3.2金属材料同步练习（含解析）2023——2024学年高一化学人教版（2019）必修第一册

3.2金属材料同步练习
姓名（）班级（）
一、选择题
1．向一定量铁的氧化物(铁只有+2、+3价)中，加入稀盐酸，恰好使固体完全溶解，再向所得溶液中通入标准状况下氯气，恰好能使溶液中的完全转化为(发生的反应为)，则为
A． B． C． D．
2．已知：和溶液反应会生成、和的混合物。在标准状况下和的混合气体aL，经光照反应后，所得气体恰好使完全转化成盐，a与b的关系不可能的是
A． B． C． D．b≥
3．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中滴加过量氨水：
B．溶液中滴入溶液：
C．向溶液中通入少量：
D．向溶液中滴加溶液至完全沉淀：
4．某溶液中可能含有、、、、、中的几种，进行如下实验
(1)原溶液中加入过量溶液，过滤得沉淀，加入过量的盐酸，沉淀完全溶解
(2)向上述滤液加入足量溶液，加热，产生气体(假设气体全部逸出)，折算为标准状况为
(3)在原溶液中加入溶液，有沉淀产生
已知：
下列说法正确的是
A．溶液中存在，若存在就不存在 B．溶液中
C．的物质的量 D．、的物质的量之和为
5．现有 Fe、Fe2O3混合物共 0.1 mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到 0.01 mol H2，且向反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为
A．0.05 mol B．0.055 mol C．0.07 mol D．0.08 mol
6．用硫酸渣制备铁黄(一种铁基颜料)的过程中存在如下反应：下列说法正确的是
A．发生氧化反应
B．作氧化剂
C．生成时，转移电子数目为
D．既是氧化产物又是还原产物
7．将11.5g钠、9g铝、28g铁分别投入100g质量分数为7.3%的盐酸中，结果正确的是
A．钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多
B．铝与盐酸反应的速率仅次于钠，但产生的气体最多
C．铁与盐酸反应产生的气体比钠多
D．反应结束时产生的气体一样多
8．氢化钙()固体是登山运动员常用的能源提供剂。实验室利用如图所示装置制备氢化钙，下列有关说法错误的是
A．装置的连接顺序为乙→丙→甲→丁
B．制取氢气的装置为启普发生器，使用该仪器能随时发生反应，随时停止反应
C．实验时，应先点燃硬质玻璃管下方的酒精灯，再通氢气
D．若使甲装置中20.0g钙完全转化为氢化钙，则需氢气的体积大于11.2L(标准状况)
9．把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成2等份，一份需用bmol烧碱刚好把铵全部反应，另一份与氯化钡溶液完全反应时，消耗2cmol氯化钡。由此可知原溶液中NO离子的物质的量浓度为(注：SO+Ba2+=BaSO4↓、NH+ OH-=NH3·H2O)
A． mol/L B． mol/L
C． mol/L D． mol/L
10．是优良的水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应方程式为。下列关于该反应的说法错误的是
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成，转移
C．具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：
11．向NaOH和混合溶液中滴加稀盐酸，的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示，下列判断正确的是
A．
B．在0～a范围内，发生的反应只有
C．原混合溶液中NaOH与的物质的量之比为3：2
D．a～b段发生反应的离子方程式为
12．铜元素的价类二维图如图，下列有关说法正确的是
A．a可直接转化为e
B．b转化为c一定需要另加还原剂
C．新制的e可用于检验葡萄糖中的醛基
D．直接加热f溶液一定可得到f固体
13．在大试管内将足量 NaHCO3加热到 200℃，将产生的混合气体通入到盛 3.74g Na2O 和 Na2O2的密闭容器中，待 Na2O 和 Na2O2全部反应后，得到标准状况下 448ml O2，再将反应后密闭容器内的固体全部溶于水配成 200mL 溶液。下列说法正确的是
A．配成的 200mL 溶液中 c(Na+) = 0.5 mol·L－1 B．反应过程中总共转移 0.08mol 电子
C．在 Na2O2与 H2O 的反应中，Na2O2只作氧化剂 D．Na2O 和 Na2O2均为碱性氧化物
14．工业制备锰(Mn)单质的过程中会产生高浓度SO2。酸性条件下，用MnO2进行脱硫处理的原理如图，根据图示下列说法中正确的是
A．反应1的离子方程式为MnO2+2Fe2++2H2O=2Fe3++Mn2++4OH-
