1、第10讲金属及其化合物1常见金属元素(如Na、Al、Fe、Cu等)(1)了解常见金属的活动顺序。(2)了解常见金属及其重要化合物的主要性质及其应用。(3)了解合金的概念及其重要应用。2以上各部分知识的综合应用。1(2016全国卷)化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是化学性质实际应用AAl2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物DHF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记解析A项，Al2(SO4)3与NaHCO3在溶液中能发生水解相互促进反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，能灭火。B项，2FeC
2、l3Cu=2FeCl2CuCl2，只能说明还原性Cu强于Fe2，无法说明Fe与Cu的金属性强弱。C项，次氯酸盐具有强氧化性，可以漂白织物。D项，氢氟酸与玻璃的主要成分SiO2反应，生成SiF4气体和水，故氢氟酸可以刻蚀玻璃。答案B2(2016江苏高考)在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ASiO2SiCl4Si BFeS2SO2H2SO4 CN2NH3NH4Cl(aq)DMgCO3MgCl2(aq)Mg解析A、SiO2与盐酸不反应，错误；B、SO2和H2O反应生成H2SO3，错误；C、N23H22NH3、NH3HCl=NH4Cl，正确；D、金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁，错
3、误。答案C3(2016全国卷)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ANaHCO3、Al(OH)3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO4解析A项中，NaHCO3、Al(OH)3加入足量水中，NaHCO3溶解，Al(OH)3不溶解；加入稀盐酸，固体全部溶解，且有气泡产生；NaHCO3、Al(OH)3均能与H2SO4反应，最后不会有固体剩余。B项中，NaHCO3溶于水，AgCl不溶于水，加入
4、足量稀盐酸，AgCl仍不溶解。C项中Na2SO3溶于水，BaCO3不溶于水，BaCO3能溶于稀盐酸：BaCO32HCl=BaCl2H2OCO2，Na2SO3、BaCO3均能与稀H2SO4反应：Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O、BaCO3H2SO4=BaSO4H2OCO2。D项中，CuSO4和Na2CO3都能溶于稀硫酸。答案C4(2016上海高考)已知NaOHAl(OH)3NaAlO2。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ACO22OHCOH2OBAl2O32OH2AlOH
5、2OC2Al2OH2H2O2AlO3H2DAl34OHAlO2H2O解析向集满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，因铝罐表面有氧化膜Al2O3，故可发生A、B、C的反应。答案D考点一钠及其重要化合物1钠及其化合物之间的转化关系2必记的重要化学方程式(1)2Na2H2O=2NaOHH2(2)2Na2H2OCuSO4=Na2SO4Cu(OH)2H2(3)4NaO2=2Na2O(空气中缓慢氧化)(4)2NaO2Na2O2(5)2Na2O22H2O=4NaOHO2(6)2Na2O22CO2=2Na2CO3O2(7)Na2CO32HC
6、l(过量)=2NaClCO2H2O(8)Na2CO3HCl(不足)=NaClNaHCO3(9)Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3(10)Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH(11)NaHCO3HCl=NaClCO2H2O(12)NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O(13)2NaHCO3Ca(OH)2(不足)=Na2CO3CaCO32H2O(14)NaHCO3Ca(OH)2(过量)=CaCO3NaOHH2O(15)CO22NaOH(过量)=Na2CO3H2O(16)CO2(过量)NaOH=NaHCO31下列关于物质的性质和应用的说法错误的是A小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
7、B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3CNa2O2用作呼吸面具的供氧剂时涉及氧化还原反应DNa与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3解析碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠的差，故B不正确。答案B2(2016朝阳一模)某厂用Na 除掉苯中的水分。某次生产误将甲苯当做苯投进反应釜中，由于甲苯中含水量少，最后反应釜还残留大量的Na。下列处理方法更合理、更安全的是A打开反应釜，将Na暴露在空气中与氧气反应B向反应釜通入Cl2，Na在Cl2 中燃烧生成NaClC向反应釜加大量H2O，通过化学反应“除掉”金属钠D向反应釜滴加C2H5OH，并设置放气管，排出氢气和热量解析 A .钠暴露在空气中会与空气
8、中的水和氧气反应，但钠与水反应放出大量热，当达到物质的着火点时，甲苯燃烧，引发火灾，因此该处理方法不当，错误。B.钠在氯气中燃烧会放出大量的热，当达到甲苯的着火点时，甲苯燃烧，引发火灾，因此该处理方法不当，错误。C.钠与水反应放出大量的热，会导致甲苯燃烧，引发火灾，错误。D.钠与乙醇反应，反应速度相对缓慢，更安全 、更合理，正确。答案D误区警示钠及其化合物的认识误区(1)钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，而是先与H2O反应生成NaOH，然后生成的NaOH溶液再与盐溶液反应；钠与熔融的盐反应才可置换出盐中的金属。(2)无论Na与O2反应生成Na2O或Na2O2，只要参与反应的Na质量相等，则
