1、高考资源网（） 您身边的高考专家第6讲金属及其化合物考纲考向素养考纲要求热点考向核心素养常见金属元素(如Na、Mg、Al、Fe、Cu等)(1)了解常见金属的活动性顺序。(2)了解常见金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。(3)了解合金的概念及其重要应用。(1)常见金属及其化合物的性质和应用(2)金属及其化合物在化工流程中的综合考查宏观辨识与微观探析：从宏观和微观相结合的视角认识钠、镁、铝、铁、铜的结构和其单质及化合物性质、变化，形成“结构决定性质”的观念。科学探究与创新意识：通过对金属单质及其化合物的制备、性质、检验等实验方案的设计、认识实验探究的目的，探究方案的设计方法、实验
2、探究的步骤，体会创新研究物质性质的程序。科学态度与社会责任：通过对金属单质及其化合物制备的实验探究，培养严谨求实的科学态度；通过金属及其化合物重要用途的学习，培养将化学知识和与生产、生活实际相结合的意识。1一念对错(正确的划“”，错误的划“”)(1)(2019全国T11C改编)Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色的原因为2Na2O2=2Na2OO2()(2)(2019全国T10B改编)将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生()(3)(2019全国T11B改编)澄清的石灰水久置后出现白色固体是因为Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O()(4)氢氧化铝具有弱
3、碱性，可用于制胃酸中和剂()(5)明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒()(6)Fe2O3是红棕色粉末，Fe2O3常用作红色涂料()(7)MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料()(8)钠钾合金通常状况下呈液态，可做原子反应堆的导热剂()(9)Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应()(10)FeCl3、Na2O2、CuO均可由相应单质直接化合生成()(11)一定条件下，镁能与一些非金属氧化物反应，铝能与一些金属氧化物反应()(12)Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反应生成Na2SO3和O2()(13)金属铝、铁、铜都有一定的抗腐蚀性能，其抗腐蚀的原因
4、都是表面形成氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行()(14)为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，通过在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水进行。()(15)Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀()2完成下题A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。 (1)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：组成单质A的元素在周期表中的位置为_；X可能为_(填序号)。aNaHCO3BNa2CO3cNa2SO3 DAl(OH)3(2)若A为淡黄色粉末，回答下列问题：1 mol A与足量的H2
5、O充分反应时转移的电子数目为_。A的电子式为_。若X为一种造成温室效应的气体，则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_(填序号)。a盐酸 BBaCl2溶液cNaOH溶液 DCa(OH)2溶液思考与交流(1)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学方程式为_，E是_(填化学式)；检验溶液D中可能存在Fe2的方法是_。(2)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，则A与H2O的化学方程式为_，写出C和E反应的离子方程式：_。解析：(1)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则A为Cl2，B、C分别为HCl、HC
6、lO。(2)若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，由转化关系可知B为O2，C为NaOH，X为CO2，则D、E分别是Na2CO3和NaHCO3，可以用盐酸和BaCl2溶液鉴别。答案：(1)第3周期A族b、c 思考与交流(1)提示：若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，说明D中含有铁离子，则E中含有亚铁离子，A为NO2，B为NO，C为HNO3。答案：3NO2H2O=2HNO3NOFe(NO3)2取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无Fe2(2)提示：若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，为SO
7、2，可知B为H2，C为NaOH答案：2Na2H2O=2NaOHH2OHHSO=SOH2O考点一钠及其化合物真题引领1(2019天津理综)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是()A将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2B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C盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水解析：CA.氯气能将铁和亚铁氧化，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B.根据铝合金的性质，具有密度低、强度高，应用于航空航天等工业，故B不选；C.Na2CO3Ca(
8、OH)2=CaCO32NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D.利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，判断硅胶中是否含水，故D不选。2(2017上海化学)Na与H2O反应现象明显，下列现象中不能观察到的是()ANa浮在水面上BNa在水面上游动CNa沉在水下 DNa熔成光亮小球解析：C金属钠的密度小于水的密度，故应浮在水面上，C错误。3(2016全国)某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解。取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()A
9、NaHCO3、Al(OH)3 BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO4解析：CA项，样品加入水NaHCO3溶解，再加入稀盐酸Al(OH)3溶解，HCl与NaHCO3反应放出气体，但样品中加入稀硫酸，不会出现固体，A项错误；B项，样品加入水NaHCO3溶解，再加入稀盐酸AgCl不溶解，B项错误；C项，样品加入水Na2SO3溶解，再加入稀盐酸BaCO3溶解，产生气体，而加入稀硫酸产生CO2和SO2的混合气体，且生成BaSO4沉淀，C项正确；D项，样品加水均溶解，D项错误。4(2018海南化学)某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：(1)选用
10、如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥、纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有_、_的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是_。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是_。(2)金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：步骤现象将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中，充分反应，放置冷却产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡、过滤滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红；向第二支试管中滴加澄
11、清石灰水，溶液变浑浊。据此推断，白色物质的主要成分_(填标号)。ANa2OBNa2O2CNaOH DNa2CO3为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是_。本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为_。答案：(1)碳酸氢钠溶液浓硫酸产生的气体使干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行(2)D碳(C)4Na3CO22Na2CO3C知能必备一、重要知识1金属钠与可溶性盐溶液反应写出Na与CuSO4溶液反应的离子方程式_。答案：2NaCu22H2O=2NaCu(OH)2H22Na2O2的性质(1)Na
12、2O2是淡黄色固体，具有强氧化性和漂白性，Na2O2投入无色酚酞溶液中，溶液先变红后褪色(2)写出Na2O2分别与SO3和SO2反应的方程式Na2O2与SO3反应：_Na2O2与SO2反应：_答案：2Na2O22SO3=2Na2SO4O2Na2O2SO2=Na2SO43Na2CO3和NaHCO3的鉴别(1)Na2CO3和NaHCO3的鉴别利用热稳定性不同利用和酸反应生成气体速率不同 利用与BaCl2溶液反应利用溶液的酸碱性4写出下列反应的离子方程式(1)向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2气体的离子方程式_。(2)NaHCO3与过量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式_。(3)NaHCO3与盐
13、酸反应的离子方程式_。答案：(1)2NaCOCO2H2O=2NaHCO3(2)HCOCa2OH=CaCO3H2O(3)HCOH=H2OCO2二、易错易混1钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，与熔融的盐反应才能置换出盐中的金属。2将颗粒大小相同的Na分别投入到0.1 mol/L 盐酸0.1 mol/L CuSO4溶液H2OC2H5OH中，放出氢气快慢的顺序是。3无论Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2，只要参与反应的Na的质量相等，则转移电子的物质的量一定相等。41 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol，如1 mol Na2O2与足量SO2反应转移电子应为2 mo
