第08讲 金属材料- 2024年高考化学大一轮复习【精讲精练】

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A．电冶金工业中，加冰晶石降低熔融温度
B．炼钢工业中，将炽热的钢水注入留有水的模具
C．电子工业中，以溶液作为覆铜板腐蚀液
D．硝酸工业中，通过氨的催化氧化实现人工固氮
【答案】A
【解析】电解熔融Al2O3生成Al和氧气，氧化铝熔点较高，加入冰晶石作熔剂时能降低熔融温度，从而减少能源浪费，A正确； 由反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可知炼钢工业中，将炽热的钢水注入没有水的模具中，否则将影响钢的质量，B错误；由反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，电子工业中，以FeCl3溶液作为覆铜板腐蚀液，C错误；氮的固定是指由游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故硝酸工业中，通过氨的催化氧化不能实现人工固氮，D错误；故选A。
2.下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是
A．冰晶石做助熔剂
B．氧化铝属于过渡晶体
C．金属铁、铜的冶炼方法与铝类似
D．铝在工业上是一种很好的还原剂
【答案】C
【解析】冰晶石在电解铝工业中常用作助熔剂，A正确；氧化铝的晶体结构具有某些过渡金属的特征，因此被称为过渡晶体，B正确；工业上用电解熔融的氧化铝，得到金属铝和氧气，而工业上用热还原法来冶炼金属铁、铜，C错误；Al为活泼金属，冶金工业中常作还原剂，D正确；故选C。
3．不能使悬浊液变澄清的是
A．硫酸溶液B．盐酸C．氢氧化钠溶液D．氨水
【答案】D
【解析】和硫酸反应生成硫酸铝和水，溶液变澄清，故不选A； 和盐酸反应生成氯化铝和水，溶液变澄清，故不选B； 和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，溶液变澄清，故不选C；
和氨水不反应，氨水不能使悬浊液变澄清，故选D；故选D。
4．下列反应的离子方程式不正确的是
A．Na2SO3溶液中滴入少量氯水：SO+Cl2+H2O=SO+2H++2Cl-
B．Mg(OH)2溶于NH4Cl的浓溶液：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2O
C．Al(OH)3溶于NaOH溶液：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
D．足量Cu与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++NO↑+4H2O
【答案】A
【解析】Na2SO3溶液中滴入少量氯水，由于氯水少量，离子方程式为 3SO+Cl2+H2O=SO+2HSO+2Cl-，故A错误；Mg(OH)2溶于NH4Cl的浓溶液，生成氯化镁和一水合氨，离子方程式为：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2O，故B正确；Al(OH)3为两性化合物，可与NaOH溶液反应，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故C正确；足量Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++NO↑+4H2O，故D正确；故选A。
5．对下列劳动项目的解释错误的是
【答案】A
【解析】SO2漂白性是化合性漂白，而不是氧化还原漂白，故用SO2漂白纸浆是由于SO2具有漂白性，而不是由于SO2具有还原性，A符合题意；常温下铝遇浓硝酸钝化，在铝表面形成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，故能用铝制容器贮运浓硝酸，B不合题意；铁与H2O在高温下会反应，方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故模具注入熔融钢水之前必须干燥，C不合题意；固体管道疏通剂的主要成分由金属铝和氢氧化钠组成，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故与铝粉和NaOH溶液反应产生气体有关，D不合题意；故选A。
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．pH=1的溶液中：K+、Na+、、
B．c(Fe3+)=0.1ml•L-1的溶液中：K+、ClO-、、SCN-
C．与铝反应生成氢气的溶液中：Na+、NH4+、、Cl-
D．无色溶液中：Na+、Al3+、Cl-、
【答案】C
【解析】pH=1的溶液呈酸性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；
与反应，不能大量共存，B项错误；与铝反应生成氢气的溶液呈酸性或强碱性，之间不反应，都不与反应，能够大量共存，C项正确；之间发生双水解反应，不能大量共存，D项错误；故选C。
7．一定温度下，探究铜与稀的反应，反应过程如图所示：
下列说法错误的是
A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是
B．过程Ⅲ后得到的溶液中的比原稀的浓度大
C．过程Ⅱ中气体变为红棕色的反应为
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
【答案】B
【分析】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，得到的无色气体是一氧化氮，抽入空气后发生反应2NO+O2=2NO2，振荡后，反应速率加快，说明二氧化氮对反应具有催化作用，据此分析。
【解析】过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式为，A项正确；随着反应的进行，一部分转化为，根据氮原子守恒，可知过程Ⅲ后得到的溶液中的应比原稀的浓度要小，B项错误；过程Ⅱ中气体变为红棕色，发生反应的化学方程式为，C项正确；当活塞不再移动时，再抽入空气，与、反应生成，铜可以继续溶解，D项正确；故选B。
