第20讲 金属材料、矿物开发利用、热重分析（解析版） 高考化学【一轮 夯实基础】复习精讲精练

这是一份第20讲 金属材料、矿物开发利用、热重分析（解析版） 高考化学【一轮 夯实基础】复习精讲精练，共19页。
【复习目标】
1．了解合金的定义及特点，分类、组成及用途。
2．了解金属材料的分类。
3．掌握金属冶炼的反应原理，了解金属冶炼的一般步骤。
4．掌握金属冶炼的常用方法。
【知识精讲】
1．合金的概念及性能

【例题1】正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)合金中的金属元素都以化合态形式存在。( )
(2)合金材料中不可能含有非金属元素。( )
(3)铝合金的熔点比纯铝的低。( )
(4)人类历史上使用铝的时间比铁晚，原因是铝的冶炼成本高。( )
(5)电解氯化镁溶液制取金属镁。( )
(6)将MgO与铝粉混合发生铝热反应制备镁。( )
【答案】(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)×
2．常见的金属材料
（1）金属材料分类

（2）几种常见的合金
①铁合金

②铝合金

③铜合金
④新型合金
【例题2】金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用。下列关于金属的一些说法不正确的是( )
A．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同
B．锈蚀后的铁制品没有回收价值
C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
D．越活泼的金属越难冶炼
【答案】B
【解析】
合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，故A正确；
锈蚀后的铁制品除去铁锈后可以回收利用，从而保护矿产资源，故B错误；
越活泼的金属，其金属阳离子就越难得到电子被还原，越难冶炼，故D正确。
【例题3】铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列与这些用途无关的性质是( )
A．不易生锈 B．导电性好
C．密度小 D．强度高
【答案】B
【解析】
合金材料在日常生活中使用很广泛，铝镁合金在家居装潢中经常会用到。铝镁合金强度高，制成的门窗、防护栏等坚硬牢固；密度小，同体积时比较轻，方便运输、搬运；不容易生锈，制成的装潢材料经久耐用；只有导电性好与这些用途无关。
3．金属矿物的开发利用
（1）金属在自然界中的存在形态
（2）金属冶炼的实质
金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即Mn＋＋ne－===M(写反应通式，用M表示金属)。
（3）金属冶炼的方法
根据金属的活动性不同，金属冶炼的方法分为热分解法、热还原法、电解法等。
例如下列金属的冶炼：
说明：
①工业上冶炼铝用电解熔融Al2O3而不用电解熔融AlCl3，是因为AlCl3为共价化合物，熔融时不导电。
②冶炼镁用电解熔融的MgCl2而不用电解熔融MgO，是因为MgO熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本，而MgCl2的熔点较低，更易熔融。
【例题4】下列制备金属单质的方法或原理正确的是( )
A．在高温条件下，用H2还原MgO制备单质Mg
B．在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质Al
C．工业上金属Mg、Cu都是用热还原法制得的
D．加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu
【答案】B
【解析】
Mg的活泼性强，不能用H2还原法制备Mg，而是用电解熔融MgCl2的方法制备；CuO加强热分解生成Cu2O而不是Cu。
【例题5】不同的金属在冶炼方法上也有所不同，下列说法正确的是( )
A．钒、铬、锰、铁等难熔金属通常采用铝热法炼制
B．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单
C．由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼，人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取它们的单质
D．炼铁时加入的焦炭除了提供热量外，还用来制造还原剂一氧化碳
【答案】D
【解析】
A项，通常用CO还原法炼制铁，错误；
B项，是因为Al有良好的性能，才被广泛使用，错误；
C项，氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解氧化铝的方法制取铝，错误；
D项，高炉炼铁中焦炭的作用为与氧气反应产生热量和制造还原剂一氧化碳，正确。
【例题6】以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2)为原料，生产Fe3O4的部分工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A．用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用
B．从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物
C．向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由AlOeq \\al(－,2)转化为Al3＋
D．FeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO2
【答案】C
【解析】C项，通入过量的二氧化碳，滤液中的AlOeq \\al(－,2)只能转化为氢氧化铝沉淀。
4．热重分析判断金属及其化合物的组成
（1）分析方法
金属化合物的热重分析研究对象一般为各种金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物的热分解过程，一般为先失水、再分解、后氧化。
如CC2O4·2H2O在空气中加热时，受热分解过程分为三个阶段：
第一阶段，失去结晶水生成盐：CC2O4·2H2O→CC2O4。
第二阶段，盐受热分解生成氧化物：CC2O4→CO。
第三阶段，低价态氧化物与空气中的氧气反应生成高价态氧化物：CO→C2O3(或C3O4)。
注意：
①每个阶段有可能还分为不同步骤，如第一阶段中可能分步失去不同的结晶水，而不是一步失去所有的结晶水。
②如果是变价金属元素，则在空气中加热产物可能为多种价态的金属氧化物。
（2）基本方法和思路
①设晶体(金属化合物)为1 ml，其质量为m。
②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
