2024届高三新高考化学大一轮专题复习课时作业：金属材料及金属矿物的开发利用

2024届新高考化学大一轮专题复习课时作业金属材料及金属矿物的开发利用一、选择题（共15题）1、下列有关物质的描述及其应用均正确的是（　　）A.Al、Al2O3、Al（OH）3、NaAlO2均能和NaOH溶液发生反应B.Na2O2中含有O2，所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气C.FeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板D.Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到2、下列关于新型合金材料说法不正确的是( )A. 镧镍合金能大量吸收H2 形成金属氢化物，可作储氢材料B. 钛合金生物相容性好，强度大，可作人造骨骼C. 形状记忆合金可在使合金发生形变的作用力消失后恢复原状D. 利用合金的熔点低于成分金属这一特点可制得耐热合金3、如图所示的反应均在高温或点燃条件下进行，选项中的物质表示A和B，不合理的是( )A．CO2、Mg B．MgO、AlC．Fe3O4、Al D．CuO、H2 4、广东南华寺还存有北齐孝昭帝皇建元年（公元560年）的铜佛造像，下列关于铜的电化学腐蚀与保护的说法正确的是( )A.铜在潮湿空气中易发生析氢腐蚀B.铜在潮湿空气发生化学腐蚀比发生电化学腐蚀更普遍C.铜表面的铜绿的主要成分是Cu2OH2CO3 D.用稀硝酸可以清洗铜佛造像表面的铜绿5、“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁（含碳量约0.1% ）混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是( )A. 钢是以铁为主的含碳合金B. 钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C. 生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D. 冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3 6、许多成语中都蕴含化学原理，下列有关解释不正确的是（　　）7、粗制的CuSO4·5H2O晶体中含有Fe2＋。提纯时，为了除去Fe2＋，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH＝4，即可以除去Fe3＋而不损失硫酸铜。下列说法不正确的是(　　)A．溶解CuSO4·5H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B．加入H2O2除去Fe2＋的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋4OH－===2Fe(OH)3↓C．由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D．调溶液pH＝4的依据是当pH＝4时Fe3＋沉淀完全，而Cu2＋还未开始沉淀8、工业上，常用铜阳极泥（主要成分是Cu2Te，含少量的Ag、Au）回收碲，其工艺流程如下（已知TeO2微溶于水，易与浓强碱、浓强酸反应）：下列叙述错误的是（ ）A.合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用B.操作1、2、3均为过滤C.可由滤渣2提取金属Ag、AuD.上述流程中用浓硝酸代替浓盐酸可提高碲的回收率9、某化学小组为测定一定量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方法Ⅰ：铜铝混合物 eq \o(――→,\s\up11(足量溶液A),\s\do4(充分反应)) 测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物 eq \o(――→,\s\up11(足量溶液B),\s\do4(充分反应)) 测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是（　　）A.溶液A和B均可选用稀硝酸B.溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液C.实验室中方案Ⅱ更便于实施D.