8．某兴趣小组同学用铜与稀硝酸反应制取干燥、纯净的NO气体(装置如图)。下列有关说法错误的是
A．装置Ⅰ中蒸馏烧瓶内发生反应的离子方程式为
B．浓硫酸用于干燥NO
C．为制得纯净的NO，装置Ⅱ中盛装的液体可为水
D．气压过大时，稀硝酸经X导管滴入蒸馏烧瓶中
【答案】D
【解析】用铜与稀硝酸反应制取干燥、纯净的NO气体，装置Ⅰ是发生装置，发生反应的离子方程式为，故A正确；浓硫酸不与NO反应，可用于干燥NO，故B正确；
蒸馏烧瓶内可能有氧气，很容易把生成的NO氧化为NO2，装置Ⅱ中盛装的液体可为水，会发生反应，可制得纯净的NO，故C正确；气压过大时，X导管可以平衡气压，使稀硝酸顺利从分液漏斗中滴入蒸馏烧瓶中，故D错误；故选D。
9．某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是
A．实验①②反应后溶液颜色不同，说明氧化产物不同
B．实验②中产生的气体不能和血红蛋白结合
C．实验③中铁发生了钝化
D．以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关
【答案】D
【解析】实验①②反应后溶液颜色相同都是蓝色，氧化产物都是硝酸铜溶液，A项错误；②产生的气体是一氧化氮，一氧化氮会和血红蛋白结合，B项错误；将足量的铁粉加入100mL,中，溶液呈浅绿色，无气体生成，可能发生反应生成了硝酸亚铁和硝酸铵，常温下铁在浓硝酸下发生钝化，C项错误；
实验①②可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，硝酸的还原产物与硝酸的浓度有关，与金属活泼性有关，D项正确；答案选D。
10．一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：

下列说法正确的是
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
【答案】D
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) “酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。
【解析】 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误；“沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D正确；答案选D。
11．甲、乙两烧杯中分别盛有浓度均为的盐酸与溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得同温同压下生成气体的体积之比为，则加入铝粉的质量为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据铝和盐酸以及氢氧化钠溶液反应的化学方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2NaOH+2Al+2H2O
=2NaAlO2+3H2↑，若铝少量，则产生等量的氢气，若铝过量，则产生的氢气的体积比为1:3。若反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，就要求在和盐酸的反应中，铝是过量的，在和氢氧化钠的反应中，铝是少量的。0.3mlHCl完全反应，生成氢气0.15ml，所以铝和氢氧化钠反应生成氢气0.3ml，需要铝的物质的量为0.2ml，即5.4g；故选A。
12．某固体混合物可能含有Al、、、、、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法不正确的是
A．步骤①中发生了氧化还原反应
B．步骤②和步骤③中反应消耗的的物质的量之比为3∶1
C．混合物中一定不存在，可能含有NaCl、AlCl3
D．混合物中一定含有，且物质的量为0.2ml
【答案】B
【分析】由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀久置无明显变化，则固体不含FeCl2，11.60g是氢氧化镁沉淀，，；Al与氢氧化钠溶液产生的氢气为，根据电子得失守恒，； 浓硫酸吸收氨气，，，则固体含Al、(NH4)2SO4、MgCl2的质量为，则余下是AlCl3和NaCl中的一种或两种。
【解析】根据分析，固体含Al，步骤①中Al与氢氧化钠溶液产生氢气为氧化还原反应，A正确；步骤②为H++OH-=H2O和 ，步骤③为，二者反应消耗的H+的物质的量之比因过量氢氧根离子未知而不能计算，B错误；根据分析，混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3中的一种或两种，C正确；根据分析，混合物中一定含有MgCl20.2ml，D正确；故选B。
13．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，平均分成两份。向第一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解铜粉；第二份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为气体)。下列分析或结果错误的是
A．B．产生的气体：段是，BC段是氢气
C．原溶液中浓度为D．第二份溶液中最终溶质为
【答案】A
【分析】由图可知，OA段发生反应：Fe++4H+= Fe3+ +2H2O+ NO↑，反应铁0.3ml；AB段发生反应：2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，反应铁0.15ml；BC段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，反应铁0.15ml；C后铁过量；则溶液中氢离子共0.3ml×4+0.15ml×2=1.5ml、硝酸根离子共0.3ml；
【解析】铜和稀硫酸不反应、和稀硝酸反应生成一氧化氮和铜离子，反应为3Cu+8H++2NO=3Cu2++
