二、非选择题：本题包括4小题，共58分。16.(14分)食本）15.（14分）林娃语高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料等。在实验室以二氧化锗粗品（含质十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含GeO2和Ge及少量无关杂质)为原料制备GeCl，然后使其水解得到GeO2·nH2O晶体,再加品量的方法如下（装置如图所示，夹持装置略）：热干燥制得纯度较高的GeO2。实验制备GeCl的装置如图所示（加热及夹持装置略）：福金浓盐酸一温度计农盐酸C线搅拌子NaOH题电热装置I.将适量Na2WO·2H2O、Na2SiO·9H2O加人三颈烧瓶中,加适量水，加热，溶解。O1.相关物质的部分理化性质如表所示：答Ⅱ.持续搅拌下,加热混合物至接近沸腾，缓慢滴加浓盐酸至pH为2,反应30分钟，冷却。物质部分理化性质订Ⅲ.将反应液转至萃取仪器中，加人乙醚，再分批次加人浓盐酸，萃取。KJnGe不溶于水、盐酸、稀苛性碱溶液IⅣ.静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。要好司曼酒GeO2熔点：1115°℃，沸点：1200°℃V.将下层油状物转至蒸发Ⅲ中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽大库OGeCl熔点：-51.5°C，沸点：86.6°C；易水解滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体（H,[SiW2Oo]·HO)。Kll .Ge2++IO+H+>Ge++I-+H2O(未配)、IO+5I-+6H+3I2+3HO已知：①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；装五回答下列问题：②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小;内(1)仪器a的名称为_实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备Cl2的离H③乙醚在高浓度盐酸中生成的[CH一O一CHs]+与[SiW12O4o]-会缔合成密度较大的子方程式为O线(2)为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过仪器a不断滴加浓盐酸。盐酸保回答下列问题：持较高浓度的原因为封封(1)仪器a中的试剂是（填名称），其作用是(3)为达到最佳效果,水槽中可加人冰水混合物,则仪器d的作用为(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是实验室中温度计有不同规格，本实验应选用(填选项字母)规格的温度计。O(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有（填名称）。A.—30~20 ℃B. 0~50 ℃弥C.50~100 ℃D.100~150 ℃弥(4)将仪器d中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合,静置 12h,可得到 GeO2·nH2O晶体，此过程发生的化学方程式为(5)纯度测定题（填化学式）。称取m g GeO2样品,在加热条件下溶解,用 NaH2PO2将其还原为Ge²+,用cmol·L-1享(5)步骤V中“加热”操作（填“能”或“不能”使用明火，原因是先KIO:标准溶液滴定，消耗体积V mL,则滴定指示剂为,样品纯度为%(实验条件下 NaH2PO2未被KIOg氧化）。卷（6）结晶水测定：称取mg十二钨硅酸晶体（H[SiW2O4］·nH2O，相对分子质量为M)，金采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重α%，计算n=（用含M的代数水式表示）,若样品未充分干燥，会导致n的值（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。衡高三三调·化学第5页（共8页）衡水金卷·先享题·月考卷高三三调·化学第6页（共8页）三高