③计算每步固体剩余的质量m(余)，则固体残留率＝eq \f(m余,m)×100%。
④晶体中金属质量不再减少，仍在m(余)中。
⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。
【例题7】8.34 g FeSO4·7H2O(M＝278 g·ml－1)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是( )（双选）
A．温度为78 ℃时，固体M的化学式为FeSO4·5H2O
B．温度为159 ℃时，固体N的化学式为FeSO4·H2O
C．在隔绝空气条件下，由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2Oeq \(=====,\s\up7(高温))FeSO4＋H2O
D．取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4
【答案】BC
【解析】8.34 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为0.03 ml，其中m(H2O)＝0.03 ml×7×18 g·ml－1＝3.78 g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到373 ℃之前，晶体失去部分结晶水，加热至635 ℃时，固体的质量为2.40 g，应为铁的氧化物，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 ml，m(Fe)＝0.03 ml×56 g·ml－1＝1.68 g，则固体中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.045 ml ，则n(Fe)∶n(O)＝0.03 ml∶0.045 ml ＝2∶3，则固体Q的化学式为Fe2O3。温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 ml ×152 g·ml－1＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝0.12 ml，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 ml ∶0.03 ml ＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；温度为159 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.03 ml，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 ml∶0.03 ml＝1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，故B正确；N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2Oeq \(=====,\s\up7(高温))FeSO4＋H2O，故C正确；P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，根据原子守恒，必有SO3生成，故D错误。
【例题8】将草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为______________________。
【答案】ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑
【解析】
ZnC2O4·2H2O晶体中的ZnC2O4的质量分数为eq \f(153,153＋36)×100%≈80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为eq \f(81,153＋36)×100%≈42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2。300 ～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑。
【例题9】将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·ml－1)在空气中加热，样品的固体残留率
(eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%) 随温度的变化如下图所示。
当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为______(填字母)。
A．Ce(SO4)2 B．Ce2(SO4)3 C．CeOSO4
【答案】B
【解析】
404×70.3%≈284，A的相对分子质量为332，B的相对分子质量为568，C的相对分子质量为252；根据质量守恒，808×70.3%≈568。
【真题演练】
1．（2022·山东·高考真题）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是（ ）
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】
CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；
B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；
C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；
故合理选项是D。
2．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用
【答案】D
【解析】
A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；
C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；
D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；
综上所述，本题选D。
3．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】
A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；
B．电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；
C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；
D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；
