高三化学二轮复习专题三金属及其化合物第11讲金属材料基础练习 .docx

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1、专题三金属及其化合物第11讲金属材料基础练习高考化学复习（新高考专用）一、单选题，共15小题1（2021内蒙古巴彦淖尔市临河区第三中学模拟）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水2（模拟）下列说法错误的是()A制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢不是合金B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业D铝合金大量用于高铁建设3（模拟）我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材

2、料不属于金属材料的是A“C919”飞机的主体材料铝合金B航天员宇航服的材料聚酯纤维C我国第一艘航空母舰的主体材料合金钢D“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳钛合金4（模拟）下列有关物质用途的说法中，不正确的是A三氧化二铁常用作红色油漆和涂料B强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源5（2022青海西宁市湟中区多巴高级中学模拟）将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是A稀硝酸B稀盐酸C硝酸铜D氢氧化钠6（模拟）探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A将

3、铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuSB向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C向CuSO4溶液中加入适量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuOD在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热水解，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生砖红色沉淀7（模拟）下列说法正确的是A向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成B制备Al(OH)3悬浊液:向1 molL-1 AlCl3溶液中加过量的6 molL-1 NaOH溶液CAlCl3溶液中加入过量稀氨水:Al3+4NH3H2O+4+2H2OD将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生8（20

4、22辽宁沈阳模拟）实验室通过称量样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是A实验前试样未经干燥B试样中含有少量碳酸氢铵C试样中含有少量氯化钠D加热过程中有试样迸溅出来9（模拟）足量的两份铝，分别投入等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为A1:3B1:1C2:3D3:210（模拟）金属材料的发展极大地促进了人类社会的文明程度。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法不正确的是A根据反应可知氧化性：Fe3H2O2B向X溶液中滴入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀C反应中稀硫酸仅表现酸性D反应的离子方程式为CuH2O22H=Cu22H

5、2O11（模拟）通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是选项实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有滴落由此得出：铝不易燃烧C向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液AABBCCDD12（模拟）某兴趣小组在实验室通过镁粉和空气中的氮气制备氮化镁

6、(可与水发生反应)，其装置如下图所示。已知：维生素C具有较强的还原性。下列说法错误的是A装置中盛放的分别是NaOH溶液和浓硫酸B装置的作用为吸收空气中的O2C实验开始时应先通空气再点燃酒精灯D装置中碱石灰可以替换为NaCl13（模拟）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是A物质X常选用生石灰B工业上常用电解熔融制备金属镁C“氯化”过程中发生的反应为D“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水14（模拟）下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（）A明矾可用作净水剂和消毒剂B利用铝热反应可冶炼高熔点金属C铝可用作包装材料和建筑材料D氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物15

7、（模拟）在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是（）AAlO2-BAl3+CAl(OH)3DAl3+、Al(OH)3二、实验题，共1小题16（2022江西南昌市实验中学模拟）胆矾()易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_(填标号)。A烧杯B容量瓶C蒸发皿D移液管(2)将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_，与直接用废铜和浓

8、硫酸反应相比，该方法的优点是_。(3)待完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量，冷却后用调为3.54，再煮沸，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_、乙醇洗涤、_，得到胆矾。其中，控制溶液为3.54的目的是_，煮沸的作用是_。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_(填标号)。胆矾未充分干燥坩埚未置于干燥器中冷却加热时有少胆矾迸溅出来三、解答题，共3小题17（模拟）以镁

9、铝复合氧化物(MgOAl2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(NiCu/MgOAl2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如图：MgSO4溶液、Al2(SO4)3溶液、NiSO4溶液、CuSO4溶液悬浊液滤饼产品已知：常温下，KspCu(OH)2=2.2110-20，KspAl(OH)3=1.3010-33。回答下列问题：(1)在加热条件下，尿素CO(NH2)2在水中发生水解反应，放出_和_两种气体(写化学式)。(2)“晶化”过程中，需保持恒温60 ，可采用的加热方式为_。(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是_。(4)常温下，若“悬浊液”中=1.7109，则溶液的pH=_

10、。(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为_。18（2022湖北安陆第一高中模拟）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。（2）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_（填化学式）转化为_（填化学式）。（3）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）n（Fe2O3）=_。19（2021黑龙江青冈县第一中学

