·模拟预测）金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的
转化不能全部通过一步反应直接完成的是
A．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3
B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4
D．Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3
【答案】A
【解析】A.氧化铝和水不反应，所以不能通过一步反应生成氢氧化铝；B.Na→NaOH→Na2CO3→NaCl 中反
应的化学方程式分别为2Na ＋2H2O===2NaOH ＋H2↑、2NaOH ＋CO2===Na2CO3 ＋H2O 、Na2CO3 ＋
CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl，所以均能通过一步反应实现；C.Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4中反应的化
学方程式分别为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑、MgCl2＋2NaOH===Mg（OH）2↓＋2NaCl、Mg（OH）2＋
H2SO4===MgSO4＋2H2O，所以均能通过一步反应实现；D.Fe→FeCl2→Fe（OH）2→Fe（OH）3中反应的化
学方程式分别为Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑、FeCl2＋2NaOH===Fe（OH）2↓＋2NaCl、4Fe（OH）2＋O2＋
2H2O===4Fe（OH）3，所以均能通过一步反应实现。
3．(2025·浙江省宁波市高三二模)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．硫酸亚铁具有还原性，可用于处理工业废水中的Cr2O7
2-
B．氨水具有碱性，可将废气中的氮氧化物转化为无害气体
C．碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用作加工馒头、面包的膨松剂
D．可溶性铝盐能水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，可用作净水剂
【答案】B
【解析】A 项，硫酸亚铁具有还原性，Cr2O7
2-具有氧化性，可用硫酸亚铁处理工业废水中的Cr2O7
2-，A 正
1
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确；B 项，氨水具有还原性，可将废气中的氮氧化物转化为无害气体N2，B 错误；C 项，碳酸氢铵可中和
酸并受热分解，产生气体，可用作加工馒头、面包的膨松剂，C 正确；D 项，Al(OH)3胶体具有吸附性，可
溶性铝盐能水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，D 正确；故选B。
4．(2025·四川南充实验中学·月考)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一种能与NaOH 溶液反应，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
【解析】A.四种元素的单质只有Al 能与NaOH 溶液反应，生成相应的偏铝酸钠和氢气，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 能与NaOH 溶液反应，所以Al 棒作为负极，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，其主要成分为氧化铁；铜与空气中的水、氧气、二氧化碳共
同作用得到铜锈，其主要成分为碱式碳酸铜，D 正确。
5．下列实验的操作、现象和结论均正确的是
操作
现象
结论
A
取久置的Na2O 粉末，向其中滴加几滴盐酸
不产生气体
Na2O 未变质
B
将绿矾样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN 溶液
溶液变红
绿矾晶体已经变质
C
向Fe(NO3)3溶液中滴加HI 溶液和淀粉溶液
溶液变蓝色
氧化性：Fe3＋>I2
D
铝片投入浓硫酸中
铝片不溶解
铝不与浓硫酸反应
【答案】B
【解析】久置的Na2O 粉末，先与空气中水蒸气反应，生成氢氧化钠，再与二氧化碳反应生成碳酸钠，加
入少量盐酸先生成NaHCO3，继续滴加才会生成气体，A 错误；将绿矾样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN 溶
