化学第三章 铁 金属材料第二节 金属材料复习练习题

这是一份化学第三章 铁 金属材料第二节 金属材料复习练习题，共13页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下体积之比为
A．1：1B．1：2C．1：3D．2：1
2．现有34.5g由组成的混合物，将其完全溶解在的硫酸溶液中，收集到标准状况下3.36L气体。已知混合物中的质量分数分别为16.2%、46.4%、7.8%、29.6%，欲使溶液中的金属离子完全沉淀，应加入溶液的体积是
A．200 mLB．368 mLC．458 mLD．560 mL
3．已知：2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O。将224mL(标况下)NO和NO2的混合气体溶于20mLNaOH溶液中，恰好完全反应并无气体逸出，则NaOH溶液的物质的量浓度为
A．1 ml/LB．0.5ml/LC．0.25ml/LD．0.2ml/L
4．钛和钛合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，他们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有良好的“生物相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是
A．用于家庭装修，作钛合金装饰门B．用于制造航天飞机
C．用来制造人造骨D．用来作保险丝
5．将4.34 gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672 mL混合气体，将该混合气体通过放电，恰好完全反应。则它们的物质的量之比为
A．1：1：1B．1：1：2C．1：2：1D．4：3：2
6．为了对黄铜矿(主要成分是CuFeS2，其中S元素的化合价为-2)进行综合利用，生产硫酸、铜单质和九水合硫酸铁晶体，设计了如下工业生产流程，下列有关该流程的说法中，不正确的是
A．SO2转化为SO3的化学方程式是2SO2＋O22SO3
B．焙烧CuFeS2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是13︰4
C．试剂a、b、c分别是过量的盐酸、铁粉和过氧化氢溶液
D．操作d是加热浓缩、冷却结晶、过滤
7．由Na2O和Na2O2组成的混合物质量为35.8g，此混合物中氧元素的质量为12.8g。Na2O与Na2O2物质的量之比为
A．5：4B．4：3C．2：3D．无法确定
8．在KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O的反应中，下列说法不正确的是
A．氧化剂是KClO3，还原剂是HCl
B．每生成3mlCl2，转移的电子为5ml
C．每消耗1mlKClO3，被氧化的HCl为6ml
D．该反应中HCl既表现还原性又表现酸性
9．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1ml·L-1的HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法正确的是
A．b曲线表示的离子方程式为：AlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
B．d和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时Al(OH)3的质量等于3.9g
D．原混合溶液中的与AlO的物质的量之比为1︰2
10．3.75g胆矾晶体(CuSO4·5H2O)加热至100℃后，剩余粉末2.67g，该粉末的化学式是
A．CuSO4·3H2OB．CuSO4·H2O
C．CuSO4D．CuO
11．氢能是最理想的能源，科学家们研制出一种能方便地储存、释放氢气的储氢材料，这种储氢材料是
A．合金B．无机非金属C．合成材料D．复合材料
12．下列说法不正确的是
①钠着火用干沙土扑灭②明矾可用于水的净化和消毒
③打磨过的铝片加热熔化时会滴落，未打磨的铝片则不会滴落
④可用铁制容器盛放和运输浓硫酸⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金
⑥铝制器皿不宜盛放酸性或碱性食物
⑦钠、镁、铝在空气中都易被氧化，所以需要密封保存
⑧氧化铝常用来制造耐火材料⑨Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
⑩灼烧某待测液，焰色反应为黄色，则待测液中一定不含钾离子
A．②③⑦⑩B．①④⑤⑨C．⑤⑥⑦⑧D．③④⑥⑧
13．在调节好平衡的托盘天平的两个托盘上，各放一个等质量的烧杯，再加入等质量、等质量分数的盐酸，然后二边各放a克锌和铝，反应结束后，烧杯中剩余的铝比剩余的锌多，则此时天平