—726.4kJmol-1(2)-93(3)+226.7kJ·mol-1(4)-80.5kJ·mol-1解析：（1)设1molCHOH（1)完全燃烧生成CO2气体和液态水5g放出的热量为QkJ。则有解得Q=726.4，所以甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH（1)十O2(g)CO2（g)+2H2O（1）△H=—726.4kJ·mol-1。（2)反应热△H=akJ·mol-1=∑E（反应物）—∑E（生成物）=3×436 kJ·mol-1+945 kJ·mol-1-6X391 kJ·mol-1=--93 kJ·mol-1。（3)C（石墨，s）与H2（g）反应生成C2H2（g）的热化学方程式为 2C(石墨,s)+H2(g)=C2H2（g）△H,根据盖斯定22+226.7kJ·mol-。（4）由①+2×②得△H=△H+2△H2=-80.5kJ·mol-。10. (1)c30。（2)由已知信息③可得CO（g）十-O2(g)==CO2(g)2热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由aX2一b得37.0kJ·mol-1=—529kJ·mol-1。设E2为逆反应的活化能，则E-E2=△H2>0，所以E>△H2。（3）醋酸和NaOH的中和反应（反应热△H），可以分为CH3COOH的电离（反应热△H）、H+和OH-的中和（反应热△H2）两步，故△H=△H-△H2=-46.8kJ·mol-1-（-57.3kJ·mol-)=十10.5kJ·mol-。（4）反应热=反应物总键能一生成物总键能，由有机物的结构可知，乙苯催化脱氢反应的反应热等于一CH2CH的总键能与一CH=CH2、H2的总键能之差，故乙苯催化脱氢反应的△H=（5×412+348-3×412-612-436）kJ·mol-1=+124kJ·mol-，根据盖斯定律，乙苯的燃烧热mol-1)=—4566kJ·mol-。

—726.4kJmol-1(2)-93(3)+226.7kJ·mol-1(4)-80.5kJ·mol-1解析：（1)设1molCHOH（1)完全燃烧生成CO2气体和液态水5g放出的热量为QkJ。则有解得Q=726.4，所以甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH（1)十O2(g)CO2（g)+2H2O（1）△H=—726.4kJ·mol-1。（2)反应热△H=akJ·mol-1=∑E（反应物）—∑E（生成物）=3×436 kJ·mol-1+945 kJ·mol-1-6X391 kJ·mol-1=--93 kJ·mol-1。（3)C（石墨，s）与H2（g）反应生成C2H2（g）的热化学方程式为 2C(石墨,s)+H2(g)=C2H2（g）△H,根据盖斯定22+226.7kJ·mol-。（4）由①+2×②得△H=△H+2△H2=-80.5kJ·mol-。10. (1)c30。（2)由已知信息③可得CO（g）十-O2(g)==CO2(g)2热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由aX2一b得37.0kJ·mol-1=—529kJ·mol-1。设E2为逆反应的活化能，则E-E2=△H2>0，所以E>△H2。（3）醋酸和NaOH的中和反应（反应热△H），可以分为CH3COOH的电离（反应热△H）、H+和OH-的中和（反应热△H2）两步，故△H=△H-△H2=-46.8kJ·mol-1-（-57.3kJ·mol-)=十10.5kJ·mol-。（4）反应热=反应物总键能一生成物总键能，由有机物的结构可知，乙苯催化脱氢反应的反应热等于一CH2CH的总键能与一CH=CH2、H2的总键能之差，故乙苯催化脱氢反应的△H=（5×412+348-3×412-612-436）kJ·mol-1=+124kJ·mol-，根据盖斯定律，乙苯的燃烧热mol-1)=—4566kJ·mol-。

