1、专题4 常见元素及其重要化合物1(2020潍坊模拟)我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是(C)A我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物【解析】金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故
2、B正确；铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此本草纲目载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确。2(2020莆田模拟)以下有关物质用途的叙述正确的是(B)A金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火B利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能C食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质D古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理【解析】金属钠、金属镁都能在二氧化碳气体中
3、燃烧，所以活泼金属着火时，不能用干粉灭火器灭火，A不正确；太阳能电池板由高纯硅制成，它可实现光电转换，将光能直接转化为电能，B正确；氧化钙能够吸收空气中的水分，所以食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品受潮，不能起到抗氧化作用，C不正确；根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是利用萃取原理，D不正确。3(2020漳州模拟)以工业级氧化锌(含Fe2、Mn2、Cu2、Ni2等)为原料制备氧化锌的流程如下：其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2和Mn2。下列有关说法错误的是(D)A浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率B“氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3C“置换”加
4、入锌粉是为了除去溶液中的Cu2、Ni2等D“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角【解析】浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，扩大了与硫酸的接触面积，反应速率加快，因而提高了浸出率，A正确；硫酸浸取工业级ZnO后的溶液中存在Fe2、Mn2、Zn2和Ni2，加入KMnO4溶液，Ni2不能被氧化，Fe2、Mn2被氧化而形成MnO2和Fe(OH)3除去，KMnO4被还原形成MnO2，B正确；由于金属活动性ZnNiCu，所以“置换”加入锌粉可以与溶液中的Ni2、Cu2发生反应，除去溶液中的Cu2、Ni2等，C正确；“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误。4(2020人大附中模
5、拟)某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是(D)A稀硝酸一定被还原为NO2B实验1中溶液存在：c(Cu2)c(H)c(NO)c(OH)C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验1、实验2中反应的离子方程式：3Cu2NO8H3Cu22NO4H2O【解析】稀硝酸与铜发生3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；实验1中溶液存在电荷守恒为：2
6、c(Cu2)c(H)c(NO)c(OH)，故B错误；由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；实验1、实验2中反应的离子方程式：3Cu2NO8H3Cu22NO4H2O，故D正确。5(2020宜宾模拟)按要求填空：.某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问题：(1)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_Cl22Fe22Fe32Cl_。(2)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
7、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_隔离空气(或排除氧气对实验的影响)_。.工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如下(金属单质E可由滤液C制取)：已知：Cu2O2HCuCu2H2O。(3)固体混合物B的成分是_SiO2和Cu_。(4)滤液A中铁元素的存在形式为_Fe2_(填离子符号)，生成该离子与Fe元素的有关反应的离子方程式为_Fe2O36H2Fe33H2O_、_2Fe3Cu2Fe2Cu2_。(5)向滤液C中通入足量CO2气体，除了CO2OHHCO，主要的离子方程式还有_AlOCO22H2OAl(OH)3HCO_。【
8、解析】(1)氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl22Fe22Fe32Cl。(2)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响。(3)根据上述分析，矿渣中含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，只有SiO2与盐酸不反应，且Cu2O在酸性溶液中发生歧化反应生成铜，则固体B为SiO2和Cu。(4)Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3，Fe2O36H2Fe33H2O，反应生成的Fe3能够与Cu反应生成Fe2，2Fe3Cu2Fe2Cu2，有Cu剩余，则溶液中铁离子转化为亚铁离子，所以滤液A中铁元素的存在形式
9、为Fe2。(5)在滤液C中含氢氧化钠和偏铝酸钠溶液，通入足量CO2反应生成碳酸氢钠，氢氧化铝，反应的离子方程式为：OHCO2HCO；AlOCO22H2OAl(OH)3HCO。6二水合草酸亚铁(FeC2O42H2O)可用作照相显影剂和制药工业。FeC2O42H2O受热时易分解生成FeO、CO、CO2、H2O等物质，甲同学利用如图装置(夹持及加热仪器省略)在实验室中对其气体产物进行了探究。已知：常温下CO能与PdCl2溶液反应得到黑色的Pd。请回答下列问题：(1)装置B中的试剂为_无水硫酸铜_；装置D的作用为_检验CO2是否被吸收完全_。(2)实验开始前向装置内通入一段时间N2的目的是_排出装置内
10、的空气，防止O2氧化生成的CO，防止空气中的CO2进入装置C中(答出其中2点即可)_。(3)实验过程中，装置E中除了生成黑色的Pd外还有CO2生成，对应的化学方程式为_COPdCl2H2OPdCO22HCl_。(4)反应结束后，需向装置A中再次通入N2，目的是将生成的气体产物全部赶入右侧实验装置中，通入N2的具体实验操作为_打开K1、K3，关闭K2，缓缓通入N2一段时间_。(5)若实验中所用草酸亚铁晶体的质量为36 g，装置C中产生的白色沉淀的质量为41.37 g，则装置A中发生反应的化学方程式为_20FeC2O42H2O19FeO19CO21CO2Fe40H2O_。(6)乙同学认为FeC2O
11、42H2O分解时得到的CO2的量应高于理论值，他的判断理由为_高温条件下，FeC2O42H2O分解出的CO和FeO发生了氧化还原反应，生成了CO2和Fe_；请设计实验证明乙同学的观点正确：_取适量的A装置中的固体产物放入小试管中，加入过量稀硫酸，若有气体产生，则说明乙同学观点正确_。【解析】(1)草酸亚铁晶体分解生成的物质有FeO、CO、CO2、H2O，B装置是用于检验水蒸气的，选用无水硫酸铜；D的作用是检验CO2是否被吸收完全。(2)空气中的O2能氧化生成的CO，空气中的CO2会干扰生成CO2的量的测定，故要先将装置中空气排出。(3)由题给信息可知该反应的反应物为CO、PdCl2和H2O，生成物为Pd、CO2和HCl，配平后即可得到该氧化还原反应对应的化学方程式。(4)第二次通入N2的目的是使生成的CO2全部进入装置C中，故相应的操作为打开K1、K3，关闭K2，缓缓通入N2一段时间。(5)二水合草酸亚铁晶体物质的量为0.2 mol，BaCO3沉淀的物质的量为41.37 g197 gmol10.21 mol，n(FeC2O42H2O)n(CO2)2021，相应的化学方程式为20FeC2O42H2O19FeO19CO21CO2Fe40H2O。(6)高温条件下，FeC2O42H2O分解出的CO和FeO发生了氧化还原反应，生成了CO2和Fe，导致CO2的量增多。