故答案选B。
4．（2021·湖南·高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物
B．粉末在空气中受热，迅速被氧化成
C．可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒
D．镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
【答案】B
【解析】
A．糖类分为单糖、二糖和多糖，其中属于多糖的淀粉、纤维素的相对分子质量上万，属于天然高分子化合物，蛋白质也属于天然有机高分子化合物，而单糖和二糖相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，A错误；
B．氧化亚铁具有较强的还原性，在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，B正确；
C．二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C错误；
D．镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D错误；
故选B。
5．（2020·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到
B．铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O
C．钙单质可以从TiCl4中置换出Ti
D．可用H2还原MgO制备单质Mg
【答案】D
【解析】
A．硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成[Cu(NH3)4]SO4，A选项正确；
B．在钢铁发生吸氧腐蚀时生成氢氧化亚铁，总反应为：2Fe+O2+2H2O═2Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=Fe(OH)3，Fe(OH)3分解即得铁锈：2Fe(OH)3=Fe2O3•nH2O+(3-n)H2O，故所得铁锈的主要成分为Fe2O3•nH2O，，B选项正确；
C．钙还原性较强，钙单质可以从TiCl4中置换出Ti，C选项正确；
D．镁属于较活泼金属，不能利用氢气还原氧化镁制备镁，而是常用电解熔融MgCl2的方法，D选项错误；
答案选D。
6．（2020·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．高压钠灯可用于道路照明
B．可用来制造光导纤维
C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D．不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐
【答案】D
【解析】
A．高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；
B．二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；
C．黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故C正确；
D．碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐，钡餐用硫酸钡，故D错误；
答案选D。
7．（2020·浙江·高考真题）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
【答案】A
【解析】
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。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·河南河南·高三阶段练习）邮票记载了我国发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系，下列邮票相关的叙述中没有发生化学变化的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．铁炼成钢一般是用还原剂还原铁的化合物得到铁，发生了化学反应，A不符合题意；
B．春牛耕种田地只是土地的形状发生改变，未发生化学反应，B符合题意；
C．中国第一颗人造卫星发射得用燃料燃烧产生推力，发了化学反应，C不符合题意；
D．用侯氏制碱法生产纯碱利用氨、二氧化碳和饱和氯化钠制得碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可得纯碱，发生了化学反应，D不符合题意；
故选B。
2．（2021·全国·高三专题练习）我国古代地理名著《水经注》中有如下记载：“屈茨二百里有山，夜则火光，昼则旦烟，人取此山石炭冶此山铁，恒充三十六国用”，下列有关理解正确的是（ ）
A．“石炭”是焦炭B．“山铁”是单质铁
C．“石炭”能用于还原铁矿石D．“石炭”夜晚燃烧时不冒烟
【答案】C
【解析】
A．由题文的内容可知，石炭是直接取于山中的，没有经过化学加工，而焦炭是煤经过加工而成的，所以石炭不应该为焦炭，故A项错误;
B．山铁应为炼铁的铁矿石，而不是单质铁，故B项错误;
C．由原文可知，人们用石炭冶炼山铁，而山铁是铁矿石，所以石炭应有还原性，它可以还原铁矿石，故C项正确;
D．由“夜则火光，昼则旦烟”可知，石炭燃烧时有烟生成，只是晚上不能看到烟而已，故D项错误。
故答案为C。
3．（2022·浙江金华·高三阶段练习）下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A．石炭酸：B．黄铁矿的主要成分：
C．生石膏：D．冰晶石：
【答案】A
【解析】
A．苯酚又名石炭酸，结构简式为，故选A；
B．黄铁矿的主要成分为二硫化亚铁，化学式为，故不选B；
C．生石膏是天然二水石膏，化学式为，故不选C；
D．冰晶石是六氟铝酸钠，化学式为，故不选D；
选A。
4．（2022·浙江宁波·高三阶段练习）下列说法不正确的是（ ）
A．炼铁高炉中的炉渣沉降在铁水底部除去
B．铝与浓硫酸、溶液都能反应
C．工业制硝酸的第一步是在催化剂条件下，被氧化成
D．向紫色石蕊试液中通入过量，溶液变红不褪色
【答案】A
【解析】
A．炼铁高炉中，炉渣的密度小于铁水，所以炉渣会浮在铁水的上面，故A错误；
B．Al是两性金属，在加热条件下能与浓硫酸发生氧化还原反应，与NaOH溶液也能发生氧化还原反应，反应方程式为2Al+6H2SO4(浓)Al2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故B正确；
C．工业制硝酸的第一步是在催化剂条件下，与O2发生氧化还原反应，生成NO，其化学方程式为4NH３+5O24NO+6H2O，故C正确；