若溶液A选用浓硝酸，则测得的铜的质量分数偏小10、下列“类比”或“对比”合理的是( )A. MgCl2 溶液与过量的氨水反应生成MgOH2 沉淀，则AlCl3 溶液与过量的氨水反应生成AlOH3 沉淀B. Na 在空气中燃烧生成Na2O2 ，则Li 在空气中燃烧生成Li2O2 C. Fe 在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物，则Cu 在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物D. NaCl 固体与浓H2SO4 加热可制HCl ，则NaI 固体与浓H2SO4 加热可制HI 11、工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（　　）A.按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B.反应①过滤后所得沉淀为氧化铁C.图中所有的转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的离子方程式为2AlO eq \o\al(\s\up11(－),\s\do4(2)) ＋CO2＋3H2O===2Al（OH）3↓＋CO eq \o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3)) 12、下列铝及其化合物的说法错误的是( )A. 常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化B. 0.1mol?L-1NaOH 溶液：Na+ 、K+ 、CO32- 、AlO2- 能大量共存C. 室温下，Al 与4.0mol?L-1NaOH 溶液反应生成NaAlO2 D. 因为Al2O3 具有两性，所以可用于电解冶炼铝13、某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液的反应：下列说法正确的是( )A.由实验1可以得出结论：金属铝的活泼性弱于金属铜B.实验2中生成红色物质的离子方程式为Al+Cu2+Al3++Cu C.溶液中阴离子种类不同是导致实验1 、2 出现不同现象的原因D.由上述实验可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与H+ 浓度均为0.2mol?L-1 的盐酸和硫酸溶液反应，后者更剧烈14、液体铝钠合金(钠和铝熔合而成)可用于核反应堆的载热介质。下列有关说法不正确的是( )A．自然界中没有游离的钠和铝B．若铝钠合金投入水中无固体剩余，则有n(Al)≤n(Na)C．铝钠合金投入到氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，也可能有铜析出D．相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小15、高纯碳酸锰MnCO3 作为制造电讯器材软磁铁氧体的原料，可由含Mn2+ 的酸性废水（还含有NH4+ 、SO42- 、Ca2+ 、Na+ 、某些重金属离子等）制备，工业流程如图所示： 下列说法正确的是( )A. 对比普通过滤，压滤时速率更快B. 脱色时发生的是氧化还原反应C. 除钙时的沉淀剂也可选用MgF2 等D. 烘干应保持较高的温度，以缩短烘干所用的时间二、非选择题（共4小题）16、A～G的转化关系如下图所示（部分反应物、产物和反应条件未标出）。已知：①A、B为中学化学常见的金属单质，C～G均为化合物，并且E和G均含有3种元素，E中所含3种元素分属3个不同的短周期；②C是淡黄色固体，D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应；③F溶液中加入AgNO3溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；④E和G焰色反应均呈黄色。根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：C ，G ；（2）①～⑥反应中，不属于氧化还原反应的是 ；（3）将过量的E溶液逐滴加入F溶液中，出现的现象是____；（4）反应③的离子方程式为__________；（5）F和G溶液混合可以生成白色沉淀，反应的离子方程式为_____；（6）反应③中，若有31.2 g C参加反应，转移电子的物质的量为 。17、某课外兴趣小组为探究某种铝合金(合金元素Mg、Al)是否符合国家质量标准(国家规定其中铝含量不能低于78%)，设计如图装置进行实验。(1)检验该装置气密性的方法是________________________。(2)合金样品固体M与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_______。(3)倾斜左边装置使氢氧化钠溶液(足量)与a g合金粉末充分反应，待反应停止后，读取量气管液面之前进行的操作是_____。