2NO↑+4H2O，反应中氢离子过量、硝酸根离子完全反应消耗铜0.45ml，质量为28.8g，A错误； 由分析可知，产生的气体：段是，BC段是氢气，B正确；反应最终生成硫酸亚铁，共消耗铁0.6ml，根据FeSO4化学式及硫酸根守恒可知，每份溶液中0.6ml，浓度为0.6ml÷0.1L=，C正确；反应中铁过量，最终生成硫酸亚铁，第二份溶液中最终溶质为，D正确；故选A。
14．将41.2g由Al、Fe、Cu组成的合金等分为两份，将其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L(标准状况)；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，得到VL(标准状况下)NO气体，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤得到滤液X和25.4g的沉淀Y(HNO3的还原产物仅为NO)，则下列说法正确的是
A．41.2g的合金中含铁5.6gB．滤液X中的溶质只有硝酸钠
C．V为8.96D．沉淀Y中含氢氧化铜9.8g
【答案】C
【解析】每一份合金质量为，其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，只有Al参与反应生成氢气，，根据电子转移守恒可知：，则每一份中；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，还有剩余的硝酸，再向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，则沉淀中，则，设每一份中Fe、Cu的物质的量分别为xml、yml，根据二者总质量、电子转移守恒有，，解得x=0.1，y=0.15，故41.2g的合金中含铁的质量为，A错误；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，还有剩余的硝酸，再向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤液中含有偏铝酸钠、硝酸钠、氢氧化钠，B错误；由A中计算知，合金与硝酸反应失去电子为，根据电子转移守恒可知，则标准状况下，C正确；由A中计算知，，则沉淀Y中，D错误；故选C。
15．向含xmlHNO3和ymlH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示：
下列有关说法正确的是
A．x=0.2，y=0.1
B．a点之前的反应离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
C．向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92g
D．反应至c点，可收集到气体4.48L(标准状况)
【答案】C
【分析】铁粉加入后，首先和HNO3反应，被氧化成Fe3+，故a段生成0.1 ml Fe3+，a点过后，Fe3+量开始减少，说明此时发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，当Fe3+完全反应后，Fe2+物质的量仍然在增加，说明发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，说明a点过后，H+仍然有剩余，故硝酸根在a段完全反应。
【解析】由分析知，硝酸根在a段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得3n(NO)=3n(Fe3+,a)，故n(NO)=0.1 ml，由N元素守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1 ml，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=，则由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 ml-0.15 ml=0.05 ml，对应H+物质的量=2n2=0.1 ml，a段反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段消耗的H+物质的量=4n(Fe3+,a)=0.4 ml，故溶液中原来共有H+物质的量=0.4 ml+0.1 ml=0.5 ml，则n(H2SO4)=，故x=0.1，y=0.2，A错误；由分析知，a点之前，Fe被氧化为Fe3+，对应离子方程式为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，B错误；b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为x ml，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5x ml，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04 ml，故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1 ml-0.04 ml=0.06 ml，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶解的Cu物质的量=，对应质量=0.03 ml×64 g/ml=1.92 g，C正确；a段生成气体NO物质的量n(NO)=0.1 ml，由A选项分析知，由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 ml-0.15 ml=0.05 ml，生成H2的物质的量n(H2)=n(Fe2+)=0.05 ml，故整个过程共产生气体0.15 ml，对应体积=0.15 ml×22.4 L/ml=3.36 L，D错误；故选C。
16．某矿物X由Al2O3、Fe2O3、Cu2O、SiO2的一种或几种物质组成。现进行下图实验：