B．若只发生反应2，反应后溶液的酸性减弱
C．反应过程中Fe2+需要随时补充
D．反应中消耗87gMnO2，理论上可脱去64gSO2
15．用金属钠制取氧化钠通常利用反应：设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，11.2LN2中含氮原子的个数为
B．23gNa在反应中失去电子的物质的量为1mol
C．N2的摩尔质量为28
D．中含有的离子总数为
二、填空题
16．工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠()的工艺流程如下：
(1)反应1的化学方程式为 ；在进行反应时，向溶液中先通入 (填“” 或“”)；
(2)已知“灼烧时会生成，则其化学方程式为 ；
(3)已知与稀硫酸反应会生成，则其离子方程式为 ；
(4)副产品X化学式为 ；该生产中可循环利用的物质为 (化学式)。
(5)为了减少产品中的杂质含量，理论上需控制反应II中气体与固体反应物的物质的量之比为 。
17．Ⅰ.在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。回答下列问题：
(1)在水溶液中的电离方程式是 ；属于“酸”、“碱”、“盐”中的 ；图中代表滴加溶液的变化曲线是 (填“①”或“②”)。
(2)曲线①中a点导电能力最弱的原因是 (用离子方程式方程式表示)；b点溶液中大量存在的离子是 。
(3)c点两溶液中H+浓度：① ②(填“>”、“<”或“=”，下同)；d点对应的溶液显 (填“酸性”、“中性”、“碱性”)。
(4)曲线②中的b、d两点对应所加溶液的体积比为 。
Ⅱ.硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取17.700g样品，配制成100.00mL溶液A．②将A两等份，取一份，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全、过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体11.65g。③另一份加适量稀硫酸酸化后，与50mL0.2mol/LKMnO 4溶液恰好完全反应。已知H2O2与KMnO4反应的化学方程式如下： 2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O
(5)通过计算确定样品的组成(写出计算过程) 。
三、工业流程题
18．絮凝剂聚合氯化铝{，}广泛用于废水处理。由偏铝酸钙制备聚合氯化铝的一种工艺流程如下：
已知：的絮凝效果可用盐基度(盐基度)衡量，当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
(1)“碱溶”时，化学反应方程式为 。
(2)“沉降”时，温度需控制在40℃左右，主要原因是 ；若滤液浓度较大，则通入过量不利于减少滤饼中的杂质，其原因是 。
(3)“酸化”时的装置如图所示，仪器A的名称为 ，若要使产品盐基度为，则 。先将滤饼分散在蒸馏水中，再向其中滴加一定量的盐酸，与直接向滤饼中加盐酸相比，优点是 。
(4)已知溶液pH不同时，钒元素与铝元素存在形式如下表所示，补充完整利用含、的碱性废水制取聚合氯化铝的实验方案：取适量废水， ，向其中滴加一定量的盐酸，得到聚合氯化铝。(实验中须使用的试剂有：、5%的双氧水、蒸馏水、溶液)
化合价
+4价V 沉淀
+5价V
+3价Al 沉淀
19．明矾[]在造纸等方面应用广泛。工业上以废易拉罐(主要成分为Al和Fe，还含有少量的Al和Fe的氧化物)为原料制备明矾的工艺流程如图：
已知：不同温度下的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90
的溶解度/g 3.00 3.99 5.90 8.39 11.70 24.80 71.00 109.00
回答下列问题：
(1)“酸溶”时溶液中主要的金属离子有 、 、。
(2)写出“酸溶”时氧化铝与稀硫酸反应的离子方程式： 。
(3)从物质的分类角度考虑，上述流程中出现的物质，属于酸性氧化物的是 (填化学式)。
(4)“转化”“调pH”的目的是将铁元素转化为沉淀除去，实际生产中易形成胶体，鉴定是否产生胶体，可采用的方法是 。
(5)“沉铝”中加入的目的是将转化为，补全该反应的离子方程式 。
__________________________
(6)“操作”包括 、 、过滤、洗涤、干燥可得到明矾晶体。