D．二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，即SO2+H2OH2SO3，H2SO3能电离出H+，具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，由于SO2的漂白有选择性，不能漂白变红的石蕊试液，故D正确；
答案为A。
5．（2022·全国·模拟预测）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．食品中添加适量二氧化硫，是因为SO2可以起到漂白、防腐、抗氧化等作用，故A正确；
B．氯碱工业制备氢氧化钠，是电解饱和食盐水制备，2NaCl+2H2O2NaOH +H2↑ + Cl2↑，故B错误；
C．高炉炼铁是利用CO高温下还原铁矿石，故C正确；
D．利用冰箱冷藏食物，温度低时，化学反应速率慢，延缓食物变质的速率，故D正确；
选B。
6．（2021·吉林·长春市第二十九中学高三阶段练习）下列物质的制备与工业生产相符合的是（ ）
A．
B．
C．制取镁：海水
D．铝土矿
【答案】D
【解析】
A．工业上制漂白粉是利用氯气与石灰乳制备的，不是用石灰水，故A不选；
B．工业生产硝酸是用氨气催化氧化生产NO，不是用氮气和氧气放电反应生产的，故B不选；
C．氢氧化钠的价格较氢氧化钙高，工业上是在海水中加入生石灰或石灰乳沉淀海水中镁离子，故C不选；
D．工业上将铝土矿用氢氧化钠溶液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，将氢氧化铝沉淀煅烧得到氧化铝，最后电解熔融的氧化铝冶炼铝，上述制备过程与工业生产相符合，故D选；
故选D。
7．（2022·江苏南京·二模）氧化物在生产生活中有广泛应用。下列有关氧化物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．CO有还原性，可用于高炉炼铁
B．SiO2硬度高，可用作半导体材料
C．Al2O3具有两性，可用作耐火材料
D．ClO2易溶于水，可用于自来水消毒
【答案】A
【解析】
A．高炉炼铁的反应为：FexOy+yCOxFe+yCO2，反应中CO作还原剂，体现还原性，故CO有还原性，可用于高炉炼铁，而且有因果关系，A符合题意；
B．SiO2硬度高，但不可用作半导体材料，B不合题意；
C．Al2O3具有两性，可用作耐火材料，但二者没有因果关系，Al2O3用作耐火材料是由于其具有很高的熔点，C不合题意；
D．ClO2用于自来水消毒与ClO2易溶于水无关，而是利用ClO2的强氧化性，D不合题意；
故答案为：A。
8．（2021·广西·河池高中高三阶段练习）下列有关金属冶炼的原理，错误的是（ ）
A．B．
C．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D．2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑
【答案】B
【解析】
A．Hg活动性比较弱，采用热分解方法制取，故符合Hg的冶炼方法，A正确；
B．Al是活泼金属，采用电解方法治炼，方程式方法不符合反应事实，B错误；
C．Fe是比较活泼的金属，采用热还原方法治炼，该方法符合Fe的冶炼方法，C正确；
D．Na是活泼金属，采用电解方法治炼，该方法符合Na的冶炼方法，D正确；
故合理选项是B。
9．（2020·全国·高三专题练习）工业上用铝土矿主要成分，含、等杂质冶炼铝的主要流程如图：
注：碱溶时转变为铝硅酸钠沉淀
下列叙述错误的是（ ）
A．操作I增大NaOH溶液用量可提高的浸取率
B．操作Ⅱ、Ⅲ为过滤，操作Ⅳ为灼烧
C．通入过量的离子方程式为
D．加入的冰晶石目的是降低的熔融温度
【答案】C
【解析】
Al2O3、Fe2O3和硫酸反应，选择氢氧化钠，将氧化铝和Fe2O3分离出来，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，固体难溶物是氧化铁和铝硅酸钠沉淀，滤液为偏铝酸钠，通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝，以此解答该题。
A. 增大NaOH溶液用量，可使氧化铝完全反应，提高氧化铝的浸取率，故A正确；
B. 操作Ⅱ、Ⅲ用于分离固体和液体，为过滤操作，操作Ⅳ可使氢氧化铝转化为氧化铝，则为灼烧，故B正确；
C. 通入过量的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，生成碳酸氢钠，故C错误；
D. 氧化铝熔点较高，加入冰晶石，可降低熔点，利于熔化，故D正确；
答案选C。
10．（2022·全国·高三专题练习）以含钴废渣(主要成分为CO和C2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备CCO3的工艺流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．酸浸时可采用高温提高酸浸速率
B．除铝时加入Na2CO3溶液过滤后所得滤渣是Al2(CO3)3
C．萃取时萃取剂总量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D．沉钴时将含C2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，可提高CCO3的产率
【答案】C
【解析】
钴废渣主要 成分为CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，纵观整个流程知最后得到CCO3，说明该过程中二氧化硫起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化锌反应，所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀并过滤除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠溶液生成CCO3固体；
A．因为温度过高，可能会使用溶液起化学反应，从而无法达到溶浸的目的，酸浸时适当升高温度可提高酸浸速率，A项错误；
B．除铝时加入Na2CO3溶液，发生的反应为：，过滤后所得滤渣是Al(OH)3，B项错误；
C．萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C项正确；
D．将含C2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，液碱性过强，会生成C(OH)2沉淀，降低CCO3的产率，D项错误；
答案选C。
11．（2022·全国·高三专题练习）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是（ ）
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
【答案】C
【解析】