(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O且每步反应都充分)下列说法正确的是
A．根据上述步骤可以判断矿物X中n(Cu2O)/n(Fe2O3)>1
B．步骤1中减少的固体一定是混合物
C．根据步骤2可以得出蓝色溶液中n(Cu2+)=0.02ml
D．根据步骤1、2可以判断出X中氧化铁的质量分数为50%
【答案】A
【分析】该矿物12.8g用过量NaOH溶液碱浸，得到10.4g固体，Al2O3 和SiO2能溶于NaOH溶液，则固体可能是Fe2O3、Cu2O，Fe2O3可溶于盐酸，将此固体用过量盐酸酸浸，得到Cu2+蓝色溶液和1.92g铜单质固体。
【解析】最终产物有铜单质固体，结合已知和 ，根据，则判断矿物X中n(Cu2O)/n(Fe2O3)>1，A正确；Al2O3 和SiO2能溶于NaOH溶液，步骤1中减少的固体可能是Al2O3 和SiO2，或是其中一种，B错误；根据Cu2O +2H+=Cu+Cu2++H2O，步骤2得到1.92g铜单质物质的量是0.03ml，又0.03ml的Cu2O质量4.32g，则步骤1得到10.4g固体肯定含有Fe2O3，因，现铜单质剩余，则蓝色溶液n(Cu2+)>0.03ml，C错误；设步骤1得到10.4g固体中Fe2O3xml、Cu2Oyml，则有等式①160x+144y=10.4，根据得到等式②y-x=0.03，联合①②，解得x=0.02，y=0.05，则Fe2O3的质量为0.02×160=3.2(g)，可以判断出X中氧化铁的质量分数为，D错误；故选A。
17．CuCl用于石油工业脱硫与脱色，还可用作CO吸附剂和脱氧剂。CuCl是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。
Ⅰ.利用以下装置可制备CuCl
已知：为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色固体，回答下列问题：
(1)制取：A中发生的反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______，为吸收尾气，C中可选用试剂_______(填标号)。
A．溶液 B．饱和食盐水 C．溶液 D．浓
(2)制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，B中依次发生反应的离子方程式为：
①
②_______
③
观察到_______时停止反应。将B中溶液倾入盛有_______的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀。过滤得CuCl粗品。
(3)洗涤CuCl：洗涤时最好用_______(填序号)洗涤滤饼3～4次，其目的是_______。
a. b.稀硫酸 c.95%的乙醇
Ⅱ.工业上常用CuCl作、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、、和的含量。
已知：和KOH的混合溶液也能吸收氧气。
(4)装置的连接顺序应为_______。
(5)用D装置测含量，若读数时右侧量气管液面高于左侧液面，则测得含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 1：5 AC
(2)Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl 溶液中蓝色褪去变为无色 蒸馏水
(3)c 乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化
(4)C→B→A→D
(5)偏小
【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气进入B中与铜粉、NaCl反应生成Na2[CuCl3]，C为尾气处理装置，用于吸收多余的氯气。
【解析】（1）A中高锰酸钾和HCl反应生成氯气，化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2
+8H2O，该反应中氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，其中16个HCl中有10个HCl是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5。
A．亚硫酸钠可被氯气氧化从而吸收氯气，A正确；
B．氯气在饱和食盐水中溶解度小，无法用饱和食盐水吸收氯气，B错误；
C．氯化亚铁可被氯气氧化从而吸收氯气，C正确；
D．浓硫酸不与氯气反应，不能用浓硫酸吸收氯气，D错误；
故答案选AC。
（2）铜离子、氯离子和铜可反应生成氯化亚铜，离子方程式为Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl。Na2[CuCl3]为无色溶液，CuCl为白色固体，故当溶液中蓝色褪去变为无色时停止反应。Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl，将B中溶液倾入盛有蒸馏水的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀，过滤得到CuCl粗品。
（3）CuCl不溶于水和乙醇，但是在潮湿的空气中可被迅速氧化，因此最好使用95%的乙醇洗涤，乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化。
（4）用KOH溶液吸收CO2，然后用Na2S2O4和KOH的混合溶液吸收O2，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则装置的连接顺序为C→B→A→D。
（5）若右侧量气管液面高于左侧，则左侧气体压强大于大气压，气体受到压迫测得的N2含量偏小。
18．工业上常以黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3， 含有少量FeO、SiO2、 Al2O3、 CaO、MgO等杂质)为原料制备水处理剂聚合硫酸铁,n>2、m<10},其工艺流程如图所示：