(7)某工厂用废易拉罐(含Al5.4％)制备(相对分子质量为474)，最终得到产品，产率为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】由反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，加入稀盐酸反应后溶液中n(Fe2+)=，设铁的氧化物化学式为FexOy，FexOy与盐酸反应的离子方程式写成FexOy+H+→Fe2+＋Fe3+＋H2O，将物质的量作系数配平得FexOy+0.2H+→0.04Fe2+＋Fe3++H2O，由电荷守恒可知Fe3+系数为0.04，由H守恒可知H2O系数为0.1，由Fe、O守恒可得x : y=(0.04+0.04)∶0.1=，D正确。
故选D。
2．D
【分析】H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，生成的盐可能是NaCl或NaCl和NaClO两种情况，则Na、Cl的物质的量比为1：1，以此计算；
【详解】H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，若氢气和氯气恰好反应或氢气过量，生成的盐是NaCl，若氯气过量生成的盐为NaCl和NaClO的混合物，只有这两种情况，则Na、Cl的物质的量比为1：1，n(Cl2)=0.5bmol，其标况下体积为0.5bmol×22.4L/mol=11.2bL，利用极端假设法分析，若aL气体全部是氯气时，，若aL气体全部是氢气，b=0，aL气体是氢气和氯气的混合气体，所以，答案选D。
3．C
【详解】A．氢氧化铝不溶于氨水，产物应为氢氧化铝，正确离子方程式为：Al3＋＋3NH3 H2O=Al(OH)3 ↓＋3，A错误；
B．书写溶液中滴入溶液的离子方程式时，为弱酸，化学式不能拆，B错误；
C．向溶液中通入少量，生成碳酸钙沉淀和次氯酸，离子方程式为：，C正确；
D．Ba2+沉淀完全，则Ba(OH)2与NaHSO4溶液以物质的量之比1：1混合，正确离子方程式为：，D错误；
故选C。
4．C
【分析】原溶液中加入过量溶液，过滤得沉淀，加入过量的盐酸，沉淀完全溶解，则沉淀为碳酸钡沉淀0.01mol，含有碳酸根离子、不含硫酸根离子；向上述滤液加入足量溶液，加热，产生气体(假设气体全部逸出)，折算为标准状况为，则生成氨气0.03mol，则含有铵根离子；不确定、是否存在，根据溶液电中性可知，溶液中一定含有氯离子，且氯离子至少为0.03mol-0.01mol×2=0.01mol；
【详解】A．由分析可知，溶液中存在，不确定、是否存在，两者也可以均存在，A错误；
B．溶液中，B错误；
C．由分析可知，的物质的量，C正确；
D．由分析可知，不确定、是否存在，D错误；
故选C。
5．B
【详解】加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，得到与盐酸反应生成氢气的铁单质的物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子：，设原混合物铁物质的量为x，则Fe2O3的物质的量为（0.1-x） mol ， Fe3+物质的量2(0.1- x) mol；根据可知2(x-0.01) =2(0.1- x)，x =0.055mol；
故选B。
6．D
【详解】A．该反应中，O元素由0价降低到-2价，则发生还原反应，A错误；
B．中Fe的化合价由+2价升高到+3价，作还原剂，B错误；
C．结合选项AB可知，生成时，转移电子数目为，C错误；
D．由方程式可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，铁元素的化合价升高被氧化，既是反应的氧化产物又是还原产物，D正确；
故选D。
7．A
【分析】11.5g钠、9g铝、28g铁的物质的量分别0.5mol、mol、0.5mol，三者和HCl反应关系分别为、、，HCl的质量为100g×7.3%=7.3g，为0.2mol，可知盐酸不足完全反应，金属过量；过量钠和水生成氢气，产生的气体最多，铝，铁生成氢气一样多；
【详解】A．钠性质活泼，与水剧烈反应生成氢气，则钠与盐酸反应最剧烈，且过量钠和水生成氢气，产生的气体最多，A正确；
B．铝，铁生成氢气一样多，B错误；
C．由分析可知，钠产生的气体最多，C错误；
D．钠产生的气体最多，铝，铁生成氢气一样多，D错误；
故选A。
8．C
【详解】A．制备氢化钙()包括氢气的制取、净化、主反应、防止外界空气中的水蒸气及氧气与钙或反应。装置的连接顺序为乙→丙→甲→丁，A项正确；
B．启普发生器的优点是随时发生反应，随时停止反应，B项正确；
C．钙与氧气会反应且加热氢气与氧气可能会发生爆炸，所以实验时，应先通一段时间氢气，再点燃硬质玻璃管下方的酒精灯，C项错误；
D．制备氢化钙，需先用产生的氢气排走装置中的空气，通入氢气的量应大于20.0g钙完全转化需要的氢气0.5mol，即标准状况下的体积应大于11.2L，D项正确；
故选C。
9．A
【详解】设每份中NH的物质的量为x，SO的物质的量为y，根据NH+ OH-=NH3·H2O，可知x=b，原溶液中NH的物质的量为2bmol；根据，可知y=2c。原溶液中NH的物质的量为4cmol；由溶液整体不显电性(电荷守恒)可知：n(NH)×1=n(SO)×2+n(NO)×1，解得n(NO)=，所以原溶液中NO的物质的量浓度为mol/L。