液，溶液变红说明溶液中含有Fe3＋，证明绿矾晶体已经被氧化变质，B 正确；酸性条件下，硝酸根具有氧
化性，将I－氧化为I2单质，不能证明氧化性：Fe3＋>I2，C 错误；常温下，铝在浓硫酸中钝化，不能继续反
应，并非铝不与浓硫酸反应，D 错误。
6．(2025·北京密云二中高三模拟)最近，我国研究人员成功制备出高强度、高导电性、高耐热的铝—锆—
钪(Al-Zr-Sc)合金材料，为提升我国绿色铝产业深加工能力提供了支撑。下列说法不正确的是
A．Al 是地壳中含量最多的金属元素
B．基态21Sc 的简化电子排布式是[Ar]3d14s2
C．Al-Zr-Sc 合金比纯金属具有较高的熔点
D．Al-Zr-Sc 合金的导电性与自由电子的运动相关
【答案】C
【解析】A 项，Al 元素是地壳中含量最多的金属元素，A 正确；B 项，Sc 为21 号元素，基态21Sc 的简化
电子排布式是[Ar]3d14s2，B 正确；C 项，合金的熔点比组成合金的成分金属的熔点低，C 错误； D 项，
2
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电子的定向移动形成电流，Al-Zr-Sc 合金的导电性与自由电子的运动相关，D 正确；故选C。
7．(2025·浙江省Z20 名校联盟三模)下列实验装置正确，且能达到相应实验目的的是
A．验证反应有Cl2生成
B．验证铁粉与水蒸气
反应有H2产生
C．制备无水CuSO4
D．除去Na2CO3
固体中少量的
NaHCO3
【答案】C
【解析】A 项，浓盐酸易挥发，反应生成的氯气中混有挥发出来的HCl，HCl 也能和硝酸银溶液反应生成
白色沉淀AgCl，HCl 会干扰氯气和硝酸银溶液的反应，所以不能实现实验目的，A 错误；B 项，高温下Fe
与水蒸气反应可生成氢气，氢气进入肥皂液会形成肥皂泡，点燃肥皂泡可听到爆鸣声而达到验证有氢气产
生的目的，但试管口要略微向下倾斜，B 错误；胆矾(CuSO4·5H2O)加热后可分解生成CuSO4和H2O，通氮
气可将水蒸气排出，此装置可用于制备无水CuSO4，C 正确；D 项，NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、
CO2、H2O，可用加热法除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，但加热固体不能在蒸发皿中而应放在坩埚
中，D 错误；故选C。
8．
(2025·浙江省第二届辛愉杯高三线上模拟考试)高铁酸钠是一种新型、高效的绿色水处理剂，
其中一种干法制备反应为2FeSO4+6 Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，下列说法正确的是
A．高铁酸钠处理饮用水的原理与明矾类似
B．该反应的离子方程式为：2Fe2+
4+6Na2O2=2FeO4
2-+2Na2O+8Na++ O2↑
C．高铁酸钠中铁的质量分数为
D．高铁酸钠还可用NaClO 和Fe3+在一定条件下制得
【答案】D
【解析】A 项，高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸
附水中悬浮物形成沉淀，净水原理不同，A 错误；B 项，该反应在非水体系中发生，不能写成离子方程式
的形式，B 错误；C 项，高铁酸钠中铁的质量分数为：
，C 错误；D 项，
高铁酸钠还可以用NaClO 和Fe3+在一定条件下制得，反应的离子方程式为：2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO4
2-
+3Cl-+5H2O，D 正确；故选D。
9．含Cl、Na、Al 或Fe 部分物质的“价-类”关系如图所示。下列叙述正确的是
3
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A．若a 能与碱反应生成两种盐，则a 和c 都具有漂白性
B．若f 分散于水中能形成红褐色胶体，则a 与水蒸气反应生成e
C．若a 能与水剧烈反应，则a 在空气中最终转化成b
D．若f 是两性氢氧化物，则a 既能盐酸反应，又能与
反应
【答案】D
【解析】A 项，a 能与碱反应生成两种盐，则a 为Cl2，c 为HClO，氯气没有漂白性，A 错误；B 项，f 分散
于水中能形成红褐色胶体，则f 为Fe(OH)3，d 为FeO，e 为Fe2O3，a 与水蒸气反应生成Fe3O4，B 错误；C
项，a 能与水剧烈反应，则a 为Na，b 为NaOH，在空气中Na 最终变为Na2CO3，C 错误；D 项，f 是两性
氢氧化物，则f 为Al(OH)3，a 为Al，Al 能与强碱强酸反应生成盐，D 正确；故选D。
10．某同学欲用下列实验装置完成一些物质性质的检验，下列说法正确的是
A．若在④中验证氯气和铁的反应，③中应放碱石灰
B．欲验证H2能还原CuO，③中应放浓硫酸