(4)若将装置中的氢氧化钠溶液替换为足量的盐酸，则反应停止后量气管内气体体积________(填“＞”“＜”或“＝”)V mL。(5)若a＝38 mg，V＝44.8 mL(标准状况)，该合金______(填“符合”或“不符合”)国家标准。18、化学小组实验探究SO2与新制氢氧化铜悬浊液的反应。（1）实验一：试剂瓶丙盛有新制纯净的Cu（OH）2悬浊液，制备SO2（夹持、加热仪器略），并向丙中通入足量SO2。开始可观察到丙中局部有浅黄色固体生成，Cu（OH）2全部溶解后得到淡绿色溶液A和少量紫红色固体B。①浓H2SO4与Cu片反应的化学方程式是____________。②试剂a为 。（2）分析物质性质，紫红色固体B应为单质铜。用pH试纸测定淡绿色溶液A的pH约为3，预测浅黄色固体物质为中间产物Cu2O，写出其生成的化学反应方程式为________________________。（资料：Cu2O酸性条件下不稳定，Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O）（3）为进一步验证SO2与Cu（OH）2悬浊液反应过程中产生Cu（Ⅰ）。实验二：向CuCl2溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应，得含NaCl的Cu（OH）2悬浊液，将此悬浊液加入丙中，重复上述实验。开始可观察到局部有浅黄色固体物质生成，Cu（OH）2全部溶解后丙底部有较多的白色沉淀C，上层是淡绿色的溶液A。（资料：[Cu（NH3）2]＋无色易被氧化为深蓝色[Cu（NH3）4]2＋）①试管N中加入硝酸银溶液后生成白色沉淀，证明白色沉淀C中含有的阴离子为 ；试管M中无色溶液的主要成分为 （写化学式）。②C与浓硝酸反应的离子方程式为________________。（4）解释实验二生成白色沉淀C较多，而实验一生成紫红色固体B较少的原因为___________19、已知：Mg能在NO2中燃烧，可能产物为Mg3N2、MgO和N2。Mg3N2容易与水反应。(1)某实验小组探究Mg与NO2反应的固体产物成分，对固体产物提出三种假设：假设Ⅰ：固体产物为MgO；假设Ⅱ：________________________________；假设Ⅲ：_____________________________。(2)该小组通过如下实验装置来验证Mg在NO2中燃烧的产物(夹持装置省略，部分仪器可重复使用)。①实验装置连接的顺序为____________(填字母)。②B装置中盛装的试剂可以是________(填字母)。a．浓硫酸 b．碱石灰c．无水CaCl2 d．五氧化二磷③确定产物中有N2生成的实验现象为____________________。(3)设计实验证明产物中存在Mg3N2： ______________________。(4)已知C装置中初始加入Mg粉的质量为13.2 g，在足量的NO2中充分燃烧，实验结束后，硬质玻璃管冷却至室温、称量，测得硬质玻璃管中剩余固体的质量为21.0 g，产生N2的体积为 1 120 mL(标准状况)。写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式：___________。答案与解析1、C解析：NaAlO2与NaOH不反应，故A不正确；Na2O2为离子化合物，含O元素，不含O2，但过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用Fe3＋的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板，故C正确；Al活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方法来制备铝，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法、热还原法得到，故D不正确。2、D解析：耐热合金的熔点很高，与合金的特征无关。3、B解析：A项，Mg与CO2在点燃条件下反应生成C和MgO，C、Mg在足量氧气中燃烧分别生成CO2、MgO，故A项正确；B项，Al的还原性比Mg弱，故不能置换出Mg，故B项错误；C项，Al与Fe3O4在高温下反应生成Al2O3与Fe，Fe、Al与氧气在点燃条件下反应分别生成Fe3O4、Al2O3，故C项正确；D项，H2在高温下还原CuO生成H2O与Cu，H2、Cu在足量氧气中燃烧分别生成H2O、CuO，故D项正确。4、C解析：A.铜在潮湿空气中易腐蚀生成铜绿即Cu2OH2CO3 ,则发生吸氧腐蚀，A错误；B.电化学腐蚀速率比化学腐蚀快，且绝大多数铜都含有杂质易形成原电池反应，故铜在潮湿空气发生电化学腐蚀比发生化学腐蚀更普遍，B错误；C.铜表面的铜绿的主要成分是碱式碳酸铜即Cu2OH2CO3,C 正确；D.