专题22金属材料及金属矿物的开发利用-2024高考化学一轮复习.docx

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1、易错点22 金属材料及金属矿物的开发利用易错题【01】两性氢氧化物（1）“两性”是指既具有酸性氧化物性质（能与碱反应生成盐和水），又具有具有碱性氧化物的性质（能与酸反应生成盐和水）。（2）分离提纯含铝物质：利用Al、Al2O3、Al(OH)3可溶于强碱的特性，可除去许多物质中的含铝杂质（括号内为杂质）：Mg(Al)：加足量NaOH溶液；Fe2O3(Al2O3)：加足量NaOH溶液；Mg(OH)2Al(OH)3：加足量NaOH溶液。Mg2(Al3)：加过量NaOH溶液，过滤，再加酸充分溶解。（3）由铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)提取Al2O3，并冶炼金属铝的

2、两种工艺流程：易错题【02】从海水中提取镁（1）工艺流程（2）基本步骤及主要反应易错题【03】常见金属的冶炼方法工业上通常利用CO还原氧化铁的方法来炼铁，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。易错题【04】金属及其化合物的流程题的突破方法典例分析例1 某小组探究Cu与HNO3反应，发现有趣的现象。室温下，溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下3molL-1稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。 （1）铜与稀硝酸反应的化学方程式：_。（2）分析溶液A的成分后，同学们探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。假设1：_对该反应有催化作用。实验

3、验证：向B中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。假设2：NO2对该反应有催化作用。方案1：向放有铜片的B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向放有铜片的B中加入数滴5molL-1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是_。方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C溶液的反应速率：v(A)v(C)v(B)。该实验能够证明假设2成立的理由是_。经检验，A溶液中还含有少量HNO2。实验证明HNO2也对该反应有催化作用，操作和现象是：向含有铜片的B溶液中_。结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催

4、化作用。（3）请推测Cu与稀硝酸反应中NO2和HNO2参与的可能催化过程：Cu+2NO2+2H+=Cu2+2HNO2_。_。【答案】（1）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O（2）Cu2+排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；鼓入N2可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中NO2的浓度ACB，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行（3）NO+HNO2+H+=2NO2+H2O2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2+2NO+2H2O等)【解析】（1）铜与稀硝酸反应生

5、成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；（2）由实验设计和实验结论可知，假设1为铜离子对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：Cu2+；由假设2可知，方案1设计的目的是通过向含有铜片的B溶液中通入二氧化氮，反应速率明显加快，而含有铜片的B溶液中滴入稀硝酸，反应无明显变化证明二氧化氮与水反应生成生成硝酸，硝酸浓度增大对铜与硝酸的反应速率加快无影响；方案2设计的目的是通过向含有铜片的A溶液中通入氮气排出溶液中的二氧化氮，降低溶液中二氧化氮的浓度得到溶液中二氧化氮

6、浓度大的A、二氧化氮浓度小的C和没有二氧化氮的B三组对比实验，由反应速率v(A)v(C)v(B)证明二氧化氮的浓度越大，对铜与硝酸的反应催化效果越好，从而说明二氧化氮对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；鼓入N2可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中NO2的浓度ACB，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用；由实验目的可知，向含有铜片的B溶液中加入亚硝酸钠后，亚硝酸钠与溶液中的硝酸反应生成亚硝酸，亚硝酸浓度增大，若铜片上立即生成气泡，反应持续进行证明亚硝酸对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气

7、泡，反应持续进行；（3）由铜与稀硝酸反应的方程式和反应可知，若二氧化氮和亚硝酸参与反应，反应和中硝酸和亚硝酸应是反应的反应物，一氧化氮和二氧化氮是反应的生成物，则反应可能为硝酸与亚硝酸反应生成二氧化氮和水，反应可能为亚硝酸分解生成一氧化氮、二氧化氮和水或铜与硝酸、亚硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为NO+HNO2+H+=2NO2+H2O、2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2+2NO+2H2O等)，故答案为：NO+HNO2+H+=2NO2+H2O；2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2+2NO+2H2O等)。例2 我