9、转移电子的物质的量一定相等。(3)Li和O2反应只生成Li2O：4LiO22Li2O。(4)1 mol Na2O2与CO2、H2O反应电子转移1 mol，但与SO2反应电子转移2 mol。(5)向Na2CO3溶液中滴加盐酸时反应分两步进行，首先生成NaHCO3，然后是NaHCO3与盐酸反应生成CO2。二者滴加的顺序不同，产生的现象也不同。(6)CO2与NaOH溶液反应的产物可能是Na2CO3、NaHCO3或二者的混合物，可根据Na和C守恒法确定CO2与NaOH溶液反应的产物。考点二铝及其重要化合物1铝及其化合物之间的转化关系2必记的重要化学方程式(1)4Al3O22Al2O3(2)2Al6HC
10、l=2AlCl33H2(3)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(4)2AlFe2O32FeAl2O3(5)Al2O36HCl=2AlCl33H2O(6)Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O(7)Al(OH)33HCl=AlCl33H2O(8)Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O(9)Al33NH3H2O=Al(OH)33NH(10)AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl(NaOH适量)(11)AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O(NaOH过量)(12)NaAlO2HClH2O=Al(OH)3NaCl(少量盐酸)(13)NaAlO24HCl=Al
11、Cl3NaCl2H2O(足量盐酸)(14)2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO(少量CO2)(15)AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(足量CO2)(16)Al33AlO6H2O=4Al(OH)3(铝盐和偏铝酸盐在溶液中相互促进水解)题组一考查物质的性质和应用1(2016青岛模拟)足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸 D稀硝酸解析A项，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 1 mol Al消耗1 mol NaOH；B项，2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2 1 mol Al消耗1.5 mol H2SO4
12、；C项，2Al6HCl=2AlCl33H2 1 mol Al消耗3 mol HCl；D项，Al和稀硝酸反应不放H2，综上所述，符合题意的是A项。答案A2下列关于物质的性质和应用的说法正确的是A铝罐可久盛食醋B明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂C向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al33OH=Al(OH)3 解析铝与乙酸能发生反应，A不正确；NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀生成但无气体生成，C不正确；一水合氨是弱电解质，不能拆写成离子形式，D不正确。答案B误区警示铝及其化合物的认识误区(1)铝是活泼金属，但铝抗腐性相当
13、强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。(2)Al(OH)3不溶于氨水，实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。(3)利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时另一产物是HCO，不过量时另一产物是CO，书写离子反应方程式时要特别注意这一点。(4)泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。(5)并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插
14、上镁条，最后点燃镁条。题组二Al(OH)3图像分析与计算的全面考查3将盐酸溶液逐滴滴入NaOH、NaAlO2、Na2CO3的混合溶液中，下列图像能正确表示溶液中反应的是解析发生的反应依次为HOH=H2O、AlOHH2O=Al(OH)3、CO2H=H2OCO2、Al(OH)33H=Al33H2O，C选项正确。答案C4向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 molL1Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A图中C点铝元素存在形式是Al(OH)4B向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C原混合溶液中cAl2(S
15、O4)3c(AlCl3)=12DOA段反应的离子方程式为：2Al33SO3Ba28OH=2 Al(OH)43BaSO4解析C点为BaSO4沉淀，其物质的量为3 mol，此时铝元素以Al(OH)4的形式存在，A项正确；D点溶液中通入CO2，产生BaCO3白色沉淀，B项正确；B点为Al(OH)3和BaSO4沉淀，此时Al(OH)3的物质的量为73=4(mol)，故原混合液中有1 mol Al2(SO4)3，AlCl3为4 mol1 mol2=2 mol，即cAl2(SO4)3c(AlCl3)=12，C项正确；OA段反应的离子方程式为2Al33SO3Ba26OH=3BaSO42Al(OH)3，D项不
16、正确。答案D方法技巧铝盐与强碱溶液反应图像题解题流程考点三铁及其重要化合物1铁及其化合物之间的转化关系2必记的重要化学方程式(1)3Fe2O2Fe3O4(2)FeSFeS(3)2Fe3Cl22FeCl3(4)3Fe4H2O(g)Fe3O44H2(5)Fe2H=Fe2H2(酸为非氧化性酸)(6)Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O(铁适量)(7)3Fe8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O(铁过量)(8)FeCuSO4=CuFeSO4(9)2FeCl3Fe=3FeCl2(10)FeO2HCl=FeCl2H2O(11)Fe2O36HCl=2FeCl33H2O(12)Fe3