由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
12．（2022·北京育才学校三模）下列说法不正确的是（ ）
A．原子光谱可用于鉴定氢元素B．电解法可用于冶炼铝等活泼金属
C．分馏法可用于提高石油中乙烯的产量D．焰色试验可用于区分NaCl和KCl
【答案】C
【解析】
A．不同原子都有各自的特征谱线，即为原子光谱，不同原子的原子光谱是不相同的，利用光谱仪测定氢气放电管发射的氢的发射光谱可鉴定氢元素，A正确；
B．电解法是强有力的氧化还原手段，可使不易得电子的活泼金属阳离子发生还原反应生成金属单质，冶炼铝等活泼金属常用电解法，B正确；
C．石油中不含乙烯，分馏石油不能得到乙烯。工业上常用裂解石油气反应产生乙烯，以提高乙烯的产量，C错误；
D．钠离子焰色试验呈黄色，钾离子焰色试验呈紫色(透过钴玻璃观察)，所以区分NaCl和KCl可用焰色试验，D正确；
故合理选项是C。
13．（2022·全国·高三专题练习）从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B．滤渣Ⅲ的主要成分是
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
D．得到的操作为直接蒸干
【答案】D
【解析】
由图可知，向砷化镓加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液碱浸时，GaAs转化为、，转化为进入溶液，、不溶解，过滤得到含有、的滤渣Ⅰ和含有、、的浸出液；浸出液中加入稀硫酸调节溶液pH，、转化为、沉淀，过滤得到含有、的滤渣Ⅱ和含有的滤液；向滤渣Ⅱ中加入稀硫酸转化为溶液，电解溶液生成Ga、和；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到。
A．“碱浸”时，温度保持在70℃可以提高“碱浸”速率，同时防止温度过高过氧化氢分解，故A正确；
B．根据流程分析可知，碱浸时发生反应生成进入溶液，加入后又反应生成，而Ga元素又溶于过量的硫酸，所以滤渣Ⅲ主要为，故B正确；
C．“旋流电积”时，溶液电解生成Ga、和，所以“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，故C正确；
D．因滤液中有其他物质，直接蒸干会有杂质，且会脱结晶水，故D错误；
答案选D。
14．（2022·全国·高三专题练习）锡酸钠晶体()在染料工业上用作媒染剂。以锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程如图：
已知：水碎液中溶质的主要成分为、、、、，均为强电解质。下列说法不正确的是（ ）
A．“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为
B．“除Sb”时发生反应的离子方程式为
C．“除Te”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
D．在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的主要目的是有利于锡酸钠的结晶析出
【答案】B
【解析】
锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为、、、、的水碎液，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4，分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后向所得滤液加入NaOH，再经浓缩、结晶，得到Na2SnO3晶体。
A．由图可知“碱溶”时反应物为、，根据产物价态可知有氧气作氧化剂参与反应，发生反应的化学方程式为，A正确；
B．结合“除”前加入的氢氧化钠和氢氧化钡可知此时体系为碱性环境，离子方程式中不能出现氢离子，正确的离子方程式为，B错误；
C．“除”过程中发生反应的化学方程式为，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，C正确；
D．在“浓缩、结晶”时，加入，提高钠离子浓度，促进沉淀平衡向生成沉淀的方向移动，主要目的是有利于锡酸钠的结晶析出，D正确。
故选B。
15．（2020·湖北·公安县第三中学高三阶段练习）下列物质的制备与工业生产相符的是（ ）
①NH3NOHNO3
②浓HClCl2 漂白粉
③MgCl2(aq) 无水MgCl2Mg
④饱和NaCl(aq) NaHCO3Na2CO3
⑤铝土矿NaAlO2溶液 Al(OH)3 Al2O3Al
A．①④⑤B．①③⑤C．②③④D．②④⑤
【答案】A
【解析】
①工业用氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，过程为：，故正确；
②工业上制备漂白粉的工业流程：溶液漂白粉，故错误；
③工业上制Mg的工业流程：，故错误；
④联合制碱法工业流程为：，故正确；
⑤工业制铝流程：，故正确。
综上，①④⑤正确，本题选A。
16．（2022·浙江省宁波市鄞州中学模拟预测）下列说法不正确的是（ ）
A．工业制备硝酸的主要设备为热交换器、接触室和吸收塔
B．工业炼铁时，铁矿石和焦炭从炼铁高炉的上口加入
C．从海带中提取碘的工业生产步骤：浸泡→碱化→过滤→氧化→结晶→过滤→提纯
D．玻璃是将石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的
【答案】A
【解析】
A．工业制备硝酸的主要过程为：将NH3氧化为NO，再将NO氧化为NO2，最后吸收NO2生成HNO3，主要设备为氧化炉、热交换器和吸收塔；工业制备硫酸的主要设备为接触室、热交换器和吸收塔；A错误；
B．工业炼铁时，铁矿石、焦炭和造渣用熔剂（石灰石）从炼铁高炉的上口加入，从位于炉子下部沿炉周的风口吹入经预热的空气，在高温下焦炭中的碳同鼓入空气中的氧气燃烧生成的CO，在炉内上升过程中除去铁矿石中的氧，从而还原得到铁，B正确；
C．从海带中提取碘的一种生产过程为：将干海带浸泡后，加入NaOH溶液碱化得到含I-的浸泡液，其中NaOH可以使可溶性有机物形成沉淀，过滤后向所得滤液加入氧化剂将I-氧化为I2，再结晶得到粗碘，提纯后得到碘单质，上述步骤可归纳为：浸泡→碱化→过滤→氧化→结晶→过滤→提纯，C正确；
D．制备玻璃的主要原料是石灰石、纯碱、石英，将它们在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，D正确；
故选A。
第II卷（非选择题）
17．（2020·广西·高三阶段练习）铝氢化钠（NaAlH4）是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：
请根据所学知识回答下列问题：
（1）为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行的处理措施是___________；“过滤I”所得滤渣的主要成分为____________。