5.化学兴趣小组同学进行某补血剂中铁元素含量测定的实验操作如下：届高三化学测试卷①取10片补血剂样品，研磨，溶解除去不溶物（不损耗铁元素）,并配制成100mL微专题·2025待测溶液；②量取 25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；微专题四热点金属及其化合物的制备、性质与用途(二)③用酸化的cmol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO4溶液体积,重复一VCr MnFeCo Ni到两次实验。均消耗KMnO4 溶液V mL。下列说法错误的是一、选择题(本题有8个小题，每小题6分，共48分。)A.步骤①研磨是为了溶解时加快溶解速率阅读下列材料,完成下列1、2、3题：B.步骤②待测溶液装人锥形瓶中，不需要加人指示剂铁、钻、镍被称为铁系元素，应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是一种环境友好型水C.步骤③cmol/LKMnO4溶液应装人酸式滴定管处理剂，可同时杀菌消毒、净水。用Fe(OH)：和NaCIO 在碱性条件下反应生成D.每片补血剂中铁元素的质量为1.12cV gNa2FeO4,Na2FeO4再与KOH反应制备K2FeO4。纳米Fe:O4晶胞中含有 Fe²+和6.铬(Cr)与铝的性质相似,其转化关系如图所示,下列推断正确的是蓝色Cr2+Fe²+,是重要的储氢材料,储氢过程为 Fe:O4(s)+4H2(g)3Fe(s)十4H2O(g)↑加入过量的ZnA.向 CrCl;溶液中加人过量NaOH 溶液可制备Cr(OH)3绿色Cr3+△H>0。草酸钻(CoC2O4）可在空气中焙烧制备催化剂Co:O4。废镍渣(NiO)与硫酸B.可用酸性CrCl;溶液检验酒驾铵一起烧可得NiSO4，在碱性溶液中用NaCIO氧化NiSO4可制得电极材料CrO²C.向 Na2CrO4 溶液中加人稀硫酸,溶液由黄色变为橙色Cr,O2黄色橙色NiO(OH)。D.由图可知铬的金属活动性弱于锌1.下列化学反应表示正确的是7.利用含FeO、Cr2O：的矿渣制备Cr(OH)3H,C,04Na,CO、O2A.K2FeO4 净水:4FeO-+10H2O=4Fe(OH);(胶体)+3O2↑+8OH的一种工艺流程如右。已知：“水浸”后所得B.用FeCl;溶液与氨水制备Fe(OH):Fe²++3OH-—Fe(OH)矿渣—焙烧—水浸→沉铬>Cr(OH);浸出液中溶质的主要成分为Na2CrO4。下C. CoC2O4 在空气中焙烧时:3CoC2O4=Co:O4+2CO2↑ +4CO ↑列说法正确的是浸出渣A.“焙烧"中 Cr2O:发生的反应为 Cr:O+2NazCO2.下列有关铁系元素及其化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是B.“水浸”后所得浸出渣的主要成分为Fe(OH)2A.K2FeO4中FeO-具有正四面体结构，K2FeO4具有强氧化性C.“沉铬”中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3B.Fe:O4中含有离子,Fe:O4具有铁磁性D.“沉铬”后所得上层清液中溶质主要为NaOHC.NiSO 具还原性,可用于电极材料 NiO(OH)的制备8.碱式氧化镍(NiOOH)是镍电池的正极活性材料。利用镍渣（主要含NiO,及少量D.FeCl 溶液呈酸性,可用蚀刻电路板上的铜3.下列有关纳米 Fe:O4储氢过程说法正确的是Fe2O、CuO、CaO、BaO、SiO2等杂质)制备碱式氧化镍的流程如图所示。下列叙述A.使用高效催化剂能降低反应所需活化能，但不影响变错误的是c²(Fe)c*(H2O)稀硫酸 H,S 试剂RNiONaFNaOH溶液B.反应的衡常数K=c(Fe;O4)c*(H2)镍渣酸浸除铜氧化调pH除钙→氧化>NiOOHC.其他条件不变，可通过降温或减压的方式释放 H2—浸渣CuS、SD.储氢过程中,储氢反应的△S=0Fe(OH),C124.下列关于合金的说法错误的是A.浸渣的成分主要为SiO2、BaSO4、CaSO4A.硬铝的密度小、强度高,是制造飞机和宇宙飞船的理想材料B.“除铜"时发生的氧化还原反应为 2Fe²++S²-——2Fe²+十S√B.Ti一Fe合金和La一Ni合金等新型储氢合金可用于以氢气为燃料的汽车C.试剂 R可以是H2O2C.常见的一些合金的硬度小于其主要成分金属，熔点低于其主要成分金属镍36.8 gD.生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金,生铁的含碳量比钢的含碳量高《高三·化学（B）·微专题四》第1页《高三·化学（B）·微专题四》第2页