C．若在④中验证氨能和氧化铁反应，③中应放无水氯化钙
D．欲验证CO2和Na2O2反应能生成氧气，还需要在⑤后放置一个带火星的木条
【答案】D
【解析】锥形瓶产生气体，U 形管干燥气体，长试管发生反应，干燥管吸收空气中的水蒸气或者吸收产物
中的水蒸气。若在④中验证氯气和铁的反应，③的作用是干燥氯气，但是氯气与碱石灰能发生反应，故不
能用碱石灰干燥，可以用五氧化二磷干燥，A 错误；欲验证H2能还原CuO，③的作用是干燥氢气，根据实
验图示可知③应为固体干燥剂，不能是浓硫酸，可以用碱石灰、无水氯化钙等固体干燥剂，B 错误；若在
④中验证氨能和氧化铁反应，③的作用是干燥氨，但是不能用无水氯化钙，二者可以发生反应，可以使用
碱石灰干燥，C 错误；验证CO2和Na2O2反应能生成氧气，在⑤后放置一个带火星的木条，如果木条复燃
说明有氧气的生成，D 正确。
11．(2025·陕西西安长安一中高三第四次质量检测)一种处理强酸性高浓度砷(AsO4
3-)、Cu2+废液并回收
As2O3和海绵铜等的工艺流程如图下列说法正确的是( )
4
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A．试剂X 可以是FeO
B．加入NaHSO3发生反应后溶液的酸性增强
C．达标废液中含有的溶质主要为Na2SO4
D．加入H2O2的主要目的是将过量NaHSO3氧化成Na2SO4
【答案】C
【解析】强酸性高浓度砷(AsO4
3-)、Cu2+废液中加入NaHSO3溶液，析出HAsO2沉淀，过滤后可将HAsO2烘
干使之分解得As2O3，滤液中加入试剂X 为Fe，置换出Cu，经过滤可得到海绵Cu，滤液加入H2O2将
Fe2+氧化为Fe3+，并调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，并过滤获得Fe(OH)3，废液中主要含有
Na2SO4。A 项，由分析可知置换出海绵铜的试剂X 为Fe，故A 错误；B 项，加入亚硫酸氢钠，反应生成硫
酸钠、HAsO2和水，反应的离子方程式为AsO4
3-+HSO3
-+2H+=SO4
2-+HAsO2↓+H2O，反应后溶液的酸性减
弱，故B 错误；C 项，流程中钠离子和生成的硫酸根离子没从体系中分离出去，故达标废液中含有的溶质
主要为Na2SO4，故C 正确；D 项，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，通过调节溶液pH，使Fe3+完全转化为
Fe(OH)3沉淀而除去，故D 错误；故选C。
12．
工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)。
已知：ⅰ、常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl-形成PbCl4
2-
ⅱ、FeS2可溶于一定浓度的盐酸。
ⅲ、浸取过程中还存在如下图的反应。
下列说法不正确的是
A．浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含
物质的溶解性
B．反应Ⅰ中，每消耗3molMnO2，生成6molFe3+
C．反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：Fe3++FeS2=2Fe2++2S↓
D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S 覆盖在FeS2固体表面
【答案】C
【解析】A 项，已知：常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl-形成PbCl4
2-，浸取方铅矿时，饱和食盐水的
作用主要是增大氯离子浓度，提高含Pb 物质的溶解性，A 正确；B 项，反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4 变
为+2，铁元素化合价由+2 变为+3，根据电子守恒可知，MnO2~2Fe3+，则每消耗3molMnO2，生成
5
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6molFe3+，B 正确；C 项，反应Ⅱ中，铁离子和FeS2反应生成S 和亚铁离子，离子方程式为：2Fe3+
+FeS2=3Fe2++2S，C 错误；D 项，反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S 覆盖在FeS2固体表面，减
小了反应面积，导致反应速率减慢，D 正确；故选C。
13．（2025 高三上·山东·阶段练习）2019 年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位
化学家。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有