（2）反应I中主要反应的离子方程式为____________________。
（3）反应III的化学方程式为________________。
（4）某学习小组对上面的工艺流程进行适当改变（如图所示。粗线框内为改变的流程），也达到了相同的目标。
①A溶液可选用下列选项中的___________（填标号）。
a NaOH溶液 b NH3·H2O溶液
c NaHCO3溶液 d Na2CO3溶液
②通常使用的B气体是________，通入过量B气体，滤液3中的主要溶质是____（填化学式）。
（5）铝氢化钠遇水发生剧烈反应生成偏铝酸钠和氢气，用此反应测定上述产品中铝氢化钠的纯度 （产品中杂质不与水反应），若用如图所示装置 （部分夹持仪器省略），则测出的最终结果准确度更高的是_________（填“甲”或“乙”）。
【答案】粉碎铝土矿 Fe2O3或氧化铁 OH- +=+H2O，++ H2O=+Al（OH）3↓ 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl a CO2或 二氧化碳 NaHCO3,NaCl 乙
【解析】
铝土矿经过碱溶，Al2O3转化为NaAlO2，接着与NaHCO3发生反应I生成Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，对其电解获得Al，接着发生反应II生成AlCl3，AlCl3再与NaH发生反应III得到NaAlH4。
（1）粉碎矿石、适当升温、适当增大NaOH浓度都可以提高碱溶效率；碱溶时，铝土矿中Fe2O3不与NaOH反应，故滤渣为Fe2O3；
（2）过滤I所得滤液中主要含有NaOH和NaAlO2，故反应I主要反应为： ，；
（3）由分析可知，反应III方程式为：AlCl3+4NaH = NaAlH4+3NaCl；
（4）①酸溶时Al2O3、Fe2O3反应生成AlCl3和FeCl3，加入足量NaOH溶液，可将AlCl3转化为NaAlO2，FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀除去，故选a；②根据后续流程要求，需将NaAlO2转化为Al(OH)3，可考虑加入酸性物质，为了防止Al(OH)3溶解，所以通CO2，此时发生反应：NaAlO2 + CO2 + H2O = Al(OH)3↓+NaHCO3，结合元素守恒得滤液3中主要溶质为NaHCO3和NaCl；
（5）装置甲反应前后锥形瓶内压强不同，分液漏斗中液体不能顺利滴下，导致反应不彻底，乙装置恰好解决了这个问题，故乙准确度更高。
18．（2022·河南河南·模拟预测）高纯硫化锂(Li2S)是一种潜在的锂离子电池电解质材料。一种制备Li2S的工艺流程如下：
已知Li2S易潮解，加热条件下易被氧化。
回答下列问题：
(1)上述流程中多次用到Ar，其目的是___________。
(2)实验室常用FeS与稀硫酸反应制备H2S，该反应的离子方程式为_______________，所用发生装置与制备___________(任写一种气体化学式)发生装置相同。
(3)“LiHS制备”过程所用实验装置(夹持仪器与加热装置均省略)如图：
①仪器X的名称为___________，冷却水从___________(填“a”或“b”)进入。
②图中两个空锥形瓶的作用是___________。
③试剂Y为___________。
(4)“热解”时反应的化学方程式为___________，适宜的加热方式为___________ (填“ 油浴”或“水浴”)加热。
(5)该工艺中，Li2S的产率为___________%(结果保留两位小数)。
【答案】
(1)排出体系中的空气，防止LiOH·H2O与CO2反应以及Li2S被氧化
(2)FeS+2H+=Fe2+ +H2S↑ H2
(3)球形冷凝管 b 防止倒吸 NaOH溶液
(4)2LiHSLi2S+H2S↑ 油浴
(5)89. 84
【解析】
LiOH•H2O在Ar氛围中减压脱水，通入Ar防止空气中CO2与LiOH反应，减压脱水，防止LiOH受热分解，LiOH与H2S在Ar以及吡咯烷酮中发生反应生成LiHS，然后LiHS在Ar氛围中加热到190℃，LiHS分解为Li2S，根据题中所给信息，通入Ar的目的防止Li2S氧化，然后离心过滤得到Li2S，据此分析。
(1)检验脱水中，通入Ar，避免空气中CO2与LiOH反应，Li2S加热条件下易被氧化，通入Ar排除装置中的氧气，故答案为排出体系中的空气，防止LiOH·H2O与CO2反应以及Li2S被氧化；
(2)FeS与稀硫酸制备硫化氢气体，利用酸性强的制备酸性弱的，其离子防尘是为FeS+2H+=Fe2++H2S↑，该反应为固体与液体不需加热制备气体，制备装置相同的有H2、CO2等；故答案为FeS+2H+=Fe2++H2S↑；H2、CO2等；
(3)①根据装置图可知，仪器X为球形冷凝管；冷却水下进上出，即从b口通入；故答案为球形冷凝管；b；
②两个空锥形瓶的作用是作安全瓶，防止倒吸；故答案为防止倒吸；
③硫化氢有毒，需要尾气吸收，一般用碱液吸收，即试剂Y为NaOH溶液；故答案为NaOH；
(4)根据上述流程，LiHS分解成H2S和Li2S，其反应方程式为2LiHSLi2S+H2S↑；热解温度190℃，而水的沸点为100℃，因此采用油浴加热；故答案为2LiHSLi2S+H2S↑；油浴；
(5)根据锂原子守恒，Li2S理论值为，产率为=89.84%；故答案为89.84。
19．（2022·江西·模拟预测）地壳中含量最多的金属元素是铝，其单质和化合物广泛应用于日常生活中。
(1)双羟基铝碳酸钠[NaAl(OH)2CO3]是一种常用的抗酸药，它与胃酸（成分为盐酸）反应的化学方程式为_________________________。
(2)可以用电镀法在钢制品上电镀铝，为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应消耗2mlNaOH时，所得气体在标况下的体积为______L。
(3)如图是从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并生产AlN的工艺流程：
①“溶解”时，SiO2与NaOH溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应：2NaSiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8+4NaOH，“赤泥”的主要成分为_________。(写化学式)
②“酸化”时，通入过量的CO2与NaAlO2溶液反应，生成的滤液中溶质的主要成分是______。(写名称)
③“还原”时，炭黑在高温下被氧化为CO，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________，Al2O3的电子式为_______________。
(4)1L某混合溶液，可能含有的离子如表：