先加入饱和碳酸钠溶液，充分振荡后再进行分液等操作进行提纯。B选项描述错误；不符合题意；C．去除硝酸钾中少量食盐，应该利用氯化钠的溶解度随温度升高变化极小，而硝酸钾的溶解度随温度升高急剧增大的性质区别。将样品配成溶液，蒸发浓缩至液体表面出现晶膜，缓慢降温结晶（所得晶体为大块的硝酸钾晶体，氯化钠杂质以离子形式存在于滤液中），随后进行过滤洗涤等其他操作。C选项描述错误；不符合题意;?D．在选三教材62页彩图3-12可看到苯酚钠滴入盐酸后产生的苯酚为液态和NaC1水溶液不互溶。虽然苯酚熔点为43℃，但在水溶液中，苯酚中含水，熔点下降，含水苯酚常温下为液体，故应用分液的方法分离。D 选项描述正确，符合题意;综上所述，本题选D。4.【答案】B【详解】A．用FeS 固体除去污水中的Hg²+，反应生成更难溶的HgS，反应离子方程式为FeS+Hg²+=HgS+Fe²+。A 选项错误；不符合题意;B．某管道疏通剂遇水苛性钠溶解生成氢氧化钠同时大量放热，铝粉与热的氢氧化钠溶液剧烈反应，对应离子方程式为：2A1+2OH-+6H2O=2[AI(OH)4]+3H2↑。B选项正确，符合题意；C．乙醛和新制Cu(OH)2共热出现Cu2O 砖红色浑浊，反应方程式为CH;CHO+2Cu(OH)+NaOH→CH;COONa+CuO↓+3H2O。C选项错误，不符合题意;D．乙醇中的碳碳单键比较牢固。乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成的不是二氧化碳而是乙酸，（教材必修二79 页）,正确的方程式为：5CH3CH2OH+4KMnO4+6H2SO4—→5CH3COOH+4 MnSO4+2K2SO4+11H2O。D选项错误，不符合题意;综上所述，本题选B。5.【答案】C【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为 SO2，d为 SO3，é为H2SO4，f为NH3，g为NOh 为NO2，i为HNO3以此解题;【解析】A．二氧化硫和二氧化氮同时通入水中，会生成硫酸，加入氯化钡会生成硫酸钡白色沉淀.A推断合理，不符合题意；B．c为SO2，d为 SO3。SO3与过氧化钠会生成硫酸钠和氧气；过氧化钠有强氧化性，与SO2也会有硫酸钠生成。B推断合理，不符合题意;2

先加入饱和碳酸钠溶液，充分振荡后再进行分液等操作进行提纯。B选项描述错误；不符合题意；C．去除硝酸钾中少量食盐，应该利用氯化钠的溶解度随温度升高变化极小，而硝酸钾的溶解度随温度升高急剧增大的性质区别。将样品配成溶液，蒸发浓缩至液体表面出现晶膜，缓慢降温结晶（所得晶体为大块的硝酸钾晶体，氯化钠杂质以离子形式存在于滤液中），随后进行过滤洗涤等其他操作。C选项描述错误；不符合题意;?D．在选三教材62页彩图3-12可看到苯酚钠滴入盐酸后产生的苯酚为液态和NaC1水溶液不互溶。虽然苯酚熔点为43℃，但在水溶液中，苯酚中含水，熔点下降，含水苯酚常温下为液体，故应用分液的方法分离。D 选项描述正确，符合题意;综上所述，本题选D。4.【答案】B【详解】A．用FeS 固体除去污水中的Hg²+，反应生成更难溶的HgS，反应离子方程式为FeS+Hg²+=HgS+Fe²+。A 选项错误；不符合题意;B．某管道疏通剂遇水苛性钠溶解生成氢氧化钠同时大量放热，铝粉与热的氢氧化钠溶液剧烈反应，对应离子方程式为：2A1+2OH-+6H2O=2[AI(OH)4]+3H2↑。B选项正确，符合题意；C．乙醛和新制Cu(OH)2共热出现Cu2O 砖红色浑浊，反应方程式为CH;CHO+2Cu(OH)+NaOH→CH;COONa+CuO↓+3H2O。C选项错误，不符合题意;D．乙醇中的碳碳单键比较牢固。乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成的不是二氧化碳而是乙酸，（教材必修二79 页）,正确的方程式为：5CH3CH2OH+4KMnO4+6H2SO4—→5CH3COOH+4 MnSO4+2K2SO4+11H2O。D选项错误，不符合题意;综上所述，本题选B。5.【答案】C【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为 SO2，d为 SO3，é为H2SO4，f为NH3，g为NOh 为NO2，i为HNO3以此解题;【解析】A．二氧化硫和二氧化氮同时通入水中，会生成硫酸，加入氯化钡会生成硫酸钡白色沉淀.A推断合理，不符合题意；B．c为SO2，d为 SO3。SO3与过氧化钠会生成硫酸钠和氧气；过氧化钠有强氧化性，与SO2也会有硫酸钠生成。B推断合理，不符合题意;2

(2)氧化(1分）1:2(2分）5(2分）10e-(3)5S02+2MnO+2H20=5SO-+2Mn++4H+（3分)(4)酒精灯(煤气灯）、蓝色钴玻璃(2分)命题透析本题以SO2与KMnO4溶液反应为情境，考查氧化还原反应、离子反应、物质检验等知识，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。思路点拨（1)HMnO4的名称是高锰酸，由离子方程式书写规则知，高锰酸是强酸，相应的电离方程式为HMnO4=H*+MnO。(2)SO2发生氧化反应。由K、Mn元素质量守恒可知，a:b=1:2。氧化产物是SO²-，生成1molSO2-时转移2mol电子，故有10mol电子发生转移时，生成的氧化产物为5molo10e（3）根据离子方程式书写规则,相应的离子方程式为5SO2+2MnO+2H20—5SO2-+2Mn²++4H+。（4）检验钾元素需要用到的仪器与试剂为KMnO盐酸、铂丝或无锈铁丝、玻璃棒、酒精灯、蓝色钴玻璃。16.答案（1)MnO2+4H++2Cl-=Cl2↑+Mn²++2H20(2分)(2)MnO2氧化性较弱，能氧化浓盐酸，不能氧化稀盐酸，随着反应的进行浓盐酸会变成稀盐酸（合理即可，2分）H*(1分)（3)溶液变蓝色（2分）同周期从左到右，元素非金属性增强；同主族从上到下，元素非金属性减弱（也可答非金属元素的单质氧化性相对强弱，合理即可，2分）(5)取少量固体于试管中，加入足量NaOH溶液（或稀盐酸、稀硫酸），若有气泡产生，说明铝粉没有反应完全；否则，铝粉已反应完全（合理即可，2分）命题透析本题以氯化铝制备、元素周期律的验证为素材，考查氯气制备原理、元素周期律等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。(2)MnO2只能氧化浓盐酸，但随着反应的进行，浓盐酸会变成稀盐酸，反应无法进行下去。由于产物中有MnCl2，故证明盐酸有剩余，应检验剩余溶液中含有H*。(3)装置C中反应为S-+Cl—S↓+2CI，装置D中反应为2I+Cl2—2CI+I,S、CI同周期，CI、I同主族，根据“强生弱”的规律可得出相应的结论。(4)由题干信息可知，热的AICI遇水易转化为AI（OH)，故实验需要在无水环境中进行，装置E、G中的试剂均为浓硫酸。CL2有毒，在装置G后连接一个盛有NaOH溶液的尾气吸收装置，防止其污染空气。（5）可将固体加入到足量NaOH溶液或稀盐酸、稀硫酸中，根据有无气泡产生，可确定铝是否反应完全。-4—小红书号：260378210

H.CD.丁的结构图也可表示 CFH7.下列说法正确的是H的是互为同系物OH和CH(含SO2)OHH中干中位于同一面的原子最多有16个B.HC8OCHA.m可以检验c中导管是否堵塞C.等质量的苯乙烯和聚苯乙烯完全燃烧时耗氧量相同弥B. b 中可以盛装酸性高锰酸钾溶液以除去乙烯中的二氧化硫D.立方烷（经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有4种C.c中发生加成反应8.奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示。下列关于奥昔布宁的说法D.d中可以盛装NaOH溶液正确的是11.阿西弗兰(R)是一种降血脂剂，一种合成阿西弗兰的路线如下。