8、国C919大飞机制造过程中用到的某些新型材料是以氯化亚铜作催化剂制备的。氯化亚铜是白色粉末，不溶于水、乙醇、硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色。某实验小组设计如下装置，用二氧化硫、硫酸铜和氯化钠制备氯化亚铜。（1）装置A是制备二氧化硫的装置，A中反应方程式是_，反应不选用稀硫酸的原因是_。（2）装置B的作用是_。（3）装置C中主要发生了两个反应，通入二氧化硫前，CuSO4与NaCl在溶液中反应生成Na2CuCl4和Na2SO4混合溶液，反应的离子方程式为_；将SO2通入上述溶液中，Na2CuCl4转化为CuCl沉淀和茶褐色的NaHCuCl3溶液，反应中的还原产物为_。（4）在无氧的条件下，向三颈烧

9、瓶中加水稀释，NaHCuCl3会完全水解转化为CuCl沉淀，完全沉淀的实验现象为_ ，请用化学平衡移动原理解释转化的原因_。（5）完全反应后，倾出清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用水、无水乙醇洗涤多次，干燥得白色粉末固体，用无水乙醇洗涤的目的是_。（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl。写出电解CuCl2溶液后的阴极上发生的反应为 ，生成1molCuCl,阳极上生成物的物质的量为_。【答案】（1）Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O 二氧化硫易溶于水，稀硫酸不利于二氧化硫的逸出（2）做安全瓶，防倒吸（3）Cu2+4Cl=CuCl42 CuCl和NaHCuCl3（

10、4）溶液由茶褐色变为无色 稀释时生成物浓度减小大于反应物，平衡正向移动（5）加快去除CuCl表面水，分防止CuCl氧化（6）Cu2Cle=CuCl 0.5mol【解析】（1）亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O；因为二氧化硫易溶于水，如果用稀硫酸制备二氧化硫，不利于二氧化硫的逸出；（2）装置B为空载仪器，可以防止二氧化硫易溶于水而产生倒吸；（3）由题意可知，通入二氧化硫前，CuSO4与NaCl在溶液中反应生成络合物Na2CuCl4和Na2SO4混合溶液，反应的离子方程式为：Cu2+4Cl=CuCl42；Na2CuC

11、l4中铜元素为+2价，CuCl和NaHCuCl3中铜元素化合价均为+1价，将SO2通入上述溶液中，Na2CuCl4转化为CuCl沉淀和茶褐色的NaHCuCl3溶液，说明Na2CuCl4被二氧化硫还原为CuCl和NaHCuCl3；（4）NaHCuCl3加水水解的方程式为：NaHCuCl3+H2O=NaCl+HCl+CuCl，为防止CuCl被氧化，应该在无氧环境中进行反应，完全反应后茶褐色的NaHCuCl3溶液转化为无色的NaCl和HCl混合液；由方程式可知，稀释时生成物浓度减小大于反应物，平衡正向移动；（5）因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl氧化；（6）电解

12、池中阴极发生还原反应，元素化合价降低，CuCl2中Cu是+2价，CuCl中Cu是+1价，所以阴极上发生的反应是Cu2Cle=CuCl，阳极上Cl放电被氧化生成氯气，电极反应式为2Cl2e=Cl2，由得失电子数目守恒可知，生成1mol CuCl,阳极上生成Cl2的物质的量为0.5mol。例3 利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2 等杂质) 制备CoO的工艺流程如下图所示：已知：I. II.Al(OH) 3在pH为5. 2沉淀完全。III.LiF的Ksp为1. 810-3请回答下列问题：（1） “碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是 （写一种即可），并写出主要的离子反应

13、方程式 ；（2） “酸溶”时最佳的浸出剂应选择 ，并说明理由 。（3） “酸溶”后，滤液中加入 Na2CO3溶液调节 pH 为 46目的是 。（4） “净化”时加NaF目的是沉淀Li+，当滤液中c(F-)= 4. 010-3molL-1 时计算净化后残余 c(Li+)= molL-1（5）写出滤渣酸溶后与草酸铵反应的离子反应方程式 。【答案】（1）搅拌（答案合理即可） 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2（2） H2SO4+Na2S2O3 两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，直接排放会污染空气，不符合绿色化学思想。（3） 除去滤液中残留的 A