14、l。5Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为12。6不能用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。7焰色反应是元素的性质，无论是游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，但不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应透过蓝色钴玻璃。8钠、钾保存在煤油中，而锂需密封在石蜡中。三、知识拓展1锂、钾与氧气反应Li与O2反应只能生成Li2O，K与O2反应除生成K2O2外，还生成KO2(超氧化钾)，KO2有极强的氧化性，与H2O、CO2的反应分别为：(1)与H2O反应：4KO22H2O=4KOH3O2(2)与CO2反应：4KO22CO2=2K2CO33O221
15、价氢化物(1)氢化锂(LiH)是离子化合物，在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧。LiH与H2O反应的化学方程式：LiHH2O=LiOHH2(2)NaAlH4具有较强的还原性，极易与水反应。NaAlH4与H2O反应：NaAlH42H2O=NaAlO24H2一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为3)与Fe2反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为：2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)题组训练题组1钠及其化合物的性质1(双选)下列说法中正确的是()A(2018江苏)NaHCO3受热易分解，故可用于制胃酸中和剂B(2017全国)将
16、金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，由实验现象可得到结论：CO2具有氧化性C(2017江苏)Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂D(2017天津)除去NaHCO3固体中的Na2CO3，可将固体加热至恒重解析：BCNaHCO3能与HCl反应，因此NaHCO3可用于制胃酸中和剂，A项错误；瓶中有黑色颗粒产生，说明生成了炭，发生的反应为4Na3CO22Na2CO3C，CO2中碳元素的化合价降低，被还原，因此CO2作氧化剂，具有氧化性，B项正确；过氧化钠可以与二氧化碳反应生成氧气作供氧剂，C项正确；加热时NaHCO3会分解生成Na2
17、CO3，D项错误。2侯氏制碱法的原理是将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中发生反应：NH3CO2H2ONaCl=NaHCO3NH4Cl。若实验室根据此原理制备少量的NaHCO3，实验包括：制取氨气制取NaHCO3分离NaHCO3干燥NaHCO3四个步骤。下列实验选用的主要仪器不正确的是()A制取氨气，选用B制取NaHCO3，选用C分离NaHCO3，选用D干燥NaHCO3，选用解析：D实验室中用加热NH4Cl和Ca(OH)2的方法来制取NH3，试剂可装在大试管中，A项正确；由NaHCO3的制取原理可知，将NH3、CO2通入饱和食盐水中即可，B项正确；由于生成的NaHCO3从溶液中析出，用过滤的方
18、法可将其分离出来，C项正确；NaHCO3受热易分解，不能用坩埚灼烧，D项错误。3某白色粉末由两种物质组成，为鉴定其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水中，有气泡产生且仍有部分固体未溶解，再继续加入足量稀硝酸，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()ABa(HCO3)2、AlCl3BMg(OH)2、 NH4HCO3CNaHSO4、BaCO3DNaHCO3、KAl(SO4)212H2O解析：AA.将少量Ba(HCO3)2、AlCl3 样品加入足量水中，HCO和Al3发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继
19、续加入足量稀硝酸，氢氧化铝固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀、水和二氧化碳，有气泡产生，振荡后仍有固体硫酸钡存在，故A符合题意；B.取少量Mg(OH)2、 NH4HCO3样品加入足量水中，不能发生反应，没有气泡产生；取少量样品加入足量稀硫酸，碳酸氢铵和硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，有气泡产生，氢氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，振荡后固体消失，故B不合题意；C.取少量NaHSO4、BaCO3样品加入足量水中，二者发生离子反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，有气泡产生且仍有部分固体不溶解，再继续加入足量稀硝酸，硫酸钡固体不能溶解，故C不合题意；D.取少量Na
20、HCO3、KAl(SO4)212H2O样品加入足量水中，HCO和Al3发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，有气泡产生且仍有部分固体溶解，再继续加入足量稀硝酸，氢氧化铝固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸，明矾全部溶解，碳酸氢钠和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，有气泡产生，振荡后固体全部溶解，没有固体存在，故D不合题意。题组2拓展点4某实验小组模拟受热时H2与Ca3N2反应制取CaH2。回答下列问题：已知：Ca3N2、CaH2都可以与水反应。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式是_。利用该装置制取气体的优点是_。(2)实验中，先通入氢气，然后_，再加热。(3)装置连接顺序为a、_
21、、h(某些装置可以重复使用)。其中干燥管的作用是干燥氢气、_。(4)H2与Ca3N2制取CaH2随着温度不同，生成的气体也不同。若取集气瓶中的水溶液，滴加酚酞显红色，则制取CaH2的化学方程式为_。(5)反应后，设计实验证明试管中的固体有CaH2：_。答案：(1)Zn2HCl=ZnCl2H2可随时控制反应的发生和停止(2)检验氢气的纯度(3)b、c、g、f、d、e、g、f防止Ca3N2和CaH2水解(4)6H2Ca3N23CaH22NH3(5)灼烧固体，若有水珠生成，则含有固体CaH2考点二镁、铝及其化合物真题引领1(2019全国)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、
22、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在95 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。(2)“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3离子，可选用的化学试剂是_。(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3H2OHB(OH)，Ka5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质
23、氧化镁的方法是_。解析：(1)根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3NH4HCO3=(NH4)2CO3；(2)滤渣为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3，可选用的化学试剂为KSCN；(3)由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)转化为H3BO3，并促进H3BO3析出；(4)沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2反应生成Mg(OH)2MgCO3，沉镁过程的
24、离子反应为：2Mg22H2O3CO=Mg(OH)2MgCO32HCO；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。答案：(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)Fe2O3、Al2O3、SiO2KSCN(3)一元弱将B(OH)转化为H3BO3，并促进H3BO3析出(4)2Mg23CO2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO“溶浸”高温焙烧2(2016上海化学)已知NaOHAl(OH)3=NaAl(OH)4。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再
25、过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是()ACO22OH=COH2OBAl2O32OH3H2O=2Al(OH)4C2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2DAl34OH=Al(OH)4解析：D向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，在铝罐表面的氧化膜Al2O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H2，罐壁又重新凸起。可发生A、B、C的反应，故选D。3(2018江苏化学)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到
26、碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2x)Al2(SO4)33xCaCO33xH2O=2(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)33xCaSO43xCO2生成物(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有_。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_(填“增大”、“减小”、“不变”)。(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.330 0 g
27、。取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.100 0 molL1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.080 00 molL1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3、Cu2与EDTA反应的化学计量比均为11)。计算(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。答案：(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率(2)减小(3)25 mL溶液中：n(SO)n(BaSO4)0.010 0 mol,2.5 mL溶液中：n(Al3)n(EDTA)n(Cu2)0.100 0