A．仍平衡B．放锌的一边重C．放铝的一边重D．无法判断
14．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1ml·L-1Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是
A．图中C点铝元素存在形式是[Al(OH)4]-
B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合溶液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2
D．OA段反应的离子方程式为2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋8OH-=2[Al(OH)4]-＋3BaSO4↓
15．形状记忆合金是一种在加热升温后能完全消除其在较低的温度下发生的变形，恢复其变形前原始形状的合金材料，即拥有“记忆”效应的合金。下列变化不是利用合金记忆效应的是
A．脊柱侧弯矫形采用的哈伦顿棒，如果矫形棒的矫正力有变化，把温度升高到比体温约高，就能恢复足够的矫正力
B．合金在高温环境下制作好天线，再在低温下把天线压缩成一个小球，运上太空中，太阳光的辐射使小球恢复原来的形状
C．将某合金用于制造精密仪器或精密车床，一旦由于震动、碰撞等原因变形，只需加热即可排除故障
D．汽车受损变形后，利用钣金喷漆整形
二、实验题
16．某学校化学兴趣小组从文献资料上获得如下信息：在潮湿空气中会缓慢分解成、和。为了验证这一信息，该兴趣小组将一瓶在潮湿空气中久置的样品混合均匀后，进行如下实验：
(1)在一个质量为ag的蒸发皿中加入一些样品，称得总质量为bg。用酒精灯对其充分加热，冷却后称得其总质量为cg。残留在蒸发皿中的固体是_______(填化学式)。
(2)另取相同质量的样品放入锥形瓶中，实验装置如下图所示。为了保证实验成功，所选用针筒的最大刻度值应大于_______mL。(设实验在标准状况下进行)
(3)打开活塞逐滴加入稀硫酸，直至没有气泡产生为止。针筒中收集到的气体体积折算成标准状况下的体积为(滴入稀硫酸的体积及针筒活塞与内壁的摩擦力忽略不计)。该兴趣小组设称取的每份样品中、的物质的量分别为x、y，且没有利用化学方程式进行计算，就列出算式，，他们依据的原理是_______。
17．某实验小组，在学习和探究了教材中“硫酸铜晶体结晶水含量测定实验”后，进行了大胆尝试，设计并进行了含有不溶于水、也不溶于酸的杂质的硝酸铜晶体中结晶水含量的测定实验(杂质受热不分解)。实验过程及结果如下：
①称空坩埚的质量为5.023g→②称坩埚加样品的质量为8.483g→③灼烧、冷却→④称坩埚加固体的质量为7.943g→⑤灼烧、冷却→⑥称坩埚加固体的质量为7.943g→⑦加入过量稀硫酸溶液后微热→⑧过滤→⑨用蒸馏水多次洗涤滤渣→⑩烘干、称量得1.040g
回答下列问题：
(1)该实验小组在进行实验之前，应查找一个温度值，实验过程中严格控制加热温度不能超过此温度，你认为他们要查的温度应是___的温度。
(2)第⑥步称量之后，不需要再加热、冷却、称量的原因是___。
(3)第⑦步加稀硫酸的目的是___，但在步骤⑦之前应将坩埚内的残渣转移到___(填仪器名称)中，并将坩埚用硫酸洗净，洗涤液一并倒入该仪器中。
(4)步骤⑨要确保已经将滤渣洗涤干净，方法是：取最后一次洗涤液，测该洗涤液的pH，当该洗涤液的pH=___时，即可认为洗涤干净。
(5)经过计算可知，此硝酸铜晶体的化学式是___。
(6)步骤⑨应在过滤器上进行，因此滤纸上会有少量滤渣，这会造成实验结果___。
A．偏大 B．偏小 C．无影响
18．用教材中的实验装置进行铝热反应实验时，存在纸漏斗易燃烧、火星四射等问题，某校化学兴趣小组同学为了解决这些问题将实验装置做了如图改进(如图A所示)。取磁性氧化铁在图A装置中进行铝热反应，冷却后得到“铁块”混合物。
(1)实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，原因是_______。
(2)该铝热反应的化学方程式为_______。
(3)取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B所示装置，滴入足量溶液充分反应，测量生成气体的体积以求得样品中残留铝的质量分数。
试回答下列问题：
①量气管在读数时必须进行的步骤是_______。
②取样品进行上述实验，共收集到(标准状况下)气体，则“铁块”中铝的质量分数为_______。
③图B装置中分液漏斗上端和试管用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外，还可以起到降低实验误差的作用。如果装置没有橡胶管，则测得的“铁块”中铝的质量分数将会_______(填“偏大”或“偏小”)。
三、工业流程题