下列说法正确的是HO0OCHC=CCHN(CHCH）CHCH3HCHSO.P(CH:CH,OOC-COOCH,CH) HOOC-HOHOCHHgSONaHA.分子式为C22H3oOsNB.分子中碳原子轨道杂化类型有2种MNA.M中所有的碳原子可能共面C. 1 mol 奥昔布宁最多能消耗6mol H2B.P与乙酸乙酯互为同系物D.能发生消去、取代、氧化反应9.甲、乙、丙、丁均只含 C、H两种元素，其结构如图所示。下列说法错误的是C.可用新制氢氧化铜鉴别M和 NC=CH线88C-CH,CH888CHs甲乙丙100mL水加人2倍量的乙醇浸泡加热搅拌粗品A.甲的系统命名为3-甲基-3-乙基-1，4-戊二炔酸碱的海带pH=67提取液至↓体积，过滤0 异构）B.整个流程中乙醇可循环利用C.丙的核磁共振氢谱图中有3组峰 25 · G3DY(新高考) ·化学(十六)-R-必考- QGA-N 123··124.25 · G3DY（新高考） ·化学（十六)-R-必考-QGA-N

18.(12分)由NaCI(熔融)在电解条件下衍生出的物质之间的转化关系如图所示：③H20→HC(白色粉末)H2OH20△D(淡黄色粉)NaCl电解②(熔融)E漂白液C2+H0=Hc0.→BG,漂白粉已知：A、B、F、H为单质。回答下列问题：(1)B中原子的结构示意图为;C的名称为0(2)漂白液的有效成分为(填化学式，下同)；漂白粉的有效成分为(3)已知C、D均为离子化合物，则两者阳离子与阴离子的个数比：CD(填“>”、“=”或“

（三）成丹砂”发生的反应为Hg十S——HgS;②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应为CuSO十Fe—FeSO4十Cu。A.①中水银“积变又还成丹砂”是水银发生了氧化反应，由Hg生成HgS，故A错误；B.②中发生的反应为CuSO4+Fe—FeSO4+Cu,离子方程式为Cu²++FeFe²++Cu，故B错误；C.根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，发生反应Hg十S一一HgS，避免Hg挥发为蒸气，且生成的HgS无毒，故能防止中毒，故C正确；D.Hg的金属活动性弱于Cu,水银不能与曾青（硫酸铜）发生置换反应生成单质铜，故D错误。故选C。2.D【解析】A.合金的熔点低于组成成分金属的熔点，故A错误；B.钠形成的氧化钠为碱性氧化物，铝形成的氧化铝为两性氧化物，故B错误；C.Na的相对原子质量为23，46g钠可反应生成2g氢气，Al的相对原子质量为27，27g铝可反应生成3g氢气，铝产生的氢气多，故C错误；D钠与水反应生成氢氧化钠，铝只能与氢氧化钠反应，依据2Al十2NaOH+2H2O——2NaA1O2+3H2↑可知当n（Na)=n（A1),n(NaOH)=n(A1），可得无色透明溶液，故D正确。故选D。3.C【解析】本题考查同类物质的性质比较。Fe只能与水蒸气在高温条件误；NaCIO具有强氧化性，SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应生成CI-和SO2，B错误；Mg3N先与水反应生成Mg（OH）和NH，再与盐酸反应生成MgCl2和NH4CI，C正确；过量氨水与AgNO反应生成[Ag（NH）2]OH，D错误。故选C。4.C【解析】HCO先与OH反应，生成CO，然后NH才与OH反应。NH浓度开始应该无明显变化，A项错误；HCO：浓度一开始即减小，B项错误；反应初期，溶液pH略有变化，过程中pH不会无限增大，D项错误。故选C。5.A【解析】m>m2说明固体A中Al、Al2O至少有1种，A与NaOH溶液反应生成AlO2，NaOH溶液过量，故溶液中有2种阴离子，A项错误；步骤II中发生的反应为Fe:O4+8H+=Fe²++2Fe²++4H2O,2Fe3++Cu2Fe²++Cu²+，则有如下关系:FeO4～Cu,当m2—m=2.96g时，232FeO4的质量至少为2.96X人稀盐酸，若产生气体，则固体中含有Al，C项正确。故选A。6.C【解析】胡粉的主要成分为2PbCO·Pb（OH)2，2PbCO·Pb（OH)2属于难溶物质，A正确；铅块化为胡粉的过程中，Pb元素的化合价从0【JKT·化学1~6·专题突破卷参考答案第2页（共4页）】