28、molL125.00 mL103LmL10.080 00 molL120.00 mL103 LmL19.000104 mol,25 mL溶液中：n(Al3)9.000103 mol, 1 mol (1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3)(2x)mol；n(SO)3(1x)mol，x0.414(2018天津理综节选)下图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：(1)MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H除外)：_，Mg在元素周期表中的位置：_，Mg(OH)2的电子式：_。(2)A2B的化学式为_。反应的必备条件是
29、_。上图中可以循环使用的物质有_。解析：(1)MgCl26NH3所含元素的简单离子为Mg2、Cl、N3、H，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H)r(Mg2)r(N3)r(Cl)。Mg在周期表的第三周期A族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1个Mg2和2个OH，所以电子式为：H Mg2 H。(2)根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为2，Si为4，所以化学式为Mg2Si。反应是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应需要的是Mg2Si、NH3和NH
30、4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。答案：(1)r(H)r(Mg2)r(N3)r(Cl)第三周期A族H Mg2 H(2)Mg2Si熔融，电解NH3，NH4Cl知能必备一、重要知识1镁的重要性质写出镁与氮气反应的方程式：_。Mg在CO2中燃烧的方程式：_。Mg3N2与H2O反应的方程式：_。答案：3MgN2Mg3N22MgCO22MgOCMg3N26H2O=3Mg(OH)22NH32海水提镁3铝及其化合物的性质和应用(1)“铝三角”及其应用利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。判断离子共存aAl3与CO、HCO、S2、HS、AlO因发生
31、相互促进的水解反应而不能大量共存。bAlO与H、NH、Al3、Fe3、HCO等不能大量共存。利用滴加顺序不同、现象不同鉴别AlCl3和NaOH或NaAlO2和HCl。(2)Al2O3和Al(OH)3是两性化合物Al2O3和Al(OH)3分别都能溶于强酸或强碱。(3)Al(OH)3的制备可溶性铝盐与过量氨水反应：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH偏铝酸盐中通入过量CO2：AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(4)写出下列反应的离子方程式：Al与NaOH溶液反应：_Al2O3与NaOH溶液反应：_AlCl3溶液与NaHCO3溶液反应：_答案：2Al2OH2H2O=2AlO3H2Al2
32、O32OH=2AlOH2OAl33HCO=Al(OH)33CO2二、易错易混1由MgCl26H2O到无水MgCl2，必须在HCl气流中加热，以防MgCl2水解。2因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应，故工业电解MgCl2得到的镁，应在H2氛围中冷却。3铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝的表面会生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。4铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包括制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化
33、物在高温条件下的置换反应。5引发铝热反应的操作是高考实验考查的常考点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。6Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。7泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。三、知识拓展1碱式氯化镁(MgOHCl)碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。Mg(OH)2NH4ClMgOHClNH3H2O2过氧化钙(CaO2)、CaC2(电石)、CaC2O4(草酸钙)、H2C2O4(草酸)(1)过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，无臭无味，能
34、潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂、供氧剂等。通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。方程式：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O(2)CaC2(电石)：实验室制备乙炔的原料，即CaC22H2OCa(OH)2C2H2。(3)H2C2O4、草酸盐的性质H2C2O4的性质H2C2O4是二元弱酸，有较强的还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色：2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O；H2C2O4不稳定，固体受热易分解：H2C2O4H2OCOCO2。草酸盐的性质a(NH4)2C2O
35、4溶于水，微溶于乙醇，加热分解，由氨水与草酸溶液作用而成。bCaC2O4不溶于水、醋酸，溶于盐酸、稀硝酸；灼烧时转变成碳酸钙或氧化钙。c草酸镁、草酸亚铁等微溶于水，可由对应的可溶性金属盐与草酸铵在水溶液中作用而得，加热分解可得到对应金属氧化物。3铍及其化合物(1)Be铍的化学性质很活泼，与铝相似，能形成致密的表面氧化膜保护层。铍既能和稀酸反应，也能溶于强碱。与盐酸反应：Be2HCl=BeCl2H2与氢氧化钠反应：Be2NaOH=Na2BeO2H2(2)BeO和Be(OH)2BeO2H=Be2H2OBeO2OH=BeOH2OBe(OH)22H=Be22H2OBe(OH)22OH=BeO2H2O4
36、锌及其化合物锌在潮湿的空气中表面生成一层白色致密的碱式碳酸锌(2ZnCO33Zn(OH)2)薄膜，它可阻止锌继续被氧化。(1)Zn与盐酸反应：Zn2H=Zn2H2；与NaOH溶液反应：Zn2OH=ZnOH2。(2)ZnO两性氧化物ZnO2H=Zn2H2O；ZnO2OH=ZnOH2O。(3)Zn(OH)2两性氢氧化物Zn(OH)22H=Zn22H2O；Zn(OH)22OH=ZnO2H2OZn(OH)2ZnOH2O。5硼及其化合物(1)B硼单质有晶体硼和无定形硼两种，晶体硼比较稳定，不与硝酸、烧碱等反应；无定形硼比较活泼，高温下能与N2、O2、S、Cl2等单质反应，如2BN22BN。也能在高温下同
37、金属反应生成金属硼化物。赤热条件下，水蒸气与无定形硼反应生成B(OH)3和H2：2B6H2O(g)2B(OH)33H2。硼不溶于非氧化性酸，但热的浓硫酸或浓硝酸能逐渐把B氧化成H3BO3：2B3H2SO4(浓)2H3BO33SO2，B3HNO3(浓)H3BO33NO2。(2)H3BO3一元弱酸，有极弱的酸性。H3BO3在100 以上易脱水生成偏硼酸(HBO2)，继续升温可进一步失水生成四硼酸(H2B4O7)，更高温度时完全失水生成硼酸酐(B2O3)。(3)NaBH4硼氢化钠碱性溶液呈棕黄色。硼氢化钠中氢元素显1价，硼氢化钠可用作醛类、酮类和酰氯类的还原剂。(4)Na2B4O710H2O(硼砂)
38、将偏硼酸钠溶于水形成较浓溶液，然后通入CO2调节pH，浓缩结晶分离出硼砂：4NaBO2CO210H2O=Na2B4O710H2ONa2CO3。将硼砂溶于水，用硫酸调节pH，可析出溶解度小的硼酸晶体：Na2B4O7H2SO45H2O=4H3BO3Na2SO4。6铬及其重要化合物(1)K2CrO4和K2Cr2O7已知在K2Cr2O7的溶液中存在着如下平衡：Cr2OH2O2CrO2HK2Cr2O7为橙色，K2CrO4为黄色，6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3，该反应的离子方程式是：Cr2O3HSO5H=2Cr33SO4H2O(2)铬的氧化物与氢氧化物Cr2O3两性
39、氧化物Cr2O36H=2Cr33H2O；Cr2O32OH=2CrOH2O。Cr(OH)3两性氢氧化物Cr(OH)33H=Cr33H2O；Cr(OH)3OH=CrO2H2O。题组训练题组1镁及其化合物1将打磨后的镁条放入盛有50 mL蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中pH和溶液浊度随时间的变化如图。下列有关描述正确的是()A该实验是在常温下进行的B实线表示溶液浊度随时间的变化C50 s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降解析：D常温下水的pH为7，而题图中水的pH小于6.50，所以该实验不是在常温下进行的，A项错误；镁与热水反应
40、有氢氧化镁产生，随着反应的进行，溶液的碱性越来越强，因此实线表示溶液pH随时间的变化，B项错误；50 s时溶液pH小于8.00，因此滴入酚酞试液，溶液不会变红，C项错误；150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，D项正确。2(2016浙江理综)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O10MgO3Al2O3(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据_。(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理_。(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理_。解析：(1)Mg5
41、Al3(OH)19(H2O)4的分解反应是吸热反应，反应生成了大量的水蒸气和固体氧化物。吸热能降低环境的温度，固体氧化物能有效隔绝空气，而生成的水蒸气则能稀释空气，降低氧气的浓度，从而阻止燃烧的继续。(2)Al2O3为两性氧化物，而MgO也能与酸反应，故应用碱溶液除去Al2O3，离子方程式为：Al2O32OH=2AlOH2O。(3)NH4Cl水解使溶液呈酸性，能有效溶解MgO，相应的化学方程式为：MgO2NH4ClH2O=MgCl22NH3H2O或NH4ClH2ONH3H2OHCl，MgO2HCl=MgCl2H2O。答案：(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气(2)Al2O
42、32OH=2AlOH2O(3)MgO2NH4ClH2O=MgCl22NH3H2O或NH4ClH2ONH3H2OHCl，MgO2HCl=MgCl2H2O题组2铝及其化合物3将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中，产生1.12 L NO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如下图所示。下列说法不正确的是()A不能求出硝酸的物质的量浓度B氢氧化钠溶液浓度为3 mol/LC可以求出合金中镁的质量D可以求出沉淀的最大质量解析：AA.沉淀达到最大时所得溶液中的溶质是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒能求出硝酸的物质的量浓度，故A错误；B.溶解0.03 mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.