17、O48HCl=2FeCl3FeCl24H2O(13)3FeO10HNO3(稀)=3Fe(NO3)3NO5H2O(14)3Fe3O428HNO3(稀)=9Fe(NO3)3NO14H2O(15)Fe(OH)22HCl=FeCl22H2O(16)Fe(OH)33HCl=FeCl33H2O(17)3Fe(OH)210HNO3(稀)=3Fe(NO3)3NO8H2O(18)2Fe(OH)36HI=2FeI2I26H2O(19)4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(20)FeCl22NaOH=Fe(OH)22NaCl(21)2FeCl2Cl2=2FeCl3题组一考查物质的性质和应用1等质量的下列物
18、质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是AFeOB. Fe2O3C. FeSO4 DFe3O4 解析根据化学式可算出四种物质中2价Fe含量大的是FeO，所以等质量的四种物质与足量稀硝酸反应，放出NO的物质的量最多的是FeO，A正确。答案A2下列关于物质的性质和应用的说法正确的是A浓盐酸与铁屑的反应：2Fe6H=2Fe33H2B将水蒸气通过灼热的铁粉，粉末变成红色，说明铁与水在高温下发生反应C因为Fe3有强氧化性，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜DFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 解析浓盐酸与铁屑反应生成Fe2，A不正确；水蒸气与灼热
19、的铁粉反应生成黑色的四氧化三铁，B不正确；Fe与稀HNO3反应不属于置换反应，D不正确。答案C误区警示铁及其化合物的认识误区(1)Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3；Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。(2)常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。(3)Fe3必须在酸性条件下才能大量存在，当pH=7时，Fe3几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。(4)向Fe2溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2的初步检验。(5)Fe3的检验方法较多，如观察溶
20、液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成血红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法。题组二物质制备探究型 3下列图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的有_。解析Fe(OH)2是一种白色沉淀，在空气中或含有氧气的水溶液中很容易被氧化变色，因此难以观察到它的本来颜色。要制备纯净稳定的Fe(OH)2，需要隔绝空气：图中装置中油脂的作用是防止空气中的O2进入硫酸亚铁溶液中。装置、：其原理都是利用铁和稀硫酸现制FeSO4，并用产生的H2赶走试管和溶液中的氧气
21、，但其装置的设计却有区别。装置：阳极反应式为Fe2e=Fe2，阴极反应式为2H2e=H2，H来源于水的电离，因此总反应为Fe2H2O=Fe(OH)2H2，产生的H2有利于赶走溶液中的氧气，液面上的汽油使溶液与空气隔开。答案、4用下列方法可制得白色的Fe(OH)2沉淀：用不含Fe3的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入_。(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用_的方法。(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_。解析(1)Fe
22、2易水解，要加入稀硫酸防止其水解；Fe2易被空气中的O2氧化，要加Fe粉防止Fe2被氧化。(2)气体的溶解度随温度升高而降低，所以煮沸后的水中溶解的O2较少。答案(1)稀硫酸、铁屑(2)煮沸(3)避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2归纳总结成功制备Fe(OH)2的关键由于Fe(OH)2具有很强的还原性，易被氧化为Fe(OH)3，在实验室中制备Fe(OH)2，并使Fe(OH)2长时间保持白色沉淀状态，成为物质制备实验探究的热点。制备原理：Fe22OH=Fe(OH)2成功关键：溶液中不含Fe3和O2等氧化性物质。制备过程中，保证生成的Fe(OH)2在密闭的隔绝空气的体系中。考点四铜及其重要化合物1
23、铜及其化合物之间的转化关系2必记的重要化学方程式(1)2CuO22CuO(2)2CuSCu2S(3)CuCl2CuCl2(4)Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2(5)2CuO2CO2H2O=Cu2(OH)2CO3(6)2CuSO42H2O2CuO22H2SO41(2016临沂模拟)A、B、C是所学过的三种单质，A、B、C及其他物质之间的反应关系如图所示，其中B、D、E、F的水溶液呈酸性。若DCEF且常温下只有B为气态，则A、B、C分别为AFe、Cl2、CuBFe、Cl2、H2CCu、Cl2、Fe DFe、Cl2、Mg解析 B单质水溶液呈酸性，且常温下为气态，则B为Cl2，结合转化关系可推
24、出，A、B、C、D、E、F分别为Fe、Cl2、Cu、FeCl3、CuCl2、FeCl2。答案A2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目的的是A将铜丝插入浓硫酸中加热，反应后把水加入反应器中，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，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，除去铜绿解析A项正确的操作应该将铜丝插入浓硫酸中加热，反应后取一定量的反应液加入盛有水的烧杯中；B中应该用红热的铜丝；Cu2水解，加热CuCl2溶液不能得到CuCl2固体，C错误；铜绿溶