19．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在造纸等方面应用广泛。工业上以废易拉罐(主要成分为Al和Fe)为原料制备明矾的工艺流程如图：
已知：不同温度KAl(SO4)2·12H2O的溶解度：
回答下列问题：
(1)“酸溶”中溶液中主要的金属离子有____、Fe2+、Fe3+。
(2)“转化”中Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为____。
(3)“调pH”约为3.7，滤渣②的主要成分是Fe(OH)3，“调pH”的目的是___。
(4)“沉铝”中加入NaHCO3目的是将Al3+转化为Al(OH)3，补全该反应的离子方程式___。
Al3++HCO=Al(OH)3↓+CO2↑
(5)“操作”包括___、___、过滤、洗涤、干燥可得到明矾晶体。
(6)某工厂用m1kg废易拉罐(含Al5.4%)制备KAl(SO4)2·12H2O(相对分子质量为474)，最终得到产品m2kg，产率为___。
20．铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：
(1)除去镁粉中混有少量铝粉，应加入的试剂为___________，然后经过滤、洗涤、干燥。
(2)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2在同温同压下的体积之比是___________。
(3)某同学在实验室用铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下：
①Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式为___________。
②滤液II中溶质的用途之一是___________。
③电解熔融的Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是___________(填化学式)。工业上在电解熔融的Al2O3时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于___________(填字母)。
a.酸 b.碱 c.盐 d.氧化物
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
KAl(SO4)2·12H2O/g
3.00
3.99
5.90
8.39
11.7
24.8
71.0
109
参考答案：
1．A
【详解】由反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2和2Al+6HCl=2AlCl3+3H2知，相同质量的铝即铝的物质的量相同，所以与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气物质的量相同，则在同温同压下体积相同，即1：1；故选A。
2．B
【详解】34.5g混合物完全溶解在溶液中生成硫酸盐，可能剩余，再向溶液中加入NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀并生成，由守恒可知溶液中存在关系：，即，则，即368mL，B正确。
故选：B。
3．B
【详解】n(NOx)= =0.01ml，根据方程式知，氮氧化物和NaOH反应时无论生成硝酸钠还是亚硝酸钠，N、Na原子个数之比都是1：1，所以n(NOx)=n(NaOH)，则c(NaOH)= =0.5ml/L，故选B。
【点睛】本题考查化学方程式的有关计算，侧重考查学生分析计算能力，利用原子守恒分析解答即可，注意解题方法技巧。
4．D
【详解】A．钛合金熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，用于家庭装修，作钛合金装饰门，故A正确；
B．钛合金熔点高、密度小，用于制造航天飞机，故B正确；
C．钛合金与人体器官具有良好的“生物相容性”，可用来制造人造骨，故C正确；
D．钛合金熔点高，不能用来作保险丝，故D错误；
选D。
5．D
【详解】Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应得到的气体是H2和O2的混合物，将该混合气体通过放电，恰好完全发生反：2H2+O22H2O，说明H2、O2反应的物质的量之比为2：1。标准状况下得到672 mL混合气体的物质的量n=，因此混合气体中含有H2为0.02 ml，O2为0.01 ml；根据反应方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中物质反应转化关系可知n(Na)=2 n(H2)=0.04 ml；根据反应方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中物质反应转化关系可知n(Na2O2)=2 n(O2)=0.02 ml；则m(Na)=0.04×23=0.92(g)，m(Na2O2)= 0.02×78 =1.56(g)； 4.34 gNa、Na2O、Na2O2的混合物中含有m(Na2O)=4.34-0.92-1.56=1.86(g)，则n(Na2O)==0.03(ml)。故它们的物质的量之比为0.04：0.03：0.02=4：3：2；