43、03 mol，氢氧化钠溶液浓度为3 mol/L，故B正确；C.从以上分析可以求出合金中镁的质量，故C正确；D.从以上分析可以求出沉淀的最大质量，故D正确。4研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 molL1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如下图所示。下列说法不正确的是()AOC段离子反应方程式为HOH=H2OB溶液中n(NH)0.012 molC溶液中结合OH能力最强的离子是H，最弱的离子是Al3D欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是：过滤、洗
44、涤、干燥、称量解析：C根据题意，加入NaOH溶液，没有产生气体，说明还原产物为NH，溶液中含有的离子是Al3、Fe3、H、NH。向该溶液中加入NaOH溶液，开始没有析出沉淀，因此结合OH的能力由强到弱的顺序是H、Fe3、Al3、NH，然后是Al(OH)3沉淀的溶解。A.根据图像可知在OC段发生的反应为剩余的硝酸与NaOH溶液反应，离子方程式是HOH=H2O，正确；B.根据图可知在DE段反应消耗NaOH溶液的体积是3 mL，根据NHOH=NH3H2O可知：n(NH)n(OH)cV4 mol/L0.003 L0.012 mol，正确；C.根据反应的先后顺序可知结合OH最强的离子是H，最弱的离子是N
45、H，错误；D.欲测定F点沉淀的质量，应该将互不相溶的固体与液体分离，并洗涤，洗去附着在沉淀表面的杂质离子，然后干燥再称重，故实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量，正确。题组3拓展应用5铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程：已知：.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似.常温下：KspCu(OH)22.21020KspFe(OH)34.01038KspMn(OH)22.11013(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_(填化学式)。写出反应中含铍化合物与过
46、量盐酸反应的离子方程式：_。(2)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理的步骤并排序：_(填序号)。a加入过量的NaOHB通入过量的CO2c加入过量的氨水 D加入适量的HCle过滤 f洗涤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_。若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是_(任写一条)。(4)溶液D中c(Cu2)2.2 molL1、c(Fe3)0.008 molL1、c(Mn2)0.01 molL1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离3种离子，首先沉淀的是_(填离子符号)
47、，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_。(5)取铍铜元件1 000 g，最终获得Be的质量为81 g，则产率是_。答案：(1)Na2SiO3、Na2BeO2BeO4H=Be22H2O(2)cefd蒸发结晶，并向溶液中持续通入氯化氢气体(3)MnO2CuS2H2SO4=SMnSO4CuSO42H2O产生污染环境的气体(合理即可)(4)Fe34(5)90%考点三铁及其化合物真题引领1(2018全国卷)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是()A合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利
48、用B从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC“沉淀”反应的金属离子为Fe3D上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠解析：D废旧电池中含有的金属、电解质溶液会对水体和土壤等造成污染，处理废旧电池有利于资源再利用，同时能够降低环境污染，保护环境，A项正确；从流程图看出，正极材料涉及了铝、铁、锂等金属，B项正确；因流程中加入的有HNO3，故在含Li、P、Fe等滤液中加碱液，发生“沉淀”反应的金属离子为Fe3，C项正确；因为锂及其化合物的性质与镁相似，由硫酸镁易溶于水推知，硫酸锂易溶于水，由碳酸镁微溶于水推知，碳酸锂微溶于水，所以不能用硫酸钠代替碳酸钠，D项错误。2(2016全国卷)某班同学用如下实
49、验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL1KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合
50、。分别取 2 mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_。解析：(1)Fe2具有很强的还原性，易被空气中的O2氧化为Fe3，在FeCl2溶液中加入少量铁屑，可防止Fe2被氧化。(2)Fe2被氧化为Fe3，Cl2被还原为Cl，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(3)O2难溶于煤油，加入煤油能隔绝
51、空气，排除O2对实验的影响。(4)KI溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为2I2Fe3=I22Fe2。K3Fe(CN)6是检验Fe2的试剂。实验溶液变红，说明溶液中仍存在Fe3，由此可说明该氧化还原反应为可逆反应。答案：(1)防止Fe2被氧化 (2)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应知能必备一、重要知识1重要的“铁三角”写出下列反应的离子方程式：(1)稀HNO3与铁反应铁粉过量：_。铁粉不足：_。(2)在酸性条件下往FeCl2溶液中滴加H2O2：_(3)FeCl3溶液腐蚀电路板：_(4)往FeCl3溶液中通入SO2气体：_答案：(1
52、)Fe4HNO=Fe3NO2H2O3Fe8H2NO=3Fe22NO4H2O(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(3)Cu2Fe3=2Fe2Cu2(4)2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H2FeO、Fe3O4、Fe2O3与HI和稀HNO3反应FeOFe3O4Fe2O3HIFeO2H=Fe2H2OFe3O48H2I=3Fe2I24H2OFe2O36H2I=2Fe2I23H2OHNO33FeO10HNO=3Fe3NO5H2O3Fe3O428HNO=9Fe3NO14H2OFe2O36H=2Fe33H2O3.Fe(OH)2的制备制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须
53、提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时溶液的颜色变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。4铁盐和亚铁盐(1)铁盐(FeCl3)氯化铁属于共价化合物，常见的存在形式为FeCl36H2O。300 以上可升华，其蒸气中存在二聚物(Fe2Cl6)。FeCl3易水解，使溶液显酸性，向其溶液中加酸可抑制其水解。FeCl3水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，可用作净水剂(混凝剂)。(2)亚铁盐(FeSO4)还原性：酸性条件下，易被氧化，如4Fe2O24H=4Fe32H2O,5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。FeSO4在高温条件下分解2FeSO4
54、Fe2O3SO2SO3(3)Fe2、Fe3检验二、易错易混(1)Fe与纯O2、H2O(g)反应的产物是Fe3O4而不是Fe2O3。(2)Fe与Cl2反应，不论Cl2是否过量，产物均是FeCl3；Fe与S反应时，不论S是否过量均生成FeS。(3)配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。(4)Fe3必须在酸性条件下才能大量存在，当pH7时，Fe3几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。(5)除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，消耗H，提高pH，使Fe3水解生成沉淀过滤除去。(6)常温下，将
55、铁片浸入足量浓硫酸、浓硝酸中铁片不溶解，则常温下，铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化化学反应。三、知识拓展1高铁酸钾(K2FeO4)K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。(1)K2FeO4与水反应的离子方程式：4FeO10H2O4Fe(OH)38OH3O2。(2)用K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质。K2FeO4处理含有NH3的污水时与NH3反应的离子方程式：2FeO2NH32H2O=2Fe(OH)3(胶体)N24OH。(3)Na2FeO4的制备.干
56、法制备的反应原理：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2.湿法制备的工艺流程如下：制备Na2FeO4的方程式：2FeCl33NaClO10NaOH=2Na2FeO49NaCl5H2O2绿矾(FeSO47H2O)绿矾(FeSO47H2O)是一种良好的还原剂，也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。3钴(Co)、镍(Ni)及其化合物(1)钴、镍及其氧化物常温下，钴、镍在空气中能稳定存在，加热条件下可生成CoO、NiO。CoO溶于酸和强碱溶液，不溶于水、乙醇、氨水，在空气中焙烧至390890 时生成四氧化三钴。NiO溶于酸和氨水，不溶于水。(2)氢氧化物：Co、