14、l3+（4） 0. 45（5）Co2+C2O42-+2H2O=CoC2O42H2O【解析】（1）“碱溶”时主要是铝箔与氢氧化钠溶液反应，其离子反应方程式为： 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2（2）从钴浸出率数据来看，选择浸出剂HCl显然效果最好，但是其与Co3O4会发生反应Co3O4+2Cl-+8H+=3Co2+Cl2+4H2O，其氧化产物Cl2直接排放会污染空气，不符合绿色化学思想。因此结合浸出率和绿色化学综合考量，选择“H2SO4+Na2S2O3”作为浸出剂。（3）结合浸出液化学成分及信息Al(OH) 3在 pH为5. 2沉淀完全同时抓住调节 pH为46可知目的是为了除去滤

15、液中残留的 Al3+。（4）c(Li+)= Ksp(LiF) / c(F-)= 1. 810-3 /4. 010-3molL-1 = 0. 45molL-1（5）滤渣酸溶后钴元素以Co2+形式存在，所以离子反应方程式为：Co2+C2O42-+2H2O=CoC2O42H2O 1. 我国第一艘国产航空母舰“山东舰”的“超级甲板”采用了大量新型铝锂合金和铝镁合金等航天材料，真正实现了“浴千度火仍无恙”。下列关于两种合金的说法正确的是（ ）A铝锂合金是铝与锂形成的新型化合物B铝锂合金的硬度比铝大，熔、沸点比铝高C铝镁合金不能全部溶解于稀盐酸中D铝镁合金焊接前用NaOH溶液处理氧化铝膜2. “灌钢法”是

16、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Fe2O33.某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，下列操作正确且能达到实验目的的是（ ）A将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色B常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干

17、，得到无水CuCl2固体D将表面有铜绿Cu2(OH)2CO3的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿4. 下列有关铝及其化合物的说法中正确的是（ ）A室温下，将铝片放入浓硝酸中，无明显实验现象，说明铝与浓硝酸不发生反应B氧化铝是两性氧化物，可用于治疗胃酸过多C明矾是常用的净水剂，净水时发生的反应为：Al3+ + 3H2OAl (OH)3+ 3H+DAlCl3溶液中加入足量氨水，产生的白色沉淀立即溶解：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2O5.铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”。铜主要是由黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2，其简单流程如图所示，下列说

18、法正确的是（ ）A焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫 B在焙烧时氧化剂只有氧气C粗铜精炼时用粗铜作阴极 DCu2S可以用于火法炼制铜6.下列是部分矿物资源铝土矿(主要含有氧化铝、氧化铁)和黄铜矿(主要成分CuFeS2)的利用及产品生产流程，有关说法不正确的是（ ）A除杂过程中铝元素的存在形式的变化可以如下：Al2O3AlOAl(OH)3Al2O3BAl和Cu(精)均在电解槽的阴极获得C粗铜炼制过程中反应2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2，每转移1.2 mol电子，则有0.2 mol硫被氧化D若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为327.易拉罐的主要成分

19、为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。为确定铝合金中金属的成分，现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案、现象与结论均正确的是( )选项实验方案现象与结论A加入盐酸产生无色气体，含铝、铁、镁三种金属B加入NaOH溶液有无色气体产生，含有镁、铝两种金属C加入盐酸后，向所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，一定只含有镁D用盐酸溶解并放置一会儿后，加入KSCN溶液溶液呈血红色，含有铁8.某同学为探究探Al和NO3反应情况，做如下实验：实验现象溶液无色，试管上方呈浅红棕色产生大量气泡，能使温润红色石蕊试纸变蓝产生气泡，能使湿润红色石蕊试纸变蓝下列说法正确的是（ ）A. 实验的离子反

20、应：Al+3NO36H+=Al3+3NO23H2OB. 实验、的产物结果，说明NO3只有在碱性或中性时才被还原到最低价C. 对比实验、，说明NO3在碱性条件下氧化性更强D.实验、说明NO3在酸、碱及中性溶液中都能被还原9化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释AAl(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热BK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以软化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2D浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保