已知： Ksp[Fe(OH)3]= 1.0×10- 38、Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16、 Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；当某离子浓度≦1.0×10-5ml·L-1时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)为了提高黄铁矿烧渣的“碱浸”速率，可以采取的措施有__________(至少 答两条)。
(2)“碱浸”过程中，杂质与NaOH反应的离子方程式为_____________。
(3)“酸溶1”所得滤渣的主要成分为________(填化学式)，在实验室中分离出滤渣的操作名称为___________。
(4)“氧化”工序中加入H2O2溶液的目的是________________________。
(5)若“氧化”后的溶液中Mg2+浓度为0.1 ml·L-1， 则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是_______________。
【答案】(1)将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度
(2)SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4] -
(3) CaSO4 过滤
(4)将Fe2+氧化为Fe3+, 提高聚合硫酸铁产品的产量
(5)3≦pH<9
【分析】黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3， 含有少量FeO、SiO2、 Al2O3、 CaO、MgO等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅溶解，生成偏铝酸钠和硅酸钠，经过过滤进入到滤液中，滤渣中加入硫酸，金属氧化物都溶解，分别生成硫酸铁和硫酸亚铁，硫酸钙和硫酸镁，硫酸钙不溶于水，过滤形成滤渣，滤液中加入过氧化氢溶液，亚铁离子被氧化生成铁离子，通入氨气调节pH，生成氢氧化铁沉淀，沉淀中加入硫酸形成硫酸铁溶液，最后得到聚合硫酸铁。据此解答。
【解析】（1）为了提高碱浸速率，可以将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度。
（2）碱浸过程中氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4] -。
（3）酸溶1所得滤渣为硫酸钙，分离滤渣的操作为过滤。
（4）加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，便于与其他离子进行分离，提高聚合硫酸铁产品的产量。
（5）铁离子完全沉淀时浓度为≦1.0×10-5ml·L-1，则ml·L-1，对应的pH为3，镁离子开始沉淀时ml·L-1，对应的pH为9，则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是3≦pH<9。
19．FeCl3(易升华)是常见的化学试剂。某学习小组开展了与FeCl3相关的系列实验，回答下列问题：
I.铁粉制备FeCl3(实验装置如图所示)
(1)仪器a盛装的物质是为_______(填试剂的名称)；装置中F的作用：_______。
(2)硬质玻璃管直接接入收集器的优点是_______。
II.探究FeCl3溶液与Cu的反应
(3)配制FeCl3溶液时加入少量盐酸的原因是_______。
(4)向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，再加入过量Cu粉，发现溶液的红色褪去。用离子方程式解释红色褪去的原因：_______。
(5)已知(4)中除了红色褪去，还产生了白色沉淀。小组成员查阅得知CuCl和CuSCN均为白色沉淀。为探究白色沉淀的主要成分，小组成员完成了以下实验：向4mL0.1ml/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成。由此现象可知此白色沉淀为_______(填化学式)。
小组成员进一步查阅资料发现，Cu2+与SCN-可发生如下两种反应。
反应i：Cu2++4SCN-=[Cu(SCN)4]2-(淡黄色)
反应ii：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2
设计实验如下：
由此现象可知，反应速率较快的为_______(填“反应i”或“反应ii”)。小组成员得出结论，反应ii不是CuSCN产生的主要原因。
(6)根据上述分析可知，Cu2+、Fe2+和SCN-可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3+，写出反应的离子方程式：_______。
【答案】(1) 浓盐酸 尾气吸收，并防止空气中的水蒸气进入收集器
(2)不易因为FeCl3固体积聚而造成堵塞
(3)抑制Fe3+的水解
(4)2Fe3++Cu=Cu2+ +2Fe2+
(5) CuSCN 反应i
(6)Cu2+ +Fe2+ +SCN-=CuSCN↓+Fe3+
【分析】FeCl3易升华、易潮解，实验室制备FeCl3，根据图示可知，D为FeCl3的发生装置，E为收集装置，A装置用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，由于HCl易挥发，且该实验需干燥氯气，则B中盛饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，C中盛浓硫酸，用于干燥氯气；F装置中的碱石灰用于尾气吸收，并防止空气中的水蒸气进入E，据此分析解答。
【解析】（1）①由分析可知用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气；
②尾气吸收，并防止空气中的水蒸气进入收集器；
（2）与细导管相比，硬质玻璃管直接接入收集器可以防止堵塞；
（3）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+易发生水解，配制溶液时加入少量盐酸，可使水解平衡逆向移动，抑制水解；