、Al 等，处理该废料的一种工艺如图所示，下列说
法正确的是
A．酸溶时
做氧化剂，且温度不宜过高
B．加氨水调pH 的目的是除铝
C．沉钴的离子方程式为：
D．该流程中涉及的反应都是氧化还原反应
【答案】C
【解析】A．“酸溶”时加入H2O2的目的是将+3 价的钴还原为+2 价，H2O2是还原剂，为防止H2O2分解，
温度不宜过高，故A 错误；B．加氨水调节pH 的目的是将Li+转变为LiOH 沉淀而除去，故B 错误；C．
“沉钴”时，CoSO4溶液和(NH4)2C2O4反应生成CoC2O4沉淀和(NH4)2C2O4，离子方程式为：Co2++C2O=
CoC2O4↓，故C 正确；D．由C 项分析知，该流程中涉及的反应不都是氧化还原反应，故D 错误； 答案选
C。
14．
(2025· 四川省巴中市·模拟)为探究物质的理化性质，设计方案并进行实验，观察到相关现
象。其中方案设计和结论都正确的是
选项
方案设计
现象
结论
A
灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有
待测溶液的试管中
铜丝恢复亮红色
醇可与氧化铜发生氧
化反应
B
取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央
挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁
棒把镁点燃，再用干冰盖上
观察到镁粉在干冰内
继续燃烧，发出耀眼
的白光
金属镁可以跟二氧化
碳反应，而且也说明
了干冰易升华
C
将一块未打磨的Al 片剪成相同的两小
片，相同温度下分别投入等体积等物质的
量浓度的FeSO4溶液和CuCl2溶液中
FeSO4溶液中无明显
现象；CuCl2溶液中
Al 片表面有红色物质
附着
Cl-能加速破坏A1 片
表面的氧化膜
D
向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%
出现蓝色晶体
增大溶剂极性可以改
6
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乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管壁
变溶质溶解度
【答案】B
【解析】A 项，灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有待测溶液的试管中，铜丝恢复亮红色，可能是醇
与氧化铜发生反应将其还原，也可能是因为物质中含羧基，与表面氧化铜反应将其消耗，A 错误；B 项，
镁粉可以在干冰内剧烈燃烧，发出耀眼白光，说明干冰易升华且镁与二氧化碳发生反应，B 正确；C 项，
对比实验将Al 分别放入FeSO4溶液和CuCl2溶液中，探究阴离子对Al 表面氧化膜的影响，但二者溶液中阴
离子和阳离子种类均不同，未控制单一变量，C 错误；D 项，向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇
溶液，降低了溶剂的极性，硫酸四氨合铜(II)在乙醇中溶解度降低，用玻璃棒摩擦试管壁，析出晶体，D 错
误；故选A。
15．已知Zn 及其化合物的性质与Al 及其化合物的性质相似。实验室利用废旧镀锌铁皮（Fe 元素的质量分
数为z）制备磁性Fe3O4胶体粒子的过程为①碱溶：取x g 镀锌铁皮于烧杯中，加入足量NaOH 溶液，加
热、过滤、水洗；②酸溶、氧化：向所得不溶物中加入稀硫酸，调节溶液pH 始终保持在1～2 之间，并加
入NaClO 溶液；③碱溶、分离：再向溶液中滴加NaOH 溶液并加热，同时向溶液中持续通入N2，充分反
应，分离得到y g Fe3O4胶体粒子。下列说法正确的是
A．①中“过滤”所得的滤液中含有Zn2+ B．②中“氧化”时加入的NaClO 要过量
C．③中“分离”操作中包括过滤 D．Fe3O4胶体粒子的产率为×100%
【答案】D
【解析】由题意可知，制备磁性四氧化三铁胶体粒子的过程为废旧镀锌铁皮中加入足量氢氧化钠溶液共热
碱溶，将锌转化为Na2[Zn（OH）4]，过滤、水洗得到含有四羟基合锌酸钠的滤液和不溶物；将不溶物加入
稀硫酸调节溶液pH 始终保持在1～2 之间进行酸溶，将铁转化为亚铁离子后，加入适量次氯酸钠溶液将亚
铁离子部分氧化为铁离子，再向溶液中滴加氢氧化钠溶液并加热，同时向溶液中持续通入氮气充分反应得
到四氧化三铁，用渗析的方法分离得到四氧化三铁胶体粒子。A.由分析可知，①中“过滤”所得的滤液中
不含Zn2＋，故A 错误；B.由分析可知，②中加入适量次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子部分氧化为铁离
子，若加入过量次氯酸钠溶液会将亚铁离子完全氧化为铁离子，最后不能得到四氧化三铁，故B 错误；C.