21、鲜KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH210.我国正在推行垃圾分类，为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列说法错误的是（ ）A. “溶解”过程中，加入H2O2发生的反应方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2OB. 溶液A中一定含有的溶质有ZnSO4和CuSO4C. 操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D. 通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，可得到ZnO11.Mg3N2常用于制备其它超硬、耐高温的氮化物，实验室通过 CuO 氧化 NH3 制得N2，然后与镁反应得到Mg3N2

22、。已知Mg+2NH3 Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法错误的是（ ）A实验开始时应先点燃C处酒精灯，再点燃 E 处酒精灯B装置A 中分液漏斗中的溶液为浓氨水C装置D 与装置 F 可以对调D取反应后装置E 所得固体少许，滴入蒸馏水，可检验是否有Mg3N212.Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+，分别表示为Fe()、Fe()，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. Pd上发生的电极反应为H22e2H+B. Fe()与Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C. 反应过程中NO2

23、被Fe()还原为N2D. 用该法处理后水体的pH降低13. 用辉铜矿（主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2，等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图所示：（l）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的是_（填字母）。A延长浸取时间 B将辉铜矿粉碎 C充分搅拌 D适当增加硫酸浓度（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式：_。（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是_。（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，则加入的试剂A可以是_（填化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。（

24、5）“沉锰”（除Mn2+）过程中有关反应的离子方程式为_。（6）滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_（填化学式）.14. NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO46H2O步骤如图：已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；常温下Ksp(MgF2)=6.410-9，Ka(HF)=6.310-4；(1)NiSO4中阴离子的空间构型为 。(2)“溶解”时加入H2O2溶液的目的是 。(3)“除铁”时生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀

25、，写出其离子方程式 。(4)向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是 。(5)“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为 (填化学式)。(6)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为 。(7)在制备NiSO46H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是 。参考答案1.D【解析】铝锂合金是铝与锂在高温下熔合而形成的一种混合物，并未发生化学反应，不是化合物，A错误；铝锂合金的硬度比铝大，但其熔、沸点比组分金属铝的低，B错误；铝镁合金中Mg、Al都

26、能与稀盐酸反应，故能全部溶解于稀盐酸中，C错误；Al2O3是两性氧化物，可与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，故铝镁合金焊接前用NaOH溶液处理氧化铝膜，D正确。2.C【解析】钢是含碳量低的铁合金，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，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，C错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，D正确。3.D【解析】Cu与Cl2在常温下不反应，需要加热才能发生反应，B错误；CuCl2水解生成的HCl易挥发，加热蒸干能促进CuCl2的水解而得不到CuCl2固体，C错误。4C【解析】室温下，Al在浓硝酸中发生钝化，

27、无明显现象，A错误；Al2O3是两性氧化物，但不能用于治疗胃酸过多，B错误；明矾溶于水电离产生Al3+，发生水解生成Al(OH)3胶体，用于吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，C正确；Al(OH)3不能溶于过量氨水，应为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，D错误。5D【解析】由焙烧时的化学方程式可知，焙烧时只有部分硫元素转化为二氧化硫，A错误；焙烧时Cu元素由2价降低到1价，S元素由2价升高到4价，氧气中O元素由0价降低到2价，则氧化剂为氧气和CuFeS2，B错误；粗铜精炼时用粗铜作阳极，C错误；火法炼铜的原理为Cu2SO22CuSO2，Cu2S可用于火法炼制铜，D正确。6.D【解

28、析】制铝过程中Al3e，制铜过程中Cu2e，当转移电子数相等时，铝和铜的物质的量之比为23。7.D【解析】A因铝、铁、镁都能和盐酸反应产生气体，故不能确定含有铝、铁、镁三种金属，A项错误；B铝、铁镁中只有铝可与溶液反应生成无色气体，不能证明含有，B项错误；C加入盐酸后，向所得溶液中再加入少量溶液产生白色沉淀，则合金中可能含有镁，也可能含有铝，C项错误；D铁单质与盐酸反应生成亚铁离子，在空气中放置一会儿，亚铁离子易被氧化为铁离子，在溶液中滴加溶液，溶液呈血红色，D项正确。8.D【解析】铝与稀硝酸反应生成Al(NO3)3、NO和H2O，NO与空气中O2反应生成红棕色NO2，离子反应：Al+NO34