由于稀硝酸在常温下也能腐蚀铜单质，故不能用稀硝酸可以清洗铜佛造像表面的铜绿，可用稀硫酸来清洗铜佛像表面的铜绿，D错误。5、C解析：钢是含碳量低的铁合金，故A正确；钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故B正确；生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3 ，可用于冶炼铁，故D正确。6、B解析：A.道家炼丹到炉子里的火焰从红色转成纯青色的时候就成功，炼丹者通过观察炉火的火焰颜色判断炉内温度，正确；B.刀耕火耨中包含着古人播种前先伐去树木烧掉野草，以灰肥田这一过程，放火烧去野草，用余灰可以肥田，草木灰水溶液显碱性不能降低土壤碱性，错误；C.生铁和钢的主要区别在于含碳量不同，钢的碳含量低，在空气中锤打，目的是让碳和氧气反应生成二氧化碳，从而降低含碳量，达到了钢的标准，正确；D.靛青染料是从蓝草中提炼过程中有新物质生成，属于化学变化，蓝色的靛蓝染料发生化学反应生成一种深蓝色的新染料，正确。7、B解析：CuSO4·5H2O晶体溶解后Cu2＋会发生水解生成Cu(OH)2和H2SO4，所以溶解时加入少量的稀硫酸可抑制Cu2＋的水解，A项正确；因为氧化Fe2＋时，溶液为强酸性，在强酸性条件下，不可能大量存在OH－，B项错误；Cu2＋对过氧化氢的分解具有催化作用，所以使部分过氧化氢损失，C项正确；因为该操作的目的是除去Fe3＋且硫酸铜不损失，所以调节溶液的pH＝4，应是Fe3＋完全沉淀而Cu2＋还未开始沉淀，D项正确。8、D解析：铜阳极泥主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并通入氧气，得到TeO2、Au、Ag、硫酸铜溶液；然后过滤，滤液1含有硫酸铜等，滤渣1含有TeO2、Au、Ag，加入浓盐酸过滤，滤渣2含有Au、Ag，TeO2和加入的浓盐酸反应得到四氯化碲溶液，通入SO2气体，可将溶液中的Te4＋还原为Te，同时得到硫酸。阳极泥中的Cu2Te可用于制备硫酸铜、Te等，则合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用，A项正确；由以上分析可知，操作1、2、3用于分离固体和液体，均为过滤，B项正确；可由滤渣2提取金属Ag、Au，C项正确；浓硝酸可氧化Ag，使制备的碲中混有杂质，则不能用浓硝酸，D项错误。9、A解析：溶液B若选稀硝酸，与铜、铝都反应，则反应后无固体剩余，从而无法确定二者的量，A错误；若溶液A是盐酸或NaOH溶液，只和铝反应，根据气体或剩余固体的质量均可确定铝的量，B正确；气体体积测量较为困难，而称量剩余固体质量则较为容易，C正确；若溶液A选用浓硝酸，浓硝酸使铝钝化后与铜反应，生成的NO2易与水反应，使测量的气体体积偏小，测得的铜的质量分数也偏小，D正确。10、A解析：A.NH3?H2O 是弱碱，氢氧化铝与弱碱不反应，MgCl2 溶液与过量的氨水反应生成MgOH2 沉淀，则AlCl3 溶液与过量的氨水反应生成AlOH3 沉淀，选项A正确；B.Na 在空气中燃烧生成Na2O2 ，Li 的金属性弱于Na ，Li 在空气中燃烧生成Li2O ，选项B错误；C.Fe 在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物，而Cu 在潮湿的空气中被腐蚀最终生成铜绿碱式碳酸铜，选项C错误；D.NaCl 固体与浓H2SO4 加热可制HCl ，HI 还原性较强会被浓硫酸氧化，故NaI 固体与浓H2SO4 加热得不到HI ，选项D错误。11、B解析：由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根离子、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3，故D错误。12、D解析：浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硝酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，A正确；碱性溶液中，Na+ 、K+ 、CO32- 、AlO2- 能大量共存，B正确；室温下，铝与NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，C正确；和酸、碱都可以反应，体现Al2O3 具有两性，电解冶炼铝，是因为氧化铝是离子化合物，熔融状态下可以导电，D 错误。13、C解析：A 项，Al 比Cu 活泼，错误；B项，离子方程式电荷不守恒，错误；C项，比较实验1、实验2可知二者的不同之处为二者中分别含有SO42- 、Cl- ，故二者现象不同是由于二者所含阴离子种类不同，正确；D项，由C项可知SO42- 能使反应速率变慢，故Al 与盐酸反应剧烈，错误。