57、Ni在化合物中的价态与铁类似，主要为2价和3价，其中3价表现为氧化性。如Co(OH)3、Ni(OH)3，在Na2SO3溶液中被还原：2Co(OH)3SO4H=2Co2SO5H2O；2Co(OH)36HCl=2CoCl2Cl26H2O2Ni(OH)36HCl=2NiCl2Cl26H2O2Ni(OH)3SO4H=2Ni2SO5H2O。(3)氯化物：Co2、Ni2在酸性溶液中主要表现为还原性。如Co2、Ni2能被酸性KMnO4溶液氧化：5Co2MnO8H=Mn25Co34H2O；5Ni2MnO8H=Mn25Ni34H2O。题组训练题组1铁及其化合物的性质1纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增
58、强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是()A在反应中，的作用可能是促进氯化铁水解B直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4C反应的化学方程式是6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2D纳米四氧化三铁形成的分散系，有可能产生丁达尔效应解析：BA.因反应环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，A正确；B.直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，B错误； C由制备过程图可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOHCO=2Fe3O43
59、H2OCO2，C正确；D.纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象， D正确。2用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是()实验现象解释或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积水溶液颜色变浅c(Fe3)变小C加入足量Fe粉溶液颜色变浅绿色2Fe3Fe=3Fe2D将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应H0解析：AA.加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe(OH)3浓度变大，但溶液浓度越大，水解程度越小，故A错误；B.溶液颜色变浅，可说明c(Fe3)变小，故B正确；C.Fe3具有强氧化性，可与F
60、e发生氧化还原反应，发生：2Fe3Fe=3Fe2，溶液颜色变浅绿色，故C正确；D.将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，故D正确。题组2Fe2、Fe3的检验3已知以下物质有如图所示的转化关系：试回答：(1)写出各物质的化学式：A_，B_，C_，D_。(2)向G溶液中滴加KSCN溶液的实验现象是_。(3)向G溶液中加入A的有关反应的离子方程式为_。(4)检验B溶液中所含金属阳离子的操作是_。解析：F为红褐色沉淀，可确定F是Fe(OH)3，则易推出G为FeCl3，E为Fe(OH)2。又由白色沉淀H不溶于稀硝酸，且是由D溶液与AgNO3反应生成可知，H
61、为AgCl，再由焰色反应，共同确定D溶液是KCl溶液。因为“BCFe(OH)2KCl”且FeCl3可以转化为B，可以确定B为FeCl2，C为KOH；FeCl3溶液与A反应生成FeCl2溶液，则A为Fe。答案：(1)FeFeCl2KOHKCl(2)溶液变红色(3)2Fe3Fe=3Fe2(4)取少许B溶液于试管中，加入KSCN溶液，溶液不变红，然后加入氯水或过氧化氢，溶液变红，证明B溶液中含Fe2(合理答案均可)题组3拓展应用4聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂，以废铁屑为原料制备PFS的具体工艺流程如下：下列说法不正确的是()A步骤，粉碎的目的是为了增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速
62、率B步骤，加稀硫酸调节pH在一定的范围内，让Fe3部分水解形成碱式盐C步骤，减压蒸发，有利于降低水的沸点防止产物分解D步骤，可以选择双氧水、氯气等氧化剂将Fe2转化成Fe3解析：DA.接触面积越大，反应速率越快，故A正确；B.聚合硫酸铁属于碱式盐。B.步骤，调节pH在一定的范围内，可以控制水解程度，让Fe3部分水解形成碱式盐，故B正确；C.减压蒸发，有利于降低水的沸点，防止聚合硫酸铁分解，故C正确；D.氯气做氧化剂，引入新杂质氯离子，不能用氯气氧化Fe2，故D错误。5以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料，制取氧化钴的流程如下： (1)溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，洗液与
63、滤液合并，其目的是_。(2)氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2氧化成Fe3，其离子方程式是_。已知：铁氰化钾化学式为K3Fe(CN)6；亚铁氰化钾化学式为K4Fe(CN)63H2O。3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)4Fe33Fe(CN)64=Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)确定Fe2是否氧化完全的方法是_(可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)。(3)除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，写出该反应的化学方程式：_。(4)沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴(CoCO3)23Co(
64、OH)2，沉淀需洗涤，洗涤的操作是_。(5)溶解：CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是_。(6)灼烧：准确称取CoC2O4 1.470 g，在空气中充分灼烧得0.830 g氧化钴，写出氧化钴的化学式：_。解析：(1)溶解后过滤，将滤渣洗涤23次，洗液与滤液合并，有利于提高原料中钴元素的利用率，便于提高氧化钴的产率。(2)根据氧化还原反应的一般规律，NaClO3将Fe2氧化成Fe3的同时，本身被还原为氯离子；根据题示信息，溶液中存在Fe2时，加入铁氰化钾会生成蓝色沉淀，因此取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若
65、无蓝色沉淀生成，则Fe2已全部被氧化。(3)根据氧化后的溶液中存在Fe2(SO4)3，除铁时加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，同时应该生成二氧化碳气体，结合质量守恒定律，还有硫酸钠生成，因为产物中含氢元素，反应物中需有水参加反应。(4)根据洗涤沉淀的一般方法，洗涤的操作是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出，重复操作23次。(5)CoCl2的溶解度受温度的影响较大，趁热过滤的原因是防止温度降低后CoCl2晶体析出。(6)1.470 g CoC2O4中含有Co的质量1.470 g0.59 g,0.830 g氧化钴中含有O的质量0.830
66、 g0.59 g0.24 g，因此氧化钴的化学式为Co2O3。答案：(1)提高钴元素的利用率(2)6Fe26HClO6Fe3Cl3H2O取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2已全部被氧化(3)3Fe2(SO4)36H2O6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)125Na2SO46CO2(4)沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出，重复操作23次(5)防止因温度降低CoCl2晶体析出(6)Co2O3考点四铜及其化合物真题引领1(2017浙江自选)为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：(1)X的化学式是
67、_。(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是_。(3)加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式_。解析：解答本题的思路：先根据现象确定X的组成元素，再根据数据计算组成元素的原子个数比。隔绝空气分解得到能使带火星木条复燃的气体，说明有氧元素，固体甲与硫酸反应得到的蓝色溶液中含有Cu2，紫红色固体乙为Cu，得出固体甲即为Cu2O，从而确定X由Cu和O组成，Cu2O为0.02 mol，Cu为0.04 mol，X中O为0.04 mol，所以X为CuO。加热条件下氨气被CuO氧化成一种气体单质为N2，CuO被还原成Cu单质，根据升降守恒、原子守恒配平方程式2NH33CuON23H2
68、O3Cu。答案：(1)CuO(2)Cu2O2H=CuCu2H2O(3)2NH33CuON23H2O3Cu2(2018海南化学)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_(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是_。(3)溶液中Cu2的浓度可采用碘量法测得：2Cu25I=2CuIII2S2O=S4O3I反应中的氧化剂为_。现取20.00 mL含Cu2的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.100 0 molL1的Na2