由分析可知，③中“分离”操作为渗析法分离得到四氧化三铁胶体粒子，故C 错误；D.由题给数据可知，
四氧化三铁胶体粒子的产率为×100%＝×100%，故D 正确。
二、非选择题(共4 小题，共55 分)
16．
(14 分) （2025·四川宜宾·模拟）钠、铁及它们的化合物在生产、生活中有着重要的用途。
（1）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，
NaN3迅速分解产生N2和Na，同时放出大量的热，N2使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
KClO
①
4是助氧化剂，可处理产生的Na，其中氯元素的化合价是_______。
Fe
②
2O3是主氧化剂，也可处理产生的Na，反应为6Na+Fe2O3―――→3Na2O+2Fe，反应中Na2O 是
_______(填“还原产物”或“氧化产物”)。
NaHCO
③
3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而分解，其分解的化学方程式为_______。
（2）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。
FeCl
①
3溶液与金属铜发生反应的离子方程式为_______。
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②除去FeCl3溶液中混有的FeCl2可加入_______，反应的离子方程式为_______。
③将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色，制得分散系为_______(填“溶液”“胶体”
或“浊液”)。
（3）已知黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]同明矾一样是一种常见的净水剂。某研究小组为测定黄钠铁矾的组
成，进行了如下实验：
I .称取4.850 g 样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00 mL 溶液A；
II . 量取25.00 mL 溶液A，加入足量的KI，用0.2500 mol·L－1Na2S2O3溶液进行滴定(反应为I2＋
2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6)，消耗30.00 mLNa2S2O3溶液至终点。
III.另取25.00 mL 溶液A，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165 g。
①将样品配成100 mL 待测液，需要的主要仪器有烧杯、玻璃棒、 。
②用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为 ，滴定到终点的颜色变化为 。
③通过计算确定黄钠铁矾的化学式 (写出计算过程)。
【答案】(1)
+7
①
价(1 分) ②氧化产物(1 分)
2NaHCO
③
3====Na2CO3+H2O+CO2↑(1 分)
(2)
2Fe
①
3++Cu=2Fe2++Cu2+(1 分) ②氯水(1 分) Cl2+2Fe2+=2Fe3+ +2Cl-(1 分) ③胶体(1 分)
(3)①胶头滴管、100mL 容量瓶(1 分) ②淀粉溶液(1 分) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不
再恢复(2 分) ③NaFe3(SO4)2(OH)6(3 分)
【解析】(1)
KClO
①
4中K 是+1 价，O 是－2 价，根据化合价代数和为0 可知氯元素的化合价是+7 价。②反
应6Na+Fe2O3―――→3Na2O+2Fe 中钠元素化合价升高，被氧化，作还原剂，因此Na2O 是氧化产物。
③NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其分解的化学方程
式为2NaHCO3====Na2CO3+H2O+CO2↑。(2)
FeCl
①
3溶液与金属铜发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的
离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。②氯化亚铁易被氧化为氯化铁，则除去FeCl3溶液中混有的FeCl2可加
入氯水，反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3+ +2Cl-。③将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续加热至液体
呈红褐色得到氢氧化铁胶体，制得分散系为胶体。(3) ①将样品配成250 mL 待测液，必须使用容量瓶，且
要标明规格，所以需要的主要仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL 容量瓶。②碘遇淀粉变蓝色，故选
择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；③有关的反应离子
方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则有2Fe3+～I2～2Na2S2O3，
n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3)=0.2500 mol•L-1×0.03L=7.5×10-3 mol；加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗
涤、干燥后得沉淀1.165g 为硫酸钡沉淀，则n(SO4
2-)=1.165g÷233g/mol=5.0×10-3mol，100 mL 溶液中含有
n(Fe3+)=7.5×10-3 mol×100mL/25mL=0.03 mol，n(SO4
2-)=5.0×10-3 mol×100mL/25mL=0.02 mol，设4.850g 样品
中钠离子的物质的量为n(Na+)，氢氧根离子物质的量为n(OH-)，根据质量守恒得：4.850g-0.03mol×56g/
mol-0.02mol×96g/mol=n(Na+)×23g/mol+n(OH-)×17g/mol，根据电荷守恒得：
0.03mol×3+n(Na+)×1=0.02mol×2+n(OH-)×1，解得：n(Na+)=0.01 mol，n(OH-)=0.06 mol，x：y：m：n=
n(Na+)：n(Fe3+)：n(SO4
2-)：n(OH-)=0.01：0.03：0.02：0.06=1：3：2：6，化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6。
17．(13 分)(2025·浙江省宁波市高三二模)“Chem is try”小组探究Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的
合成方法：
实验一：Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙晴合亚铜)的制备实验流程：
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实验二：Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的制备
反应方程式：
。
实验步骤：按如图所示搭好装置→检查气密性→关闭滴液漏斗活塞→“惰性气体保护”→将
Cu(CH3CN)4ClO4溶于10mL 乙腈，通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→将邻菲罗啉的乙晴溶液通过滴液漏斗加入
三颈烧瓶→搅拌20 min→通过滴液漏斗滴加新蒸馏的无水乙醚→过滤、干燥。
已知：①Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体；②
的配合物通常为无色，易被氧化；
③CH3CN( 乙晴) 沸点81.6℃，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；④phen 为邻菲罗啉(
)。
（1）步骤Ⅰ：取14 g 碱式碳酸铜加少量水湿润，搅拌下小心滴加高氯酸至固体几乎完全溶解。若加入太
多水，弊端是 。
（2）步骤Ⅳ：加热回流结束的标志是 。
（3）步骤Ⅵ：最适宜的干燥方法是_______。
A．烘箱烘干 B．低温风干 C．真空干燥 D．滤纸吸干
（4）实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现。请从下
列操作中选择合适的操作并排序(需要用到下列所有操作)： 。
关闭K1→_______→_______→_______→_______→_______(填序号)→重复以上操作3 次→关闭真空泵。
a．打开K1 b．打开K2 c．关闭K2 d．抽真空 e．通氮气
（5）下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜
B．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为冷却结晶、过滤、洗涤
D．实验二通过滴液漏斗投料过程可能有空气进入装置，应在通风橱内进行
（6）实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜。请结
合物质的溶解性推测原因 。
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【答案】（1）减缓反应速率、延长蒸发结晶时间(2 分)
（2）溶液蓝绿色褪去(2 分)
（3）C(2 分)
（4）b→d→c→a→e(2 分)
（5）BCD(2 分)
（6）CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而
[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应(3 分)
【解析】Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙晴合亚铜)的制备实验流程中，Cu2(OH)2CO3用高氯酸溶解后过滤得到
Cu(ClO4)2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(ClO4)2·6H2O 蓝绿色晶体，在无水乙腈中利用铜粉
将Cu2+还原为Cu+，步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，Cu+的配合物通常为无
色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真空干燥。
（1）若加入太多水，会导致反应物的浓度降低，弊端是: 减缓反应速率、延长蒸发结晶时间。
（2）Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体，溶于水后得到蓝色溶液，加热回流结束时，溶液蓝