11、校模拟）如图是工业制取菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程 请回答有关问题：(1)菱镁矿进入酸浸池前需要粉碎，目的是 _。(2)氧化池通入Cl2的目的是氧化 _(填化学式)，工业上不选用硝酸做氧化剂的原因是_和_。(3)物质甲可以是_A、MgOB、Mg(OH)2 C、NaOH溶液D、稀氨水(4)由MgCl2溶液制取无水MgCl2的操作方法 _。(5)当Fe3+完全沉淀时，求最小pH_。已知：氢氧化铁ksp=1.010-38，离子浓度小于110-5 mol/L认为沉淀完全四、计算题，共2小题20（模拟）铝是中学化学学习阶段的唯一一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱

12、溶液反应放出H2的金属，就铝的这一特殊性质回答下列问题：（1）等质量的两份铝分别与足量的HCl、NaOH溶液反应，所得H2的体积之比是_。（2）足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，产生H2的体积之比是_。（3）足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是_。（4）甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)12，则甲烧杯中剩余的反应物是_。21（2022 海南省定安县定

13、安中学模拟）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为_。（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式_，配制的FeCl3溶液应保持酸性，原因是_。（3）溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得：2Cu2+5I-=2CuI+I3-I3-+2S2O32-=S4O62-+3I-现取20.00mL含Cu2+的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.1000molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2+的浓度为_molL-1。试卷第5页，共6页学科网（

14、北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1D【详解】A铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。2A【详解】A合金是一种金属与另一种或几种金属或非金属形成的混合物。不锈钢是铁与铬、镍等形成的合金，A错误；B商代的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，B正确；C铝和锂的密度都很

15、小，且形成合金后可以降低合金的比重，增加刚度，同时仍然保持较高的强度、较好的抗腐蚀性和抗疲劳性以及适宜的延展性，这些特点都适合用于航空工业，C正确；D铝合金具有密度小、硬度大等优点，可大量用于高铁建设，D正确；故选A。3B【详解】A“C919”飞机的主体材料铝合金，铝合金为金属铝、镁形成的合金，属于金属材料，A与题意不符；B航天员宇航服的材料聚酯纤维为由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机高分子材料，B符合题意；C我国第一艘航空母舰的主体材料合金钢，为铁、碳合金，属于金属材料，C与题意不符；D“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳钛合金，为钛与其他金属制成的合金金属，属于金属

16、材料，D与题意不符；答案为B。4C【详解】A三氧化二铁是红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，故A正确；B氧化铝是熔沸点高、硬度大的不易燃烧的金属氧化物，则强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用，故B正确；C光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，故C错误；D过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故D正确；故选C。5C【详解】A 表面已完全钝化的铝条，覆盖着致密的氧化膜，氧化铝能与酸反应，插入稀HNO3溶液中，发生如下反应：6HNO3+Al2O32Al(NO3)3+3H2O，故A不符合；B 根据A分析可知，插入HCl溶液中，发生如下反应：6H

17、Cl+Al2O32AlCl3+3H2O，故B不符合；C 根据A分析可知，插入Cu(NO3)2溶液中，Cu(NO3)2和Al2O3不反应，故C符合；D 氧化铝是两性氧化物，插入NaOH溶液中，能发生反应生成偏铝酸钠和水，故D不符合；答案选C。6C【详解】A硫的氧化性较弱，只能将铜氧化为1价生成Cu2S，A项错误；B铜与过量浓硫酸反应后稀释，应将反应后的溶液缓慢加入水中，并不断搅拌，B项错误；CCuSO4与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤、灼烧后可得CuO，C项正确；D淀粉水解后应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，才会产生砖红色沉淀，D项错误；

18、答案选C。7D【详解】A.+H2OAl(OH)3+，只有沉淀生成，故A错误；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，B错误；C.Al(OH)3不溶于过量稀氨水，C错误；D.Al3+与发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故D正确。答案选D。8C【详解】A.实验前试样未经干燥，加热后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，A不符合题意；B.试样中含有少量碳酸氢铵，碳酸氢铵受热分解成氨气、二氧化碳和水，加热分解后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，B不符合题意；C.试样中含有少量氯化钠，氯化钠受热不分解，加热分解后剩余固