25、于盐酸而铜不溶于盐酸，故可用盐酸除去铜器表面的铜绿，D正确。答案D误区警示铜及其化合物的认识误区(1)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿Cu2(OH)2CO3。(2)常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。(3)Cu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H2SO4，Cu继续溶解。考点五金属材料和金属冶炼 1金属材料的分类2金属的冶炼方法(1)金属冶炼与金属活动性的关系K Ca Na Mg AlZn Fe Sn Pb(H) CuHgAgPtAu电解法热还原法加热分解法物理方法(2)特别注意电解法冶炼活泼金属使用的是熔融的
26、金属盐或金属氧化物，不是盐溶液。钠、镁的冶炼是电解熔融的NaCl、MgCl2，铝的冶炼是电解加了冰晶石的熔融Al2O3，不是电解熔融AlCl3，因为AlCl3是共价化合物，熔融态不导电。在金属活动性顺序表中，虽然前面的金属能够将后面的金属从其化合物中置换出来，但不一定是从其盐溶液中置换，例如Na由于活泼性太强，不能从CuCl2溶液中置换出Cu，但是可以在其熔融状态下置换出铜。在高炉炼铁中，加入的还原剂是焦炭，但真正作还原剂的是CO。1(2016兰州模拟)人们习惯上把金、银、铜、铁、锡五种金属统称为“五金”。在“五金”顺序中，把一种金属的位置向后移一位，正好符合某化学规律。这种金属和该化学规律是
27、A铁、金属活动性顺序表B金、质量守恒定律C银、元素周期律 D铜、金属密度顺序表解析金、银、铜、铁、锡五种金属的金属活动性顺序由弱到强的顺序为：金、银、铜、锡、铁，故A项正确。答案A2(2016德州模拟)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MgB在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu解析制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法；制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法；制备单质Cu用热还原法。答案B限时50分钟，满分70分一、选择题(包括7个小题，每小题5分，共3
28、5分)1(2016郴州一模)下列有关金属及其化合物的说法正确的是A铝和氢氧化钠溶液反应生成Al(OH)3和H2OB钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2OC铁在高温下与水蒸气反应生成Fe2O3和H2D用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaOH解析A、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，错误；B、钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，错误；C、铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，错误；D、碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，正确。答案D2(2016厦门模拟)一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是AHClBFeCl2CKOH DNaHCO3解析由甲乙发生复分解反应可知，甲
29、、乙均为化合物，甲乙发生化合反应。由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反应生成HCl，A不选；若乙为FeCl2，甲乙的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲乙发生复分解反应，B不选；甲为化合物，不会通过化合反应生成KOH，C不选；若甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复分解反应生成乙(碳酸氢钠)，碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙(碳酸氢钠)，故选D。答案D3(2016上海高考)下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是A氧化镁中混有氧化铝 B氯化铝溶液中混有氯化铁C氧化铁中混有二氧化硅 D氯化亚铁溶液中混有氯化铜解析AMgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化
30、物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故可分离；B.向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故可分离；C.二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应。加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故可分离；D.二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯，故不能分离。答案D4(
31、2015江苏高考)给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A粗硅SiCl4SiBMg(OH)2MgCl2 (aq)MgCFe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3DAgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq)Ag解析A、Si2Cl2SiCl4，SiCl42H2Si4HCl，故正确；B、工业上制备Mg，是电解熔融状态下的氯化镁，故B错误；C、FeCl3是强酸弱碱盐，直接加热蒸发最终得到的是氧化铁，故C错误；D、蔗糖是非还原性糖，不能与银氨溶液反应，故D错误。答案A5下列实验与对应示意图的关系正确的是ABCDNaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量明矾