绿色褪去。
（3）由已知信息可知Cu+的配合物通常为无色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真空
干燥，故选C。
（4）实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现，操作
为：关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3 次→关闭真空泵。
（5）A 项，步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A 正
确；B 项，步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B 错误；C 项，
步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C 错误；D 项，Cu+的配合物易被氧化，实验
二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D 错误；故选BCD。
（6）实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因
是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而
[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应。
18．（14 分）（2025 高三上·江西·开学考试）[Co(NH3)6]Cl3常用于制备高效催化剂。已知[Co(NH3)6]Cl3易
溶于热水，在冷水中微溶。某小组设计实验制备[Co(NH3)6]Cl3并探究其氧化性。
【制备产品】制备[Co(NH3)6]Cl3简易流程如下：
（1）步骤ⅰ中，加入NH4Cl 的目的是 (写一条即可)。
（2）步骤ⅱ中离子方程式为 ；步骤iv“趁热过滤”的目的是 。
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【测定组成】测定[Co(NH3)6]Cl3产品的纯度。
实验步骤：
步骤1：准确称取
样品，用去离子水完全溶解，配制100mL 溶液；
步骤2：准确量取25.00mL 所配制溶液于锥形瓶中，滴加2 滴
溶液，用
溶液滴定至
终点，平行测定三次，平均消耗溶液VmL。
已知：常温下，
，
，
为砖红色沉淀。
（3）配制溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和 。
（4）该样品含钴元素的质量分数为 %，若滴定前滴加指示剂过少，导致测得的结果
(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【探究性质】探究[Co(NH3)6]3+、Co3+的氧化性相对强弱。
已知：Co3++6NH3
[Co(NH3)6]3+(配离子)
。
提出假设
假设1 [Co(NH3)6]3+氧化性强于
；
假设2 [Co(NH3)6]3+氧化性弱于
。
设计实验
实验
操作
现象
①
在10mL0.1mol/LCoCl3溶液中滴加KI-淀粉溶液
溶液变蓝色
②
在10mL0.1mol/LCoCl3溶液中滴加HI-淀粉溶液
溶液变蓝色
③
在10mL0.1mol/L[Co(NH3)6]Cl3溶液中滴加KI-淀粉溶液
无明显现象
④
在10mL0.1mol/L[Co(NH3)6]Cl3溶液中加入足量HI-淀粉溶液
逐渐变蓝色
（5）根据实验结果，假设 (填“1”或“2”)成立，从化学平衡角度分析，实验③、④现象差异
的原因是 (用化学用语和必要文字说明)。
【答案】（1）调节pH，抑制Co2+水解，避免生成Co(OH)2，并提供Cl-（2 分）
（2） [Co(H2O)Cl4]2-+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]3++4Cl- +7H2O（2 分） 产品溶解度随着温度降低而减小，趁
热过滤可避免温度降低，部分产品进入滤渣中，同时可以除去活性炭（2 分）
（3）100mL 容量瓶和胶头滴管（2 分）
（4）
（2 分） 偏高（1 分）
（5）2（1 分） 用HI 替代KI，钾离子不参与反应，而质子能与NH3形成稳定的铵根离子，导致Co3+
+6NH3
[Co(NH3)6]3+，平衡逆向移动，钴离子浓度增大，氧化性增强，故④能氧化碘离子生成I2
【解析】（1）调节pH，抑制Co2+水解，避免生成Co(OH)2，并提供Cl-；（2 分）
（2）步骤ⅱ中离子方程式为：[Co(H2O)Cl4]2-+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]3++4Cl- +7H2O，产品溶解度随着温度降
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低而减小，趁热过滤可避免温度降低，部分产品进入滤渣中，同时可以除去活性炭；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液还需要的玻璃仪器为指定容量的容量瓶和胶头滴管，即100mL 容量瓶
和胶头滴管；
（4）
，
，若滴加指示剂过少，则须
滴定更多的AgNO3溶液才会产生砖红色沉淀，故结果偏高；
（5）根据控制变量原理，由①、③实验可得出形成稳定的配合物会降低溶液中钴离子浓度，使钴离子氧