故选D。
6．C
【分析】焙烧CuFeS2发生反应：4CuFeS2+13O2= 8SO2+4CuO+2Fe2O3，SO2转化为硫酸，CuO、Fe2O3混合物中加入试剂a硫酸酸化，再加入试剂b铁粉还原出铜，过滤得到铜单质，向滤液硫酸亚铁中加入过氧化氢溶液氧化得到硫酸铁溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤得到九水合硫酸铁晶体，据此分析解答。
【详解】A．SO2转化为SO3的化学方程式是2SO2＋O22SO3，故A正确；
B．焙烧CuFeS2发生反应：4CuFeS2+13O2= 8SO2+4CuO+2Fe2O3，氧化剂为O2，还原剂为CuFeS2，氧化剂与还原剂的物质的量之比是13︰4，故B正确；
C．试剂a、b、c分别是过量的硫酸、铁粉和过氧化氢溶液，故C错误；
D．通过操作d加热浓缩、冷却结晶、过滤得到九水合硫酸铁晶体，故D正确；
故答案选B。
7．C
【详解】混合物中钠元素的质量为35.8g-12.8g=23g，混合物中钠原子的物质的量为=1ml，混合物中氧原子的物质的量为=0.8ml；
令Na2O与Na2O2物质的量分别为x、y，则：
解得：x=0.2ml，y=0.3ml
故Na2O与Na2O2物质的量之比为0.2ml：0.3ml=2：3，
故选C。
8．C
【详解】A．KClO3在反应中，Cl元素的化合价降低，氧化剂是KClO3，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，还原剂是HCl，故A正确；
B．KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由-1价升高为0，每生成3mlCl2，转移的电子为5ml，故B正确；
C．由反应可知，1ml氧化剂与5mlHCl转移电子守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5，每消耗1mlKClO3，被氧化的HCl为5ml，故C错误；
D．KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，被氧化的HCl为5ml做还原剂，表现还原性，另1mlHCl表现酸性，盐酸既表现还原性又表现酸性，故D正确；
故选：C。
9．C
【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO减少；第二阶段，AlO反应完毕，发生反应CO+H+═HCO，b线表示CO减少，c线表示HCO的增加；第三阶段，CO反应完毕，发生反应HCO+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO减少，此阶段Al（OH）3不参与反应。
【详解】A．由分析可知，b曲线表示的离子方程式为：CO+H+═HCO，A错误；
B．由分析可知，d和c曲线表示的离子反应是不相同的，B错误；
C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）＝0.05ml，m[Al（OH）3]=0.05ml×78g/ml=3.9g，C正确；
D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，CO+H+═HCO3-，可知CO与AlO的物质的量之比为1：1，D错误；
故选C。
10．B
【详解】晶体中含水为3.75g×=1.35g，若完全失去结晶水，固体质量为3.75g-1.35g=2.4g，加热至100°C以上，剩下粉末为2.67g，失去水的质量为3.75g-2.67g=1.08g，所以晶体中还有水为1.35g-1.08g=0.27g，则n(CuSO4)：n(H2O)=：=1：1，故失去结晶水后的粉末物质的化学式为CuSO4•H2O；
故选B。
11．A
【详解】镧镍合金是金属金属和金属形成的合金材料，目前可以解决氢气的储存和运输问题，故选A。
12．A
【详解】①钠与水、二氧化碳能发生化学反应，所以不能用水、和二氧化碳类的灭火剂灭火，只能用干沙灭火，故①正确；
②明矾水解能生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，能吸附水中悬浮性杂质，故能净水，但是不能消毒，故②错误；
③打磨过的Al在加热时也会迅速生成致密的氧化膜，所以加热融化时不会滴落，故③错误；
④常温下铁在浓硫酸中钝化，故可用铁制容器盛放浓硫酸，故④正确；
⑤青铜、不锈钢、硬铝都是常见的合金，故⑤正确；