故选A。
10．B
【分析】由方程式可知，反应中铁元素化合价从+3价到+6价，化合价升高被氧化，氧化铁是反应的还原剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氮元素的化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，亚硝酸钾是还原产物，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子；
【详解】A．由分析可知，反应中铁元素化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，故A正确；
B．由分析可知，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子，故B错误；
C．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性起到杀菌消毒的作用，故C正确；
D．由分析可知，硝酸钾是反应的氧化剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，故D正确；
答案选B。
11．A
【详解】盐酸先与NaOH反应，在与Na2CO3反应先生成碳酸氢根，碳酸氢根再与盐酸反应生成气体，根据原子守恒，，则消耗盐酸的总物质的量为n=cV=0.08mol，，则参加反应的Na2CO3为0.02mol，消耗的HCl为0.04mol，故与NaOH反应消耗的HCl为0.08mol-0.04mol=0.04mol，参加反应的NaOH也为0.04mol，以此分析；
【分析】A．根据分析，共消耗盐酸0.08mol，产生CO2消耗的盐酸为0.02mol，则未产生气体需要的盐酸为0.06mol，，A正确；
B．根据分析，0-a发生的反应为，B错误；
C．根据分析，混合物中NaOH为0.04mol，Na2CO3为0.02mol，C错误；
D．根据分析，a-b发生，D错误；
故答案为：A。
12．C
【分析】由图中元素化合价和物质类别可推出：a为Cu，b为CuO，c为Cu2O，d为CuOH，e为Cu(OH)2，f为可溶性铜盐，据此答题。
【详解】A．Cu不可一步转化成，A错误；
B．CuO加热条件下可自身可分解为，B错误；
C．新制的溶液可用于检验葡萄糖中的醛基，C正确；
D．会发生水解反应，加热溶液时得不到固体，D错误；
故选D。
13．A
【分析】碳酸氢钠受热分解为碳酸钠和水蒸气、二氧化碳，水蒸气、二氧化碳和氢氧化钠反应均生成氧气；
【详解】A．、，得到标准状况下 448ml O2（为0.02mol），可知Na2O2的物质的量为0.04mol，质量为3.12g，其反应转化的钠离子的物质的量为0.08mol；Na2O和Na2O2的总质量为3.74g，Na2O的质量为3.74g-3.12g=0.62g，物质的量为0.01mol，其与水反应生成钠离子的物质的量为0.02mol，两者生成的钠离子总物质的量为0.10mol，配成的200mL溶液，溶液中c(Na+)=0.5mol·L－1，A正确；
B．过氧化钠部分氧元素化合价由-1变为0，升高生成氧气，，得到标准状况下 448ml O2（为0.02mol），则转移 0.04mol 电子，B错误；
C．在 Na2O2与 H2O 的反应中，过氧化钠部分氧元素化合价升高生成氧气、部分氧元素化合价降低生成氢氧化钠，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，C错误；
D．能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；过氧化钠反应过程中还会生成氧气，不是碱性氧化物，为过氧化物，D错误；
故选A。
14．D
【详解】A．反应1中Fe3+与OH-不能共存，溶液为酸性，离子方程式为MnO2+2Fe2++2 H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故A错误；
B．反应2的离子方程式为SO2+ 2Fe3++2H2O= 2Fe2+++4 H+，反应后溶液的酸性增强，故B错误；
C．由图可知，上述过程中Fe2+、Fe3+可以循环使用，不需要需要随时补充Fe2+，故C错误；
D．根据关系式MnO2~2Fe3+~ SO2，消耗1mol MnO2脱去1mol SO2，则消耗87gMnO2，理论上可脱去64gSO2，故D正确；
故选：D。
15．B
【详解】A．不是标况，不能计算氮气的物质的量，A错误；
B．钠的化合价由0价升高到+1价，故1mol的钠失去的电子的物质的量也为1mol，B正确；
C．N2的摩尔质量为28g/mol，C错误；
D．1个Na2O由两个钠离子和1个氧离子构成，则中含有的离子总数为，D错误；
故选B。
16．(1)
(2)
(3)