32、溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量澄清石灰水中缓慢通入CO2至过量解析NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸反应的离子方程式为AlOHH2O=Al(OH)3，Al(OH)33H=Al33H2O，形成沉淀与溶解沉淀所消耗的盐酸体积比为13，A错误；NH3H2O碱性很弱，不能溶解Al(OH)3，B错误；Ba(OH)2加入明矾中，SO和Al3均能够形成沉淀，Al3先沉淀完全：2Al36OH3Ba23SO=2Al(OH)33BaSO4，再加入Ba(OH)2后，SO继续沉淀，而Al(OH)3溶解，当SO完全沉淀时，Al(OH)3恰好溶解：Ba22OH2Al(OH)3SO=BaSO42AlO4H2O，C正确；
33、澄清石灰水中通入CO2，直至过量，先形成沉淀，之后沉淀会溶解：Ca2CO22OH=CaCO3H2O，CaCO3CO2H2O=Ca22HCO，D错误。答案C6(2015全国卷)下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A.将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3B.将铜粉加1.0 molL1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D.将0.1 molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有
34、沉淀产生，再滴加0.1 molL1 CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小解析A、稀硝酸与过量的Fe粉反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误；B、Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，现象错误；C、铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，错误；D、硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，再加入硫酸铜，则生成氢氧化铜蓝色沉淀，沉淀的转化符合由溶解度小的向溶解度更小的沉淀转化，所以氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小，正确。答案D7将三种黑色
35、粉末组成的混和物加入到足量的某热浓酸中，充分反应后得到蓝绿色溶液和两种气体。将从蓝绿色溶液中分离得到的盐与0.15 mol还原铁粉恰好反应完全，可得浅绿色溶液和6.4 g红色沉淀；将上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体，据此推断黑色粉末可能为A物质的量：FeSCuOFe =111B物质的量：CCuOFe =322C质量：MnO2CuOC=5.5812D质量：FeCCuO=753解析根据“上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体”知酸是浓硝酸，最后的气体是二氧化碳和NO，则固体含C，另外根据得到红色沉淀知固体含氧化铜，根据FeCu2=F
36、e2Cu知生成0.1 mol Cu，消耗Fe 0.1 mol，则另外消耗的0.05 mol的Fe应该是与Fe3反应了，而且n(Fe3)=0.1 mol，n(Fe)n(Cu)=11。答案B二、非选择题(包括4个小题，共35分)8(8分)A、B、C三种物质中均含有同一种元素，它们之间有如下图所示的转化关系(部分反应物已略去)。 (1)若A是一种两性氧化物，B的水溶液呈酸性，请写出反应和反应(由A一步转化为B或C)的离子方程式：反应_；反应_。(2)若反应为置换反应，反应为化合反应，C物质大量存在于海水中，是人体生理活动不可缺少的物质。工业上可以用C来制取A或B，请写出这两个反应的化学方程式：CA_
37、；CB_。(3)若反应均为化合反应，反应为置换反应。当A为一种金属单质时，请写出反应和可能的离子方程式：_；_。解析(1)高中阶段具有两性的氧化物代表为Al2O3，Al2O3与H反应生成Al3和H2O(反应)，Al2O3与OH反应生成AlO和H2O(反应)，AlO与过量的H反应生成Al3和H2O(反应)，Al3与过量的OH反应生成AlO和H2O(反应)。(2)首先确定C为NaCl，电解熔融态NaCl生成Na、Cl2，电解饱和NaCl溶液生成NaOH、H2、Cl2，故A为Na，B为NaOH。(3)金属元素中，铁的价态变化复杂，所以首先联想A为Fe，Fe可与盐酸反应生成FeCl2(反应)，FeCl
38、2与Cl2反应生成FeCl3(反应)，FeCl3与Fe反应生成FeCl2(反应)，Fe可与Cl2反应生成FeCl3(反应)。答案(1)Al2O36H=2Al33H2OAl2O32OH=2AlOH2O(2)2NaCl(熔融)2NaCl22NaCl2H2O2NaOHH2Cl2(3)2Fe3Fe=3Fe22Fe2Cl2=2Fe32Cl(或2Fe2Br2=2Fe32Br)9(9分)铜是生物体必需的微量元素，也是人类最早使用的金属之一。铜的生产和使用对国计民生各个方面都产生了深远的影响。(1)写出铜与稀硝酸反应的化学方程式_。(2)为了保护环境和节约资源，通常先用H2O2和稀硫酸的混合溶液溶出废旧印刷电
39、路板中的铜，最终实现铜的回收利用。写出溶出铜的离子方程式_。(3)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2OCu2S6CuSO2，该反应的氧化剂是_；当生成19.2 g Cu时，反应中转移的电子为_mol。(4)铜在潮湿的空气中能发生吸氧腐蚀而生锈，铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。试写出上述过程中负极的电极反应式_。(5)某研究性学习小组用“间接碘量法”测定某试样中CuSO45H2O(不含能与I反应的氧化性杂质)的含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取25.00 mL，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成。写出该反应的离子方