⑥Al是两性物质，能与酸、碱反应，所以铝制器皿不宜盛放酸性或碱性食物，故⑥正确；
⑦钠、镁、铝在空气中都容易被氧化，但是镁和铝表面的氧化膜非常致密，不需要密封保存，故⑦错误；
⑧氧化铝熔点高，故可做耐高温材料，故⑧正确；
⑨Na2O2可以人体呼出的水和二氧化碳发生化学反应生成氧气，故可做供氧剂，故⑨正确；
⑩钾元素的焰色反应必须用蓝色钴玻璃滤掉钠的黄色光才能观察到，所以焰色反应为黄色不一定没有钾元素，故⑩错误。
故②③⑦⑩不正确，故选A。
13．A
【详解】通过分析可知，等质量、等质量百分比浓度的盐酸中含有等质量的氢元素，反应结束后，烧杯中剩余的铝比剩余的锌多，说明金属有剩余，酸全部参加了反应，生成的氢气质量相等，所以天平仍然平衡，故选A。
14．D
【分析】从图象可以看出，加入3L氢氧化钡溶液即3ml氢氧化钡时，生成的沉淀的物质的量为5ml，此时对应A点，硫酸铝和氢氧化钡恰好反应完全，硫酸根离子完全沉淀，可知硫酸铝的物质的量为1ml，生成的5ml沉淀其中有3ml为硫酸钡，2ml为氢氧化铝，再继续加入3ml氢氧化钡，沉淀继续增多，生成的沉淀为氢氧化铝，可知氯化铝的物质的量为2ml，B点时沉淀最多，硫酸根离子和铝离子都沉淀完全，硫酸钡的物质的量为3ml，氢氧化铝的物质的量为4ml。再加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，加入2ml氢氧化钡，4ml氢氧化铝完全溶解，生成Na[Al(OH)4]，此时到达C点，此时沉淀只有硫酸钡，再加入氢氧化钡，沉淀量无变化。
【详解】A．由以上分析可知，C点为BaSO4沉淀，其物质的量为3ml，此时铝元素以[Al(OH)4]-的形式存在，故A正确；
B．D点溶液中有过量的氢氧化钡和Na[Al(OH)4]，通入的二氧化碳和氢氧化钡反应立即生成碳酸钡白色沉淀，故B正确；
C．由以上分析可知，原溶液中硫酸铝的物质的量为1ml，氯化铝的物质的量为2ml，即c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故C正确；
D．由以上分析可知，OA段相当于硫酸铝和氢氧化钡反应，反应的离子方程式为2Al3＋＋3 ＋3Ba2＋＋6OH- = 3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故D错误；
故选D。
15．D
【详解】A．把温度升高到比体温约高，哈伦顿棒就能恢复足够的矫正力，利用了记忆合金的记忆效应，A不符合题意；
B．太阳光的辐射使小球恢复原来的形状，利用了记忆合金的记忆效应，B不符合题意；
C．精密仪器或精密车床变形后，只需加热即可排除，利用了记忆合金的记忆效应，C不符合题意；
D．汽车受损变形后，利用钣金喷漆整形，不是利用了记忆合金的记忆效应，D符合题意；
故选D。
16．(1)Na2CO3
(2)(＋)×22400
(3)碳原子守恒
【分析】碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、水和碳酸钠；混合物样品加入稀硫酸反应生成二氧化碳中的碳全部来自样品中碳酸钠、碳酸氢钠，根据碳原子守恒可知生成二氧化碳气体的物质的量等于碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量之和；
【详解】（1）NaHCO3受热会发生如下反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+ H2O，其中CO2气体，水都和离开反应体系，只剩下Na2CO3固体，则残留在蒸发皿中的固体是Na2CO3；
（2）由（1）可知冷却后的总质量其实就是Na2CO3和蒸发皿质量，所以(c-a）就是Na2CO3质量，根据碳原子守恒，碳酸钠和稀硫酸反应放出的CO2的物质的量为mL；在一个质量为a g的蒸发皿中加入一些样品，称得总质量为b g，用酒精灯对其充分加热，冷却后称得其总质量为c g，则（b-c）g是失去水和CO2的总质量，根据化学反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成水和二氧化碳的物质的量相同，则CO2的物质的量为ml；所以所选用针筒的最大刻度值应大于或等于(＋)×22400 mL；
（3）根据题给方程可知，他们依据的原理是碳原子守恒；根据碳原子守恒可知生成二氧化碳气体的物质的量等于碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量之和，则。
17．(1)硝酸铜分解温度
(2)与第④步相差已不到0.001g，已经恒重
(3) 防止溶解时硝酸铜水解，同时溶解可能分解生成的氧化铜等 小烧杯
(4)7
(5)Cu(NO3)2▪3H2O
(6)B
【分析】(1)
本实验是测量硝酸铜晶体中结晶水的数目，故实验过程中严格控制加热温度让晶体完全失去结晶水，但又不能使之分解，故该实验小组在进行实验之前，应查找一个温度值，不能超过此温度，他们要查的温度应是硝酸铜分解的温度，故答案为：硝酸铜分解温度；