(4) CO2
(5)2﹕1
【分析】由题给流程可知，向氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠和氯化铵溶液；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，将反应生成的二氧化硫通入碳酸钠溶液中发生反应Ⅱ，干燥得到焦亚硫酸钠；氧化铜溶于稀硫酸得到硫酸铜溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到副产品五水合硫酸铜晶体。
【详解】（1）由分析可知，反应Ⅰ为氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为，反应时，应先向氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，目的是增大二氧化碳的溶解量，有利于碳酸氢钠的生成，故答案为：；；
（2）由分析可知，“灼烧”时发生的反应为硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）由题意可知，焦亚硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由分析可知，副产品为五水合硫酸铜晶体；反应Ⅱ的过程中有反应Ⅰ的反应物二氧化碳生成，生产中可以循环利用，故答案为：；CO2；
（5）反应Ⅱ为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成焦亚硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，则二氧化硫与碳酸钠的物质的量之比为2﹕1，故答案为：2﹕1。
17．(1) NaHSO4=Na++H++SO 盐 ②
(2) 2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O Na+、OH-
(3) > 中性
(4)1：2
(5)2Na2SO4·H2O2·2H2O
【详解】（1）NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶液中电离产生Na+、H+、SO；其电离方程式是NaHSO4═Na++H++SO；NaHSO4电离产生金属阳离子和酸根阴离子，因此该物质属于盐；Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba (OH)2═BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+Na2SO4+2H2O；溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应；则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应。
（2）曲线①表示的是Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，a点导电能力最弱的原因是二者恰好完全反应，反应的离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O；则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，在b点时NaHSO4与Ba(OH)2按1：1关系反应：NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶液为NaOH溶液，其中含有的离子为Na+、OH-。
（3）曲线①表示的是Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，a点恰好反应，c点H2SO4过量，过量硫酸电离产生H+，使溶液显酸性；曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，b点恰好发生反应NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O+NaOH，d点过量NaOH与滴入NaHSO4恰好发生反应变为中性溶液，c点溶液碱过量，溶液显碱性，故c点两溶液中H+浓度：①＞②；d点是NaHSO4与Ba(OH)2按2：1物质的量的比恰好反应产生BaSO4、Na2SO4、H2O，因此d点溶液显中性。
（4）曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，b点恰好发生反应NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O+NaOH，d点恰好发生反应2NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+2H2O+Na2SO4，由于Ba(OH)2的物质的量不变，可知b、d两点对应所加NaHSO4溶液的体积比为1：2。