19、体质量偏大，导致结晶水的含量偏低，C符合题意；D.加热过程中有试样迸溅出来，加热分解后剩余固体质量偏少，会使结晶水的质量偏高，导致结晶水的含量偏高，D不符合题意；故合理选项是C。9A【详解】由2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，可知，参加反应的铝与酸碱与生成的氢气的物质的量关系为：2Al6HCl3H2，2Al2NaOH3H2，根据n=cv，则盐酸和氢氧化钠溶液物质的量之比为1：1，体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气物质的量之比是=13，故选A。10A【分析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知

20、，物质M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3,W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3，据此分析解题。【详解】A由分析可知，反应的离子方程式为：2Fe2+2H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，可知氧化性：H2O2 Fe3，A错误；B由分析可知，X溶液中含有Fe2+，故向X溶液中滴入K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，B正确；C根据反应的离子方程式为：2Fe2+2H2O2+2H+=2Fe3+2H2O可知反应中稀硫酸仅表现酸性，C正确；D由分析可知，反应的离子方程式为CuH2O22H=Cu22H2O，D正确；故答案为：A。11D【详解】A、金属性的强弱是金属与酸反应失电子的

21、能力强弱，而不是与碱反应，所以不能说明铝的金属性比镁强，故A错误；B、因为铝外面包裹了一层氧化铝，氧化铝的熔点高于Al的熔点，导致铝箔熔化而没有滴落，而不是铝不易燃烧，故B错误；C、铝与氯化铵溶液反应，是铝与铵根离子水解产生的氢离子反应生成氢气，所以气体不是氨气，而是氢气，故C错误；D、氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为：3OH-+Al3+=Al(OH)3，后沉淀溶解是氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钠溶液，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为A，要

22、注意金属性强弱的判断方法的正确理解，金属性或金属性的活泼性都是相对于酸性介质而言的。12D【详解】A镁可以空气中的氧气、二氧化碳发生反应，产物氮化镁可以与水发生反应，故应先除去空气中的二氧化碳、氧气再干燥气体，装置中盛放NaOH溶液，装置中装有浓硫酸，故A正确；B维生素C具有还原性，则先除去氧气，故B正确；C实验前先通空气，排尽装置中的氧气、二氧化碳等气体，再点燃酒精灯，使镁与氮气反应，故C正确；D装置的作用是防止外界的水蒸气进入装置中与产物反应，影响产物的纯度，不能用NaCl替换，故D错误；故选：D。13D【分析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化

23、为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。【详解】A物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；BMg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；C由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；D“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加

24、热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；选D。14A【详解】A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故答案为A。15D【详解】pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中说明含有氢离子和铝离子，氢离子的物质的量为0.1mol/L0.1L=0.01mol，氯化铝的物质

25、的量为0.1mol/L0.1L=0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L0.3L=0.03mol，氢离子先和氢氧化钠反应，消耗0.01mol氢氧化钠，剩余的氢氧化钠和氯化铝反应，氢氧化钠不足，反应生成氢氧化铝沉淀，氯化铝有剩余。答案选D。【点睛】容易忽视溶液的酸性，pH为1说明溶液中不仅含有氯化铝，还有酸，在与氢氧化钠反应时酸碱中和先进行，然后才是铝离子和氢氧化钠反应。16 A、C CuO+H2SO4CuSO4+H2O 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高） 过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，易于过滤 【详解】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知

26、，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；(2)将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液为3.54

27、，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；(4) 称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。则水的质量是()g，所以胆矾（CuSO4nH2O）中n值的表达式为=n:1，解得n；(5) 胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测

28、m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，符合题意，故答案为：。17(1) NH3 CO2(2)水浴加热(3)取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净(4)10(5)NiO+H2Ni+H2O，CuO+H2Cu+H2O【分析】将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60 晶化

29、过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550 温度下用氢气还原；据此分析解答。（1）根据题意，尿素CO(NH2)2在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3，因此放出NH3和CO2两种气体。（2）“晶化”过程中，需保持恒温60 ，温度在100 以下，因此采用的加热方式为水浴加热。（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根离子，因此常用的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。（4）常温下，若“悬浊液”中，1.7109，则c(OH-)