化能力降低，所以[Co(NH3)6]3+氧化性弱于Co3+，假设2 成立，用HI 替代KI，钾离子不参与反应，而质子
能与NH3形成稳定的铵根离子，导致Co3++6NH3
[Co(NH3)6]3+，平衡逆向移动，钴离子浓度增大，氧化
性增强，故④能氧化碘离子生成I2。
19．（14 分）（2024·四川绵阳·校考模拟预测）采用废铁屑还原软锰矿(软锰矿主要成分是
，还含少
量Fe、Mg、Ni、Si 等元素的氧化物杂质)来制备Mn 的工艺流程如图所示：
已知：①
，
；②溶液中某离子浓度
mol L
⋅
时，认为
该离子沉淀完全；③室温时生成氢氧化物的pH 见下表
离子
开始沉淀的pH
7.5
2.7
8.1
7.7
8.3
完全沉淀的pH
9.7
3.7
9.4
8.4
9.8
回答下列问题：
（1）在“浸出液”中加入“MnO2”时发生反应的离子方程式为 ；硫酸酸化的MnSO4可与
NaBiO3(难溶于水)反应生成
和
，此反应的离子方程式为 。
（2）pH=5.5 (室温)时，溶液中残余的
的浓度为 mol L
⋅
，加入MnS“除杂”后的滤渍为
。
（3）“沉锰”过程中温度和pH 对
和
沉淀率的影响如下图所示。由图可知，“沉锰”的合适条
件是 ，“沉锰”除去的杂质金属离子是 。
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（4）若沉锰过程在pH 为7.0 条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。当温度超过
30℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是 。
【答案】（1） MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（2 分）
5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4
-+5Na++7H2O（2 分）
（2）1×10−11.4 （2 分） NiS（2 分）
（3）45℃，pH 为7.5 （2 分） Mg2＋（2 分）
（4）温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”（2 分）
【解析】软锰矿主要成分是MnO2，还含少量Fe、Mg、Ni、Si 等元素的氧化物杂质，加入硫酸和废铁屑，
MnO2被还原为Mn2＋，溶液中还有Fe3＋、Mg2＋、Ni2＋、Fe2＋，SiO2难溶于硫酸，矿渣的成分是SiO2；滤液
中加入MnO2把Fe2＋氧化为Fe3＋，加氨水调节pH，生成氢氧化铁，除去铁元素，加入MnS 生成NiS 沉淀
除去Ni2＋，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，过滤，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸锰溶液，电解硫酸
锰溶液得到金属锰，据此分析解题。
（1）“酸浸”后的滤液中含有Fe2＋，向“浸出液”中添加适量MnO2的目的是将溶液中Fe2＋全部氧化为
Fe3＋，该过程中Mn 元素由＋4 价下降到＋2 价，Fe 元素由＋2 价上升到＋3 价，根据得失电子守恒和电荷
守恒配平离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O ；硫酸酸化的MnSO4可与NaBiO3（难溶于
水）反应生成Bi3＋和MnO4
-，此反应的离子方程式为： 5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4
-+5Na++7H2O，
故答案为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； 5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4
-+5Na++7H2O。
（2）有表格数据可知，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH＝3.7，溶液中c(OH−)＝
，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol L
⋅
−1时，认为该离子沉淀完全，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)c3(OH−)＝
1.0×10−6×(1×10−10.3)3＝1×10−36.9，pH＝5.5（室温）时，溶液中
，
溶液中残余的Fe3＋的浓度为
，根据已知信息，Ksp＝2.8×10−10
＞Ksp(NiS)＝2.0×10−21，则加入MnS“除杂”后生成NiS，过滤得到滤渣NiS，故答案为1×10−11.4；NiS。
（3）沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH 就是“沉锰”的合适条件，由
图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45℃，pH 为7.5；“沉锰除去的杂质金属离子是Mg2＋，故答案为
45℃，pH 为7.5；Mg2＋。
（4）温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”，故答案为温度超过
30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”。
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