14、D解析：钠和铝都是活泼金属，在自然界中均以化合态形式存在，A正确；钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH与Al发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，若固体无剩余，则有n(Al)≤n(Na)，B正确；铝钠合金投入到氯化铜溶液中，Na与水反应生成NaOH，NaOH与CuCl2反应生成Cu(OH)2，则一定有氢氧化铜沉淀，Al可能与CuCl2发生置换反应生成Cu，C正确；生成1 mol H2时，消耗46 g Na或18 g Al，故相同质量不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越大，D错误。15、A解析：压滤操作，是利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的的操作，或者使用外加压力使过滤混合物在外加压强的作用下快速过滤的操作，故对比普通过滤，压滤的优点：过滤和洗涤速度快，液体和固体分离比较安全，滤出的固体容易干燥，A正确；脱色时加入活性炭进行吸附，发生物理变化，而不是氧化还原反应，B错误；除钙时的沉淀剂不能选用MgF2 ，否则将引入新的杂质Mg2+ ，C错误；由于碳酸锰在高温下容易分解，故烘干的温度不宜过高，应保持一定的温度，以足够的时间进行彻底烘干，D错误。16、解析：结合框图关系，由已知条件①和②可以推知A为Na、B为Al；由已知条件②知C是Na2O2、D是Al2O3；由已知条件①和④可以推知E为NaOH，G为NaAlO2。由已知条件③可以推知F为AlCl3。根据框图关系可以推测反应①为Na与H2O反应，反应②为Na在O2中燃烧，反应③为Na2O2与H2O反应，反应④为Al与Cl2或盐酸反应，反应⑤为Al与O2反应，反应⑥为Al2O3与盐酸反应。所以①～⑥反应中，属于非氧化还原反应的是⑥。过量的NaOH溶液逐滴加入AlCl3溶液中，先生成Al(OH)3白色沉淀，然后Al(OH)3又溶解在过量的NaOH溶液中。NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合，发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀。根据Na2O2与H2O反应的方程式可以看出，每2 mol Na2O2参与反应，转移电子的物质的量为2 mol。31.2 g Na2O2为0.4 mol，所以反应中转移电子的物质的量为0.4 mol。答案：(1)Na2O2　NaAlO2　(2)⑥(3)先产生白色沉淀，然后沉淀又逐渐溶解(4)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑(5)Al3＋＋3AlO eq \o\al(\s\up11(－),\s\do4(2)) ＋6H2O===4Al(OH)3↓(6)0.4 mol17、解析：(1)采用“压强差法”检验装置的气密性：向水准管中注入水，向下移动水准管，静置片刻，若水准管中液面与量气管中液面维持一定的高度差，说明装置的气密性良好。(2)铝合金中合金元素为Mg、Al，合金样品中Al与NaOH溶液反应，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)) ＋3H2↑。(3)Al与NaOH溶液反应生成H2并放出热量，故读取量气管液面前要冷却至室温，上下移动水准管，使量气管和水准管中液面相平。(4)合金中Mg、Al均能与盐酸反应，且都产生H2，故量气管内气体的体积大于V mL。(5)若a＝38 mg，V＝44.8 mL(标准状况)，则有n(H2)＝2×10－3 mol，结合反应可知，n(Al)＝ eq \f(4,3) ×10－3 mol，m(Al)＝ eq \f(4,3) ×10－3 mol×27 g/mol＝0.036 g＝36 mg，从而可得该铝合金中铝的含量为 eq \f(36 mg,38 mg) ×100%≈94.7%>78%，故符合国家标准。答案：(1)连接好装置，向水准管中注水，向下移动水准管，静置片刻。若水准管中液面与量气管中液面维持一定的高度差，说明装置气密性良好(2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)) ＋3H2↑(3)冷却至室温，量气管中与水准管中液面相平 (4)＞(5)符合 18、解析：(1)①Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反应生成CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓) eq \o(=====,\s\up7(△)) CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②试剂a为NaOH溶液，用于吸收多余的SO2气体，防止污染空气。