往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(v)的关系如图所示。
①该溶液中一定含有的离子是___________________。
②V1、V2、V3、V4之间的关系为___________________。
【答案】NaAl(OH)2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2 67.2
Fe2O3、Na2Al2Si2O8 碳酸氢钠 1：3
H+、Al 3+、、Cl- V2-V1=3(V4-V3)
【解析】
铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝土矿中加入NaOH，SiO2、Al2O3反应生成Na2Al2Si2O8沉淀和NaAlO2；向NaAlO2溶液中通入过量的CO2得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Al(OH)3灼烧得Al2O3。
(1)与盐酸反应生成氯化钠、氯化铝、氧化碳和水，反应的化学方程式为。
(2)反应的化学方程式为：，根据关系式可知：，，标况下的体积为：。
(3)①铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)，铝土矿中加入NaOH，SiO2、Al2O3反应生成Na2Al2Si2O8沉淀和NaAlO2，Fe2O3不溶，所以 “赤泥”为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；
②向NaAlO2溶液中通入过量的CO2得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故滤液主要为碳酸氢钠；
③Al(OH)3灼烧得Al2O3，结合流程确定反应物和生成物：Al2O3 + N2 + C → AlN + CO，根据得失电子守恒和质量守恒配平后方程式为：，N2得电子为氧化剂，C失电子为还原剂，根据方程式可知氧化剂和还原剂之比为：1：3；Al2O3为离子化合物，所以电子式为：。
(4)加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为，不含有，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与反应生成沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应，即一定含有，因为溶液呈电中性，则一定含有；
①由以上分析，可得该溶液中一定含有的离子是H+、Al 3+、、Cl-；
②V1~V2段，；V3~V4段，，以为桥梁，生成所消耗的与消耗所用去的之比为3：1，可得出V2-V1=3(V4-V3)，所以答案为：V2-V1=3(V4-V3)。
20．（2022·广西玉林·一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：
①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
②金属离子浓度≤1.0×10-5ml·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_________________。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为____________。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：____________。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为____________。
【答案】
(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3)90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【解析】
加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5ml·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
21．（2022·全国·高三专题练习）硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O，相对分子质量为246]是深蓝色正交晶体，易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂。常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效、安全的广谱杀菌剂、植物生长激素。某兴趣小组设计利用下图装置制备硫酸四氨合铜晶体。
回答下列问题：
(1)仪器乙的化学名称为__________，仪器甲中发生反应的离子方程式为_________。
(2)小组有同学提出可以用铜和浓硫酸反应制备硫酸铜，立即遭到其他同学的否定，理由是_______(写一种)。
(3)小组同学拟用浓氨水和氢氧化钠快速反应制备氨气，应选用装置_______(填字母)，该原理能够快速制备氨气的原因____________(请结合平衡移动解释)。
(4)反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入95%乙醇溶液，过滤，用_______洗涤，得到Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。加入乙醇的速度不能过快，目的是____________。
(5)准确称取ag晶体，溶解后加入足量NaOH溶液，加热并将产生的氨气用V1mL0.100ml·L-1的盐酸完全吸收，然后用0.100ml·L-1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL，则晶体的纯度为____________(用有关字母表示，不用化简)。
【答案】
(1)恒压滴液漏斗 Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O
(2)生成等量晶体耗酸多(产生大气污染、需要加热等合理答案)
(3)C 氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH-，加入氢氧化钠，OH-浓度增大平衡逆向移动，同时氢氧化钠溶于水放热，促进NH3·H2O分解
(4)乙醇 Cu(NH3)4SO4·H2O在乙醇中的溶解度小，缓缓加入可得到较大颗粒的晶体
(5)×100%
【解析】
Cu与稀硫酸溶液中滴入过氧化氢溶液，铜被氧化为Cu2+，再通入氨气，向其中缓缓加入95%乙醇溶液，过滤，得到Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。