(2)
由于第⑥步称量之后，所测数据与第④步相差已不到0.001g，已经恒重，说明结晶水已经完全失去，故不需要再加热、冷却、称量了，故答案为：与第④步相差已不到0.001g，已经恒重；
(3)
由于硝酸铜是强酸弱碱盐，易水解生成氢氧化铜沉淀，故第⑦步加稀硫酸的目的是抑制硝酸铜水解，同时溶解前期解热过程中可能因分解产生的CuO，以减小实验误差，溶解、反应一般在烧杯中进行，故但在步骤⑦之前应将坩埚内的残渣转移到小烧杯(填仪器名称)中，并将坩埚用硫酸洗净，洗涤液一并倒入该仪器中，故答案为：抑制硝酸铜水解，同时溶解前期解热过程中可能因分解产生的CuO；小烧杯；
(4)
由于步骤⑦加入有过量的稀硫酸，故只要最后的洗涤滤液中呈中性，则步骤⑨确保已经将滤渣洗涤干净，方法是：取最后一次洗涤液，测该洗涤液的pH，当该洗涤液的pH=7时，即可认为洗涤干净，故答案为：7；
(5)
由题干数据可知，所取硝酸铜晶体的质量为：8.483-5.023-1.040=2.42g，结晶水的质量为：8.483-7.943=0.54g，故硝酸铜的质量为：2.42-0.54=1.88g，故有：，解得n=3，故该硝酸铜晶体的化学式为：Cu(NO3)2▪3H2O，故答案为：Cu(NO3)2▪3H2O；
(6)
步骤⑨应在过滤器上进行，因此滤纸上会有少量滤渣，导致最后滤渣的质量偏小，则硝酸铜的质量偏大，结晶水的质量无影响，故导致结晶水的数目偏小，故答案为：偏小。
18． 蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热 冷却至常温和调节量气管使左右液面相平 偏大
【详解】(1)浓硫酸能使蔗糖脱水并放出大量的热，可作引火剂；
(2)还原生成和，化学方程式为；
(3)①因为气体的体积受温度和压强影响，所以量气管在读数时必须进行的步骤是：冷却至常温和调节量气管使左右液面相平；
②根据与溶液反应的化学方程式：可知，，则“铁块”中铝的质量分数为；
③如果装置没有橡胶管，随着分液漏斗中液体流下，试管中压强增大，会导致排入量气管中的液体增多，造成气体读数偏大，即“铁块”中铝的质量分数偏大。
19．(1)Al3+
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3除去
(4)Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶
(6)
【详解】（1）“酸溶”时，铝与硫酸反应生成硫酸铝，因此还有Al3+。
（2）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（3）滤渣②的主要成分是Fe(OH)3，因此“调pH”的目的是：将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3除去。
（4）铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（5）将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体。
（6）m1kg废易拉罐中含铝m1kg0.054=0.054m1kg，所以理论上应该产生明矾，而实际产生m2kg，因此明矾的产率为。
20． 氢氧化钠溶液 1:1 Al2O3+6H＋＝2Al3＋+3H2O 用作肥料 O2 c
【解析】铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)用硫酸溶解，二氧化硅不反应，过滤分离，滤液主要含有硫酸铝，向滤液中加入氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，过滤分离，滤液Ⅱ中主要含有硫酸铵，氢氧化铝烘干、灼烧分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝单质与氧气，据此解答。
【详解】(1)铝和氢氧化钠溶液反应，镁不与氢氧化钠溶液反应，除去镁粉中混有的少量铝粉，应加入的试剂是氢氧化钠溶液。
(2)2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑，通过化学方程式可以看出，等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，金属是不足的，所以生成氢气的物质的量相等，所得H2的体积之比是：1：1；
(3)①Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al2O3+6H＋＝2Al3＋+3H2O；
②滤液Ⅱ中主要含有硫酸铵，用途之一是：用作肥料；
③电解熔融氧化铝生成铝单质与氧气，冰晶石（Na3AlF6）是由钠离子和AlF组成，属于盐，故答案为c。