（4）向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，生成红色的配合物，，再加入过量Cu粉，2Fe3++Cu=Cu2+ +2Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，使溶液的红色褪去，故答案为：2Fe3++Cu=Cu2+ +2Fe2+；
（5）①向4 mL 0.1 ml·L-1FeCl3溶液中加入过量Cu粉，溶液中生成了Fe2+和Cu2+，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成，则发生的反应为2Cu2+ + 4SCN- = 2CuSCN↓+ (SCN)2，即可确定此白色沉淀为CuSCN；
②在盛有2 mL 0.1ml·L-1 CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液，溶液很快由蓝色变为绿色，说明有淡黄色的[ Cu(SCN)4]2 –生成，24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀，说明有CuSCN生成，由此现象可知，反应速率较快的为反应i，说明反应ii不是CuSCN产生的主要原因；
（6）Cu2+、 Fe2+和SCN-可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3+，Cu元素化合价从+2价降低到+1价，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出反应的离子方程式为：Cu2+ +Fe2+ +SCN-=CuSCN↓+Fe3+。
20．某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
(1)假设1：___________
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是___________。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
(3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是___________
(4)乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于HNO2(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓HNO3的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有HNO2生成。如和浓HNO3反应，开始生成的NO2溶于水形成HNO2，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；___________
ii.；___________
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中HNO2的生成。
(5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是___________。
【答案】(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
(2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
(3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
(4) 2NO2+H2O=HNO2+H++NO Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
(5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】(1)结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
(2)猜想2为硝酸铜溶液中溶解了NO2且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
(3)实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
(4)由资料可知，NO2溶于水形成HNO2，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO3-；由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
(5)已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于HNO2(或NO2-)与铜离子作用的结果；②金属和浓HNO3的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有HNO2生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
选项
劳动项目
解释
A
用SO2漂白纸浆
SO2具有还原性
B
用铝制容器贮运浓硝酸
铝遇浓硝酸钝化
C
模具注入熔融钢水之前必须干燥
铁与H2O在高温下会反应
D
用固体管道疏通剂(主要成分为NaOH和铝粉)疏通管道
与铝粉和NaOH溶液反应产生气体有关
实验操作(室温)及实验现象
①
将足量的铜粉加入中，溶液呈绿色，产生红棕色气体
②
将足量的铜粉加入中，溶液呈蓝色，产生无色气体
③
将足量的铁粉加入中，溶液呈浅绿色，无气体生成
操作
现象
在盛有2mL0.1ml·L-1CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液
溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；
2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色