（1）观察装置可知，仪器乙为恒压滴液漏斗；装置甲中铜被双氧水氧化，结合氨气生成硫酸四氨合铜，故离子方程式为Cu+H2O2+4NH3+2H+=[Cu(NH3)4]2++2H2O。
（2）根据铜和浓硫酸反应的化学方程式可知，生成等量的铜离子耗酸多，同时生成二氧化硫污染空气，且反应需要加热。
（3）浓氨水和氢氧化钠反应不需要加热，选用固液不加热装置，但是D项中氢氧化钠易溶于水，也不适合，故选C项；由于氨水中存在电离平衡，加入氢氧化钠会使电离平衡逆向移动产生氨气。
（4）根据题意，硫酸四氨合铜不溶于乙醇，故可以选用乙醇洗涤，减少损耗，同时为了便于晶体结晶析出，加入速度要慢。
（5）与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.100ml·L-1-0.100ml·L-1×10-3V2L=(V1-V2)×10-4ml，根据NH3~HCl可知，n(NH3)=n(HCl)=(V1-V2)×10-4ml，则n[Cu(NH3)4SO4·H2O]=n(NH3)=2.5×10-5(V1-V2)ml，样品中产品纯度的表达式为×100%。
22．（2022·全国·高三专题练习）氯化铁在工农业生产中有着广泛应用。某化学活动小组以废铁屑为原料，设计探究氯化铁制备的实验方案。
查阅资料：①无水氯化铁在100℃左右时升华。②氯化铁遇水蒸气强烈水解。
I.干法制取
(1)预处理的目的是除去铁屑表面附着的油脂，操作方法为____________。
(2)仪器甲的名称为_______，装置A中反应的离子方程式为______________________。
(3)实验装置的连接顺序是A→______→_____→_____→_____→_____。_______
II.湿法制备
实验步骤：
①将处理后的废铁屑加入三颈烧瓶中，缓慢加入适当过量的稀盐酸，得到含FeCl2的混合液。
②缓慢通入足量的氯气。
③将三颈烧瓶中的FeCl3混合液转移出来，分离提纯得到无水氯化铁固体。
(4)加入适当过量的稀盐酸，目的是_______。
(5)通入足量的氯气后，确认不存在Fe2+的操作是_______。
(6)从溶液中分离提纯得到无水氯化铁固体的方法是_______。
III.纯度测定
(7)准确称量mg固体，溶于稀盐酸配成100mL溶液，取出10mL置于锥形瓶中，加入过量的KI溶液充分反应，加入几滴淀粉溶液，用aml·L-1Na2S2O3溶液滴定三次，消耗Na2S2O3溶液的平均值为VmL。滴定终点的现象为____________，氯化铁的纯度为____________(I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)。
【答案】
(1)碱煮水洗
(2)分液漏斗 MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(3)A→E→C→B→C→D
(4)使铁屑完全反应，同时抑制Fe2+水解
(5)用一支试管取少量溶液，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若不出现蓝色沉淀，则不存在亚铁离子
(6)持续通入HCl气体，小心加热蒸干
(7)当滴加最后一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色
【解析】
Ⅰ.制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，先通过饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥，然后与铁粉反应并收集产物，再通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气。
（1）预处理的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗。
（2）仪器甲的名称是分液漏斗；装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（3）制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，先通过饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥，然后与铁粉反应并收集产物，再通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，实验装置的连接顺序为A→E→C→B→C→D。
（4）加入适当过量的稀盐酸，可以使铁屑完全反应，同时可以抑制亚铁离子水解。
（5）可用K3Fe(CN)6溶液检验亚铁离子，若存在亚铁离子，则出现蓝色沉淀。
（6）为了防止氯化铁水解，需持续通入HCl气体，然后小心加热蒸干得到固体。
（7）Fe3+可将I-氧化成I2，离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，碘单质能与Na2S2O3反应，可得关系式2Fe3+~I2~2Na2S2O3，故滴定终点的现象为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；10mL含FeCl3的待测液，消耗n(Na2S2O3)=aV×10-3ml，则mg固体中含有n(FeCl3)=10×aV×10-3ml=0.01aVml，则FeCl3的质量分数为方法名称
主要反应原理(举例)
热分解法
2HgO2Hg＋O2↑
2Ag2O4Ag＋O2↑
热还原法
CO作还原剂
Fe2O3＋3COeq \(=====,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2(高炉炼铁)
H2作还原剂
WO3＋3H2W＋3H2O
铝热反应
Fe2O3＋2Aleq \(=====,\s\up7(高温))2Fe＋Al2O3
电解法
2Al2O3(熔融)eq \(=====,\s\up11(电解),\s\d4(冰晶石))4Al＋3O2↑
MgCl2(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑
2NaCl(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
A．上海炼钢厂将生铁炼成钢
B．春牛耕种田地
C．中国第一颗人造卫星发射
D．用侯氏制碱法生产纯碱
选项
生产活动
化学原理
A
食品中添加适量二氧化硫
SO2可以起到漂白、防腐、抗氧化等作用
B
利用氯碱工业制备氢氧化钠
溶液中Na2CO3与Ca(OH)2反应
C
高炉炼铁
CO高温下还原铁矿石
D
利用冰箱冷藏食物
温度低时，化学反应速率慢
可能大量含有的阳离子
H+、Mg2+、Al3+、NH
可能大量含有的阴离子
Cl-、CO
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45