69、S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2的浓度为_molL1。解析：(1)H2O2在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，方程式为CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O；(2)FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，铁离子把铜氧化成铜离子，Cu2Fe3=Cu22Fe2，由于Fe3易水解，为防止水解，FeCl3溶液应保持酸性。(3)依据关系式：2S2OI2Cu201 molL125 mLx20 mL01 molL125 mLx20 mLx0.125 molL1答案：(1)CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O(2)Cu2Fe3=Cu22Fe2酸性防止Fe
70、3水解生成Fe(OH)3(3)Cu20.125 0知能必备一、重要知识1铜的性质写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：_。_。Cu答案：2CuO2CO2H2O=Cu2(OH)2CO32CuSCu2SCu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2OCu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O2铜的重要化合物写出下列反应的方程式：碱式碳酸铜受热分解：_。乙醛与新制Cu(OH)2反应：_。答案：Cu2(OH)2CO32CuOH2OCO2CH3COCOONaCu2O3H2O3金属的冶炼K Ca Na Mg AlZn Fe Sn Pb
71、(H) CuHg AgPt Au电解法热还原法加热分解法物理方法二、易错易混1铜是紫红色金属，它在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是生成铜绿Cu2(OH)2CO3。2受热分解：Cu(OH)2(蓝色)CuO(黑色)Cu2O(砖红色)Cu(紫红色)。从左到右，分解所需温度越来越高，Cu(OH)2在常温下就能缓慢分解，而CuO需要在高温下才能分解。3冶炼铜的方法：热还原法；湿法炼铜；电解精炼铜。4重金属离子可使蛋白质变性，因此，可溶性铜盐均有毒。另一方面，可溶性铜盐可作为消毒杀菌剂，如用于配制波尔多液等。5Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO
72、4，Cu继续溶解。6Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。三 、知识拓展1氯化亚铜(CuCl)氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料，防腐等工业，CuCl是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇。实验室可用氯化铜溶液、铜粉、浓盐酸反应制备CuCl。反应的化学方程式：CuCl2Cu2HCl2HCuCl2(无色)2CuCl(白色)2HCl。CuCl在潮湿的环境中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，反应的化学方程式是：4CuClO24H2O=2Cu2(OH)3Cl2HCl。2钛及其重要化合物(1)钛(Ti)：钛的一个重要特性是强烈吸收O2、N2
73、、H2等气体，常被用于真空技术和炼钢工业，也是当今最好的白色颜料，常温时与酸不反应，但可与HF反应，也可与热的浓盐酸反应：Ti6HF=H2TiF62H2；2Ti6HCl(浓)=2TiCl33H2。(2)二氧化钛(TiO2)TiO2不溶于水、不溶于酸，可溶解在HF溶液及热的浓硫酸、浓盐酸和浓硝酸中。反应的化学方程式：TiO26HF=H2TiF62H2O；TiO2H2SO4(浓)TiOSO4H2O；TiO2在高温下能被H2和一些活泼金属，如K、Na、Ca、Mg、Al等还原；制取TiO2在有还原剂C存在的条件下，加热至8001000 时，可被Cl2氧化成TiCl4，TiO22C2Cl2TiCl42C
74、O；TiCl4易水解：TiCl42H2O=TiO24HCl(暴露在空气中冒白烟)。3钒及其重要化合物V2O5：有较强的氧化性，能溶于酸和碱：V2O56NaOH=2Na3VO43H2O；V2O5H2SO4=(VO2)2SO4H2O；V2O56HCl(浓)=2VOCl2Cl23H2O。VO2与VO：VO是一种较强的氧化剂：VOFe22H=VO2Fe3H2O；2VOH2C2O42H=2VO22CO22H2O。偏钒酸盐NaVO3、NH4VO32NH4VO3V2O52NH3H2O。4银及其化合物(1)银银为不活泼金属。常温下不与O2反应，但在纯氧中高温加热可生成Ag2O。4AgO22Ag2O。常温下，银
75、制品久置变黑原理：4Ag2H2SO2=2Ag2S2H2O。Ag与硝酸反应：Ag2HNO3(浓)=AgNO3H2ONO2；3Ag4HNO3(稀)=3AgNO32H2ONO。(2)Ag2O与AgOH均不稳定，2Ag2O4AgO2；2AgOH=Ag2OH2O(常温下)。Ag2O能和某些有毒气体反应，因此常用于防毒面具中：2Ag2O2Cl2=4AgClO2，Ag2OCO=2AgCO2。Ag2O可溶解在H2O2溶液中：Ag2OH2O2=2AgO2H2O。Ag2O也可溶解在氨水中形成银氨溶液：Ag2O4NH3H2O=2Ag(NH3)2OH3H2O。(3)AgNO3与Ag(NH3)2OHAgNO3用于卤素离
76、子、S2、CO等的检验，生成沉淀；不稳定，见光易分解，2AgNO32AgO22NO2。Ag(NH3)2OH可与含醛基的物质在一定条件下发生银镜反应。题组训练题组1铜及其化合物1碱式氯化铜CuaClb(OH)cxH2O是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3对该反应有催化作用，其催化原理如下图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法正确的是()Aa、b、c之间的关系式为：abcB图中M、N分别为Fe2、Fe3C步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3D若制备1
77、 mol的CuCl2，理论上消耗11.2 L O2解析：CA.根据化合物中正负化合价的代数和等于0，可知：2abc，A错误；B.根据框图可知，铜与三价铁离子反应生成二价铁离子和铜离子，可知M是Fe3，N是Fe2，B错误；C.Fe3水解使溶液显酸性，CuO与H反应产生Cu2和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3形成Fe(OH)3沉淀而除去，从而达到除去Fe3的目的，C正确；D.制备1 mol的CuCl2，转移2 mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5 mol O2，由于不清楚氧气所处的条件，所以不能确定气体的体积，D错误。2铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：(1)Cu不活泼，通常情况下不
78、与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式：_。(2)将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式：_。(3)火法炼铜的原理：Cu2SO22CuSO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移_ mol e。(4)据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS22H2SO417O2=4CuSO42Fe2(SO4)32H2O。利用反应后的溶液，按如图流程可制备胆矾(CuSO45H2O)：检验溶液B中
79、Fe3是否被除尽的实验方法：_。在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一个方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式：方案一：_；方案二：_。解析：(1)加入H2O2，相当于加入了较强氧化剂，从而使反应发生。(2)Cu2、CO水解互相促进，生成CO2，配平即可。(3)由反应可知生成1 mol Cu，有0.5 mol 2价的S生成4价的S，反应转移3 mol e。(4)从CuSO4溶液中得到铜可以用置换反应，也可用电解法进行。答案：(1)CuH2O22H=Cu22H2O(2)2Cu22COH2O=Cu2(OH)2CO3CO2(3)3(4)加入KSCN溶液若
80、变红证明含有Fe3，若不变红证明不含Fe3CuSO4Fe=FeSO4Cu2CuSO42H2O2CuO22H2SO4题组2拓展应用3某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：已知：“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离产生SO和一种阳离子；常温下，KspAl(OH)31.01034，KspFe(OH)34.01038，KspMg(OH)21.01011。请回答下列问题：(1)“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为_。(2)“反应”时加入铁粉的作用为_。(3)“结晶”需
81、控制在70 左右，温度过高会导致的后果为_。(4)“水解”反应的离子方程式为_。所得TiO2xH2O沉淀进行酸洗的目的为_。(5)为使滤渣2沉淀完全(溶液中离子浓度小于105 molL1)。需“调pH”最小为_。(6)实验室用MgCl2溶液制备MgCl26H2O，需进行的操作为_、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(7)FeSO47H2O样品纯度的测定：取a g样品溶于水配成b mL溶液；用酸化的c molL1 KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液的体积为d mL，样品中FeSO47H2O的质量分数为_(用代数式表示)。解析：(1)信息：“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质T