(2)向Cu(OH)2悬浊液中通入SO2，发生氧化还原反应，Cu元素化合价由＋2价得电子变为＋1价的Cu2O，SO2中S元素化合价由＋4价失电子变为＋6价的H2SO4，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式为3Cu(OH)2＋SO2===Cu2O＋CuSO4＋3H2O。(3)①实验二中所用Cu(OH)2悬浊液混有NaCl，与实验一现象相比，实验二中还产生白色沉淀，故可推测白色沉淀的生成与Cl－的存在有关，向试管N中加入硝酸银溶液后生成白色沉淀，进一步验证Cl－的存在；题干信息中指出[Cu(NH3)2]＋无色，易被氧化变为深蓝色[Cu(NH3)4]2＋，通过M中溶液颜色变化可知M中含有[Cu(NH3)2]＋，故可推测白色沉淀成分为CuCl，M无色溶液的主要成分为[Cu(NH3)2]Cl。②沉淀C的成分为CuCl，Cu为＋1价可以将浓硝酸还原，产生红棕色的还原产物NO2，反应的离子方程式为CuCl＋2H＋＋NO eq \o\al(\s\up11(－),\s\do4(3)) ===Cu2＋＋NO2＋Cl－＋H2O。(4)若无Cl－，实验一、二均可产生Cu2O，Cu2O又溶于酸性较强的淡绿色溶液A中，对氧化还原反应影响一致，故实验二中Cu＋增多的原因只能归结为Cl－存在导致生成CuCl，促进了Cu＋多生成，促进了氧化还原反应发生，故实验二发生氧化还原反应的程度较大。实验一不存在促进氧化还原发生的因素，故发生氧化还原反应的程度较小。答案：(1)①Cu＋2H2SO4(浓) eq \o(=====,\s\up7(△)) CuSO4＋SO2↑＋2H2O　②NaOH溶液　(2)3Cu(OH)2＋SO2===Cu2O＋CuSO4＋3H2O或2Cu(OH)2＋SO2===Cu2O＋H2SO4＋H2O(3)①Cl－解析：Cu(NH3)2]Cl②CuCl＋2H＋＋NO eq \o\al(\s\up11(－),\s\do4(3)) ===Cu2＋＋NO2＋Cl－＋H2O(4)由于实验二中存在Cl－，生成CuCl沉淀增强了氧化还原反应的竞争性；实验一不存在增强氧化还原反应竞争性的因素19、解析：(1)根据已知Mg在NO2中燃烧产物的可能性分析判断，假设Ⅰ：固体产物为MgO；假设Ⅱ：固体产物为Mg3N2；假设Ⅲ：固体产物为MgO和Mg3N2的混合物。(2)①A装置中铜与浓硝酸反应产生二氧化氮，用B装置中干燥剂干燥后，通入C装置硬质玻璃管中与镁粉反应，用E装置中NaOH溶液除去多余的二氧化氮，最后用D装置中排水法收集氮气，为确保C装置中无水蒸气，在C装置和E装置之间应连接干燥装置，故装置的连接顺序为ABCBED；②二氧化氮不能用碱性干燥剂干燥，U形管盛装的是固体干燥剂，故B装置中盛装的试剂可以是无水氯化钙或五氧化二磷，选cd；③从C装置中导出的气体通过NaOH溶液吸收后，仍有气体将D装置中试剂瓶中的水压入烧杯中，则确定产物中有N2生成。(3)Mg3N2能与水反应生成氨，氨是具有刺激性气味的碱性气体，所以取少量反应后的固体产物，加入水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明产物中存在Mg3N2。(4)13.2 g镁的物质的量为0.55 mol，设生成Mg3N2的物质的量为x mol，MgO的物质的量为y mol，根据镁原子守恒得①3x＋y＝0.55 mol；根据反应完后剩余固体质量得②100x＋40y＝21.0 g，联立①②解得x＝0.05，y＝0.4；氮气的物质的量为1.12 L÷22.4 L·mol－1＝0.05 mol，综上分析反应物为Mg和NO2，生成物为Mg3N2、MgO和N2，且物质的量之比为1∶8∶1，所以化学方程式为11Mg＋4NO2eq \o(=====,\s\up7(△))Mg3N2＋8MgO＋N2。答案：(1)固体产物为Mg3N2　固体产物为MgO和Mg3N2的混合物(2)①ABCBED　②cd　③D装置中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中(3)取少量C装置中反应后的固体产物，加入水中产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝(4)11Mg＋4NO2eq \o(=====,\s\up7(△))Mg3N2＋8MgO＋N2成语化学原理A炉火纯青通过观察火焰的颜色来判断炉内的温度B刀耕火耨放火烧去野草，用余灰可以肥田，还可以降低土壤碱性C百炼成钢通过多次锻炼，使生铁中碳等杂质降低达到了钢的标准D青出于蓝而胜于蓝蓝色的靛蓝染料发生化学反应生成一种深蓝色的新染料