（5）n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.05mol，根据2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑可知，n(H2O2)= ×0.2000mol·L-1×0.050L=0.025mol，m(Na2SO4)=142g·mol-1×0.05mol=7.1g， m(H2O2)=34g·mol-1×0.025mol=0.85g，n(H2O)= =0.05mol， x：y：z=n(Na2SO4)：n(H2O2)：n(H2O)=2：1：2 硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O。
18．(1)
(2) 温度过低，反应速率慢，温度过高二氧化碳在水中的溶解度小 滤液浓度较大时通入过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠低，更易析出形成杂质
(3) 分液漏斗(或滴液漏斗) 4 能得到均一的聚合氯化铝
(4)向废水中加入稍过量的5%的双氧水充分反应，然后用调节溶液的pH至5，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液，加入溶液不产生白色沉淀，将氢氧化铝沉淀分散到蒸馏水中
【分析】Ca(AlO2)2通过碱浸，发生复分解反应生成CaCO3和NaAlO2，则沉淀I主要为CaCO3，可能含有部分Ca(OH)2，向NaAlO2溶液中通入二氧化碳得到Al(OH)3，过滤后用水洗涤然后加入盐酸酸化得到[Al2(OH)aCl6-a]n；
【详解】（1）碱溶时，Ca(AlO2)2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaAlO2，化学方程式为：；
（2）温度越高，二氧化碳溶解度越小，导致反应不充分，温度过低，反应速率慢，所以温度控制在40℃左右；NaAlO2浓度较大时通入过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠低，更易析出形成杂质；
（3）根据A的构造，A为分液漏斗；产品盐基度为，即，得a=2b；根据有a+b=6，解得a=4，b=2；在水溶液中反应比在固体中反应更充分，所以相比与直接向滤饼加盐酸的优点是：能得到均一的聚合氯化铝，反应更充分；
（4）根据表中数据知，要想得到氢氧化铝沉淀，溶液的pH=5，且V元素为+5价，要使+4价的V元素转化为+5价的V元素，需要加入氧化剂5%的双氧水，且用0.1mol L 1 HCl调节溶液的pH为5， 过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液，加入溶液不产生白色沉淀，将氢氧化铝沉淀分散到蒸馏水中，向其中滴加一定量的盐酸，得到聚合氯化铝。
19．(1)
(2)
(3)
(4)丁达尔效应
(5)1，3，1，3
(6) 蒸发浓缩 冷却结晶
(7)
【分析】废易拉罐中的Al和Fe溶于过量的稀硫酸，生成硫酸铝、硫酸亚铁，过滤后向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液pH将铁离子转化为氢氧化铁除去，过滤后向滤液中加入碳酸氢钠溶液，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，生成的氢氧化铝与稀H2SO4、K2SO4反应，反应后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体。
【详解】（1）“酸溶”时，铝、铁分别与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁，因此主要的金属离子有、Al3+；
（2）“酸溶”时氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式：；
（3）能与碱反应生成盐和水的属于酸性氧化物，即是；
（4）鉴别胶体的溶液的方法是丁达尔效应，则检验生成胶体可采用的方法是丁达尔效应；
（5）由电荷守恒，铝离子系数为1，碳酸氢根离子系数配3，结合原子守恒可得离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；
（6）将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；
（7）m1kg废易拉罐中含铝m1kg×0.054=0.054m1kg，所以理论上应该产生明矾，而实际产生m2kg，因此明矾的产率为。
答案第1页，共2页
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