82、iOSO4在溶液中仅能电离产生SO和一种阳离子，该阳离子为TiO2；粉煤灰加入H2SO4酸浸时，TiO2转变为TiO2，结合守恒规律写出离子方程式：TiO22H=TiO2H2O。(2)“酸浸”所得溶液中含有Al3、Fe2、Fe3、Mg2、TiO2等，由流程图可知，“反应”时加入铁粉，经“结晶”得到FeSO47H2O晶体，故铁粉的作用是将Fe3还原为Fe2。(3)“结晶”后滤液1发生水解得到TiO2xH2O，若温度过高，导致TiOSO4提前水解生成TiO2xH2O，使FeSO47H2O晶体中混有TiO2xH2O，并且TiO2xH2O的产率降低。(4)“水解”时TiO2转化变TiO2xH2O，结合
83、原子守恒和电荷守恒写出离子方程式：TiO2(x1)H2O=TiO2xH2O2H。“水解”时得到TiO2xH2O，固体表面吸附SO、Fe2等，故“酸洗”的目的是洗去附着的FeSO4，防止FeSO4水解。(5)滤液2中含有Al3、Mg2，由流程图可知，“调pH”后所得滤液3经一系列操作得到MgCl26H2O，则滤渣2的主要成分是Al(OH)3，此时Mg2不产生沉淀。KspAl(OH)3c(Al3)c3(OH)1.01034，滤渣2Al(OH)3沉淀完全，溶液中离子浓度小于105 molL1，则有c3(OH)1.01029，c(OH)31010 molL1，从而可得c(H) molL1105 mol
84、L1，故溶液的pHlg c(H)54.3。(6)MgCl2的溶解度受温度影响较大，且易发生水解反应，故用MgCl2溶液制备MgCl26H2O时，要加入HCl抑制其水解。(7)用c molL1 KMnO4标准溶液滴定FeSO4溶液时，Fe2被氧化成Fe3，MnO则被还原为Mn2，据得失电子守恒可得关系：5(FeSO47H2O)KMnO4，则有n(FeSO47H2O)5c molL1d103 L5cd103 mol，m(FeSO47H2O)5cd103 mol278 gmol11.39cd g，故样品中FeSO47H2O的质量分数为100%100%。答案：(1)TiO22H=TiO2H2O(2)将
85、Fe3还原为Fe2(3)导致TiO2提前水解使FeSO47H2O混有TiO2xH2O，并使TiO2xH2O产率降低(4)TiO2(x1)H2O=TiO2xH2O2H洗去附着的FeSO4，防止FeSO4水解(5)4.3(6)在不断通入HCl的条件下蒸发浓缩(7)100%4五氧化二钒是硫酸工业中的重要催化剂，科研小组从废钒催化剂(含有V2O5、SiO2、Na2O、Fe2O3、Al2O3)中提取V2O5，设计工艺流程如下：已知：.滤液1中含有VO、VO2；.NH4VO3的溶解度：25 、0.4 gL1；70 、63 gL1。回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为_(填化学式)。“氧化”反应的离子方程
86、式为_。(2)常温下，KspAl(OH)31.31033 molL1。滤液2中c(Al3)不高于_。(3)“沉钒”温度不能过高，原因为_。(4)“重结晶”的目的为_。(5)滤渣3需进行洗涤，证明滤渣3洗涤干净的方法为_。(6)工业上常用浓H2SO4吸收“煅烧”生成的气体，产物为_(填化学式)。(7)钒电池因容量大、寿命长等优点应用领域十分广阔，其工作原理为VO2V3H2OVOV22H。则放电时，正极的电极反应式为_。解析：(1)Fe2O3不溶于碱，故滤渣1的主要成分为Fe2O3。由信息和流程中物质的转化关系知，“氧化”是在碱性条件下，KClO3将VO2氧化为VO，反应的离子方程式为6VO2Cl
87、O18OH=6VOCl9H2O。(2)调pH为7.08.0后，滤液2中c(Al3)不高于1.31012 molL1。(3)用NH4Cl沉钒时，温度过高，会导致NH4Cl分解。(4)由信息，“重结晶”的目的为提纯NH4VO3或除硅元素。(5)滤渣3粘附Cl、Na、K、NH等，故证明滤渣3洗涤干净的方法为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，无明显现象，证明滤渣3洗净。(6)“煅烧”生成的气体为NH3，工业上常用浓硫酸吸收，产物为(NH4)2SO4或NH4HSO4。(7)由总反应式知，放电时，正极的电极反应式为VO2He=VO2H2O。答案：(1)Fe2O36VO2ClO18OH
88、=6VOCl9H2O(2)1.31012 molL1(3)防止NH4Cl分解(4)提纯NH4VO3(或除硅元素)(5)取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，无明显现象，证明滤渣3洗净(6)(NH4)2SO4(或NH4HSO4)(7)VO2He=VO2H2O1将一定质量的钠、钾分别投入盛有相同浓度和体积的盐酸的两个烧杯中，产生的气体的质量随时间变化曲线如图所示，则下列说法正确的是()A投入的Na、K的质量一定相等B投入的Na的质量大于K的质量C曲线A表示Na与盐酸反应，曲线B表示K与盐酸反应D该实验能证明K的金属性比Na的强解析：D最终生成氢气的质量相等，则参加反应的两种金属的
89、物质的量相同，钾的摩尔质量大于钠，所以需要钾的质量大，故A、B错误；钾的金属性比钠强，所以K与氢离子反应剧烈、速率大，故生成等质量氢气所需时间短，则曲线A表示钾与盐酸反应，故C错误，D正确。2部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是()A滤液A中的阳离子为Fe2、Fe3、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV896解析：B生成的滤渣是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含Fe3，故A错误，3.2 g固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2 g160 gmol10.02 mol，铁元素物质的量
90、为0.02 mol20.04 mol，质量为0.04 mol56 gmol12.24 g，故B正确；原来固体为5.76 g，所以CuO质量不超过5.76 g2.24 g3.52 g，故C错误；根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含氢离子0.08 mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H和合金中的氧结合成水，由于合金中氧的物质的量为(5.763.22.24)g16 gmol10.02 mol，它结合氢离子0.04 mol，所以硫酸中有0.08 mol0.04 mol0.04 mol H转化成氢气，即生
91、成0.02 mol氢气，标准状况下体积为448 mL，故D错误。3(2018江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ANaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)CAgNO3(aq)Ag(NH3)2(aq)Ag(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)解析：AA项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二
92、步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖分子中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现。4下列关于FeSO4溶液叙述正确的是()A向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，最终生成白色沉淀B该溶液中，H、K、Ba2、SCN可以大量共存C为防止FeSO4溶液被氧化，可向其中加入铁钉D为防止FeSO4溶液水解，可向其中加入稀盐酸或稀硫酸解析：C向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀会迅速被氧化，最终得到红褐色沉淀，A项错误；Ba2和SO生成白色
93、沉淀，B项错误；铁钉能与溶液中的Fe3反应生成Fe2，C项正确；为防止FeSO4溶液水解，可向其中加入稀硫酸，加入稀盐酸会污染试剂，D项错误。5A、B、C、D、E、F之间的转化关系如下图所示。已知：C、D、E含有同种元素，且均为既可与强酸又可与强碱反应的物质，它们与稀盐酸反应都可以得到A，B可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法不正确的是()AF为仅含有非金属元素的盐BA的水溶液的pH7C转化关系图中有两个氧化还原反应D反应是工业制备E的主要方法解析：C由C、D、E含有同种元素，且均为既可与强酸又可与强碱反应的物质，结合反应条件知，C、D、E分别为Al(OH)3、Al2O3、Al，A为AlCl3
94、，B为氨水，F为NH4Cl，A项正确；AlCl3的水溶液由于水解显酸性，B项正确；转化关系图中只有反应为氧化还原反应，C项错误；D项正确。6CuCl广泛用于化工和印染等行业。由CuCl22H2O制备CuCl的流程如下：CuCl22H2OCuCl2CuClCl2下列关于其制备过程的说法不正确的是()A过程中，CuCl22H2O晶体受热分解要求在HCl氛围中的目的是防止其水解B过程中，若通入的HCl不足，则产物中可能存在CuOC过程中，每生成1 mol CuCl，则转移电子2 molD若测得产品中含有杂质CuCl2，则可能的原因是过程中控制温度偏低解析：C在HCl氛围中加热CuCl22H2O晶体的
95、目的是防止其水解，A项正确；若通入HCl不足，则CuCl2水解得到Cu(OH)2，其受热分解得到CuO，B项正确；反应方程式为2CuCl22CuClCl2，每生成2 mol CuCl，对应电子转移为2 mol，C项错误；若测得产品中含有杂质CuCl2，则可能的原因是过程中控制温度偏低或加热时间过短，D项正确。7Ca3N2是重要的化学试剂，容易潮解、被氧化，实验室用N2和金属钙制备Ca3N2的装置如图所示(钙能在CO2中燃烧)。下列说法正确的是()ACa3N2潮解的化学方程式为Ca3N23H2O=3CaO2NH3B、中可分别盛装CaCl2和浓硫酸C实验开始时，应先点燃处酒精灯再通空气D、的作用相