29、H+=Al3+NO2H2O，A错误；实验为碱性条件，实验III为中性条件，反应均产生NH3，说明NO3在碱性或中性时被还原到最低价，但不能判断酸性条件下是否能被还原到最低价，B错误；实验I在酸性条件下NO3被还原为NO，实验II在碱性条件下被还原为NH3，NO3在酸性条件下氧化性更强，C错误；实验III在中性条件下，NO3被还原为NH3，D正确。9.D【解析】Al(OH)3受热分解生成Al2O3和H2O，同时吸收大量的热，常用作塑料的阻燃剂，A错误；Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中杂质净化水，但不能软化硬水，B错误；Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，并非氧化CO2生成

30、O2，C错误；乙烯是水果催熟剂，KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，可用于水果保鲜，D正确。10.D【解析】“溶解”过程中，加双氧水的目的是氧化铜单质，使其能溶于酸生成硫酸铜，反应的方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，A正确；溶液A中主要的溶质为硫酸锌和硫酸铜，B正确；操作M为过滤，需用到烧杯、漏斗和玻璃棒等仪器，C正确；硫酸锌转变成氢氧化锌后再灼烧得到氧化锌，D错误。11.C【解析】实验开始时应先点燃C处酒精灯，利用A中生成的NH3排出装置内的空气，再点燃 E 处酒精灯，让Mg和N2反应，A正确；装置A中盛有浓氨水，滴入生石灰中产生NH3，B正确；装置D和F

31、不能调换，D中浓硫酸用于吸收N2中的NH3和水，而碱石灰不能吸收NH3，C错误；取反应后装置E 所得固体少许，滴入蒸馏水，若有Mg3N2，则与水反应生成白色沉淀Mg(OH)2和刺激性气体NH3，D正确。12.D【解析】由图可知，Pd上H2失电子生成H+，则电极反应为H22e2H+，A正确；Fe()得电子生成Fe()，Fe()失电子生成Fe()，则Fe()与Fe()的相互转化起到了传递电子的作用，B正确；NO2和Fe()反应生成N2，N元素的化合价降低且Fe()具有还原性，所以反应过程中NO2被Fe()还原为N2，C正确；总反应方程式为2H+2NO2+3H2N2+4H2O，反应过程中消耗了H+，

32、所以用该法处理后水体的pH升高，D错误。13【答案】（1）A （2）MnO2+Cu2S+8H+=S+2Cu2+2Mn2+4H2O （3）Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化 （4）CuO或Cu(OH)2 加热 （5）Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+ （6）(NH4)2SO4 【解析】 (1)酸浸时，通过粉碎矿石或升高温度或进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率。(2)浸取时，在酸性条件下二氧化锰氧化硫化亚铜得到硫沉淀，硫酸铜和硫酸锰，其反应的离子方程式为：2MnO2+Cu2S+8H+=S+2Cu2+2Mn2+4H2O。(3)浸取时氧化铁和稀硫酸反应硫酸铁和水，若先除

33、铁再浸取，浸取速率明显变慢，氧化铁在浸取时其媒介作用， Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化。（4）加入的试剂A应用与调节溶液的pH，促进铁离子水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可以加入CuO或Cu(OH)2，因氨气容易挥发，加热可以促进挥发，则可以用加热的方法。(5)沉锰过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，离子方程式为：Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+ 。 (6)滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过量洗涤得到(NH4)2SO4晶体。14.【答案】 (1)正四面体 (2)使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+ (3)6Fe3+4SO+

34、6H2O+2Na+6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6Mg2+ (4)pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，MgF2沉淀不完全 (5)Na2SO4 (6)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O (7)减少晶体的损失，便于晶体的干燥【解析】(1)NiSO4中硫酸根离子的S原子价层电子对数为4，为sp3杂化，则空间构型为正四面体构形；(2)加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存

35、在的Fe2+氧化为Fe3+；(3)“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3+4SO+6H2O+2Na+6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6Mg2+；(4)溶液的pH偏低说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF，导致溶液中F-浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀；(5)“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO、Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO、Na+和少量OH-，根据前面的流程知可循环利用的是Na2SO4；(6)NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O；(7) NiSO46H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精可以迅速挥发，避免杂质的引入。