30、1104 mol/L，c(H+)，则溶液的pH10。（5）“还原”过程最终得到NiCu/MgOAl2O3，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生反应的化学方程式为NiO+H2Ni+H2O，CuO+H2Cu+H2O。18 SO2+OHHSO3 NaAlO2 Al(OH)3 116【分析】（1）用NaOH溶液吸收过量SO2生成HSO3；（2）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2转化为Al（OH）3（3）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2，混合在缺

31、氧条件下，焙烧生成Fe3O4和SO2，由电子得失守恒计算。【详解】（1）用NaOH溶液吸收过量SO2生成HSO3，反应的离子方程式为：SO2+OHHSO3；（2）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2转化为Al（OH）3；（3）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有amolFe2O3和bmolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2a（3-8/3）=2b5+b(8/3-2），解得a/b=16，所以理论上完全反应

32、消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16。19 增大接触面积，加快溶解速率 FeCl2 引入杂质离子NO3- 产生污染性气体氮氧化物 AB 在干燥的HCl气流中加热蒸干 3【详解】(1)酸浸前将菱镁矿粉碎，可以增大接触面积，加快溶解速率；(2)为除去溶液中的Fe2+，氧化池通入Cl2的目的是氧化FeCl2，如果用硝酸替换氯气做氧化剂，则会引入杂质离子NO3-，同时产生污染性气体氮氧化物；(3)物质甲是调节溶液pH，使溶液中Fe3+沉淀完全，根据除杂不引入新杂质的原则，可以选择MgO或Mg(OH)2 ，故答案为AB；(4)因加热能促进Mg2+，由MgCl2溶液蒸发结晶制取无水MgCl2时

33、需要在干燥的HCl气流中加热蒸干；(5)Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=1.010-38，当Fe3+离子浓度小于110-5 mol/L认为沉淀完全，此时c(OH-)=1.010-11mol/L，pH=3。20 1:1 1:3 3:1 Al【详解】2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2Al+2NaOH=2NaAlO2+3H2；(1)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，金属铝完全反应，根据电子转移总量相同，可知生成氢气的物质的量相等，所得H2的体积之比在同温同压下是：1：1；(2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液中，氢

34、氧化钠和盐酸是不足的，通过化学方程式可以看出，1mol的盐酸会生成0.5mol的氢气，1mol的氢氧化钠会生成1.5mol的氢气，所以产生H2的体积之比是1：3；(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，通过化学方程式可以看出，生成1mol的氢气需要盐酸2mol，需要氢氧化钠2/3mol，所以HCl和NaOH的物质的量浓度之比是：3：1；(4)盐酸和NaOH溶液中的溶质的物质的量均为：100mL1/10003molL-1=0.3mol，通过化学方程式可以看出，测得生成的气体体积比为V(甲)：V(乙)=1：2，所以生成的氢气物质的量之比是1

35、：2，设铝与酸完全反应时，生成的氢气的物质的量为x2Al+6HCl=2AlCl3+3H22630.3molx,x=0.15mol一定条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以氢氧化钠和铝反应生成的氢气的物质的量为：0.15mol2=0.3mol，碱与金属完全反应时，设碱与金属反应的物质的量为y2Al+2NaOH=2NaAlO2+3H223y0.3moly=0.2mol所以铝的质量为：0.2mol27g/mol=5.4g，而甲中反应的铝的物质的量为0.1mol，故甲烧杯中剩余的反应物是Al。21 Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ 防止Fe3+水

36、解 0.1250【分析】(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，反应中Cu被氧化为Cu2+，据此写出反应的离子方程式；(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性抑制Fe3+水解；(3)根据滴定过程中发生的反应方程式计算。【详解】(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，反应中Cu被氧化为Cu2+，则发生反应的离子方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，所以过程中发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性以抑制Fe3+水解；(3)取20.00mL含Cu2+的溶液，加入足量KI充分反应后，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，发生反应：I3-+2S2O32-=S4O62-+3I-，则消耗n(I3-)=0.1000mol/L25.0010-3L=1.2510-3mol，根据I元素守恒，则20.00mL溶液中c(Cu2+)=mol/L=0.125mol/L。答案第13页，共8页