96、同解析：C由信息可知，Ca3N2潮解时与水反应生成Ca(OH)2和NH3，化学方程式为Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3，A项错误；的作用是除去空气中的CO2和水蒸气，应盛放碱石灰，B项错误；实验开始时，先点燃处酒精灯再通空气可充分除去空气中的氧气，避免氧气与钙反应，C项正确；的作用是阻止外界空气进入，与的作用不同，D项错误。8甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列各组物质中，不满足图示转化关系的是()甲乙丙戊NH3O2NOH2OFeH2OH2Fe3O4Al2O3HaOH溶液NaAlO2溶液过量CO2Na2O2CO2O2NaA.BC D解析：
97、A4NH35O24NO6H2O，一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；4Fe2H2O(g)Fe3O42H2,3H2Fe2O32Fe3H2O，所以能实现转化，故正确；Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3，所以不能实现转化，故错误；2Na2O2CO2=2Na2CO3O2,2NaO2Na2O2，所以能实现转化，故正确。9用海水制盐工业中的母液来生产金属镁的一种工艺流程如下：下列说法错误的是()A设计步骤、的主要目的是富集MgCl2B脱水时在HCl气氛中进行可防止MgCl2发生水解C电解得到的炽热镁粉可在二氧化碳气氛中冷却D上述工艺
98、流程中未涉及置换反应解析：C生石灰与水发生化合反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与母液中的Mg2反应生成Mg(OH)2沉淀，过滤分离出的Mg(OH)2与盐酸发生复分解反应生成MgCl2，MgCl2溶液在HCl气流中蒸发结晶得到MgCl2固体，最后电解熔融的MgCl2固体得到单质Mg。由于母液中的Mg2浓度太小，故步骤、的主要目的是富集MgCl2，A正确；在HCl气流中蒸发MgCl2溶液，可抑制Mg2水解得到纯净的MgCl2固体，B正确；Mg可与二氧化碳气体发生反应，C错误；根据上述分析，在整个流程中涉及化合反应、复分解反应、分解反应，不涉及置换反应，D正确。10实验室采用HCl气体“置换”除水、升华相
99、结合的方法从市售的氯化锌中制备高纯度的无水氯化锌，装置如图所示市售氯化锌含Zn(OH)Cl。下列说法中不正确的是()A恒压漏斗的作用是平衡气体压强B管式炉采取的升温方式是阶段式升温C实验时，应先撤去管式炉，再撤去管式炉D在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置解析：C恒压漏斗中的橡胶管连通了漏斗和三颈烧瓶，使上下装置中的压强一致，能使漏斗中的液体顺利流下，A正确；制备高纯度无水氯化锌的反应为Zn(OH)ClHCl=ZnCl2H2O，制备过程要先发生反应，然后蒸发除水，最后升华提纯ZnCl2，每步所需要的温度不同，故升温方式是阶段式升温，B正确；升华提纯ZnCl2时，要撤去管式炉，停止加热，让ZnCl
100、2凝华，管式炉这时不能撤去，C错误；尾气吸收装置中的水不能进入管式炉，否则会使无水氯化锌发生水解，故应在尾气吸收装置前增加一个干燥装置，D正确。11在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中不存在此类情况的是()A氢气与过量的碘蒸气反应(500)B铝片与过量浓硝酸反应(常温)C铜粉与过量浓硝酸反应(常温)D浓硫酸与过量铜片反应(共热)解析：C氢气与碘的反应是可逆反应，两种物质都不能完全反应，A项不符合；常温下，铝片在浓硝酸中能钝化，B项不符合；铜粉在过量的浓硝酸中能完全反应，C项符合；铜片只能与浓硫酸在加热时反应，故两者都不能完全反应，D项不符合。12用
101、Al2O3和MgO的混合物制备纳米氢氧化铝的流程如下，下列说法正确的是()A操作用到的玻璃仪器：酒精灯、漏斗、玻璃棒、烧杯B滤液中的主要成分为NaHCO3C工业上常用电解熔融滤渣的方法冶炼金属镁D用一束光照射纳米氢氧化铝时有丁达尔效应解析：B过滤不需要酒精灯，A项错误；通入过量CO2，发生反应AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，B项正确；工业上常用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁，C项错误；纳米氢氧化铝的颗粒大小介于纳米范围，并不是胶体，D项错误。13LiCuO二次电池的比能量高、工作温度宽，性能优异，广泛应用于军事和空间领域。(1)LiCuO电池中，金属锂做_极。(2)比能量是指消
102、耗单位质量的电极所释放的电量，用来衡量电池的优劣，比较Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小：_。(3)通过如下过程制备CuOCu过程，H2O2的作用是_。过程产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是_。过程，将CuSO4溶液加到Na2CO3溶液中，研究二者不同物质的量之比与产品纯度的关系(用测定铜元素的百分含量来表征产品的纯度)，结果如下：已知：Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%。二者比值为10.8时，产品中可能含有的杂质是_，产生该杂质的原因是_。过程反应的化学方程式是_。(4)LiCuO二次电池以含Li的有机溶液为电解质溶液，其工作原理示意图如图2，放电时，正极的电
103、极反应式是_。解析：(1)LiCuO电池中，Li失去电子，金属锂做负极；(2)比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，设质量均为m，则3，则Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小为LiAlNa；(3)Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2的作用是氧化剂，过程产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是2Cu22COH2O=Cu2(OH)2CO3CO2，Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%，二者比值为10.8时，Cu元素的百分含量大于57.1%，可能不含C，则产品中可能含有的杂质是Cu(OH)2，因当Na2CO3用量减少时，c(CO)变小，CO水解程度变大，增加，
104、c(OH)对产物的影响增大，过程反应的化学方程式是Cu2(OH)2CO32CuOCO2H2O；(4)由Li的移动方向可知，CuO为正极，发生还原反应，则正极反应为CuO2e2Li=CuLi2O。答案：(1)负(2)LiAlNa(3)氧化剂2Cu22COH2O=Cu2(OH)2CO3CO2Cu(OH)2当Na2CO3用量减少时，c(CO)变小，CO水解程度变大，增加，c(OH)对产物的影响增大Cu2(OH)2CO32CuOCO2H2O(4)CuO2e2Li=CuLi2O14工业废弃铬渣对人体以及环境危害极大，铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3；某工厂从铬渣中提取硫酸钠的工艺如图甲。甲已知
105、：.常温下Fe3、Cr3完全沉淀(c1.0105 molL1)时的pH分别为3.6和5；.Cr2O的还原产物为Cr3。(1)步骤调节pH3.6的目的为_，“微热”的作用为_。(2)Na2SO4和Na2Cr2O7的溶解度随温度变化曲线如图乙，操作B的方法为_(填序号)。A蒸发结晶，趁热过滤B蒸发浓缩，降温结晶，过滤乙(3)步骤中酸C不能选择硝酸的理由为酸化、还原过程中发生反应的离子方程式为_，若将该反应设计为原电池(惰性电极)，则负极的电极反应式为_。(4)Cr(OH)3的溶度积常数KspCr(OH)3_。(5)为了测定步骤的滤液中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：.取100 mL滤液；.用
106、c molL1的标准KMnO4溶液(酸性)滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；.取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。则步骤的滤液中Na2Cr2O7的浓度为_molL1。解析：(1)由信息可知，pH3.6时，Fe3已完全沉淀；微热可以使反应速率增大，促进Fe3水解形成Fe(OH)3而易于除去。(2)通过操作B需要将Na2SO4、Na2Cr2O7混合溶液中的Na2SO4提取出来，再由溶解度曲线可知蒸发结晶后必须趁热过滤，否则产品中会混有Na2Cr2O7杂质。(3)HNO3具有氧化性，且NO存在于溶液中会引入新的杂质，
107、所以步骤中选择稀硫酸。酸化、还原过程中SO可将Cr2O还原为Cr3，再通过调节pH将Cr3除去，由得失电子守恒可知3n(SO)n(Cr2O)，再由酸性介质、电荷守恒、质量守恒等条件配平可得3SOCr2O8H=2Cr33SO4H2O。原电池的负极发生的是失去电子的氧化反应，即SO在酸性条件下发生氧化反应生成SO：SO2eH2O=SO2H。(4)pH5时，c(OH)109molL1，由信息可知KspCr(OH)31.0105(109)31.01032。(5)由题意知，KMnO4和Na2Cr2O7分别是两个反应中的氧化剂，FeSO4作还原剂，由得失电子守恒可知：n(FeSO4)5n(KMnO4)，即c(FeSO4)b mL5c molL1b mL，所以c(FeSO4)5c molL1，再由n(FeSO4)6n(Na2Cr2O7)可知，5c molL1d mL6c(Na2Cr2O7)b mL，解得c(Na2Cr2O7) molL1。答案：(1)沉淀Fe3增大反应速率、促进Fe3水解生成Fe(OH)3而将Fe3除去(2)A(3)硝酸有氧化性且会引入新的杂质3SOCr2O8H=2Cr33SO4H2OSO2eH2O=SO2H(4)1.01032(5)- 45 - 版权所有高考资源网