40、程式_。继续滴加KI溶液至沉淀不再产生，溶液中的I2用硫代硫酸钠标准溶液滴定，发生反应的化学方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，平均消耗c molL1的Na2S2O3溶液V mL。则试样中CuSO45H2O的质量分数为_。解析(1)稀硝酸具有强氧化性能够氧化铜，自身转化为NO，方程式为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。(2)硫酸提供的酸性环境可增强H2O2的氧化性，将铜氧化：CuH2O22H=Cu22H2O。(3)氧化剂在反应中化合价降低，Cu2OCu，铜的化合价降低，Cu2SCuSO2，铜的化合价降低，硫元素的化合价升高，故Cu2O、Cu2S为氧化剂
41、。19.2 g Cu的物质的量为19.2 g/64 gmol1=0.3 mol，Cu2S、Cu2O中铜的化合价均为1价，故转移电子的物质的量为0.3 mol。(4)负极金属发生氧化反应：2Cu4eCO23H2O=Cu2(OH)2CO34H。铜发生吸氧腐蚀过程中，负极：2Cu4e=2Cu2，正极：O22H2O4e=4OH，在CO2的作用下，形成碱式碳酸铜：2Cu24OHCO2=Cu2(OH)2CO3H2O。(5)从题意可知，白色碘化物为CuI，铜的化合价降低，则I被氧化为I2：2Cu24I=2CuII2。根据反应可知，两反应中物质存在如下关系：2CuSO45H2OI22Na2S2O3 500 g
42、 2 mol m cV103 molm=0.25cV g则试样中CuSO45H2O的质量分数为40.25 cV g/a g100%=100 cV/a%。答案(1)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(2)CuH2O22H=Cu22H2O(3)Cu2O、Cu2S0.3(4)2Cu4eCO23H2O=Cu2(OH)2CO34H(5)2Cu24I=2CuII2100 cV/a%10(9分)(2016海南高考)KAl(SO4)212H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题
43、：(1)为尽量少引入杂质，试剂应选用_(填标号)。aHCl溶液bH2SO4溶液c氨水 dNaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_。(3)沉淀B的化学式为_；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是_。(4)已知：KW=1.01014，Al(OH)3AlOHH2OK=2.01013。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_。解析(1)易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)，它们都是比较活泼的金属，都可以与酸发生反应，而Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶
44、解，选项d正确；(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，反应的离子方程式是2Al2OH2H2O=2AlO3H2；(3)滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，发生HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3为弱碱阳离子，发生水解反应，消耗水电离产生的OH，当最终达到平衡时溶液中c(H)c(OH)，所以溶液显酸性。(4)由已知得Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=20。答案(1)d(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23
45、H2(3)Al(OH)3Al3水解，使溶液中H浓度增大(4)2011(9分)(2016衡水模拟)铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题：(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸的溶液中含有的大量阳离子是_。(2)某溶液中有Mg2、Fe2、Al3、Cu2四种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_。AMg2 BFe2CAl3 DCu2(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列
46、问题：操作的名称是_，操作的名称是_。写出在空气中煅烧FeCO3的化学方程式_。(4)有些同学认为酸性KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定，其反应如下：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。a称取2.85 g绿矾(FeSO47H2O)产品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；b量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.010 00 molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需_。某同学设计的下列滴定方式，最
47、合理的是_。(夹持部分略去)(填字母序号)计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为_。解析(1)磁性的固体Y为四氧化三铁，溶于过量盐酸溶液中，其反应的离子方程式为Fe3O48H=Fe22Fe34H2O；所以溶液中含有的大量阳离子是Fe2、Fe3、H。(2)该转化关系如图所示：故大量减少的离子有Al3、Fe2。(3)经操作得到滤液和滤渣，故该操作为过滤。结合产品为Fe2O3，则逆推知经煅烧产生。为防止其中会有杂质混入，应对沉淀进行洗涤，再经干燥处理。煅烧过程中，分解产生的FeO被空气中的氧气氧化为Fe2O3。(4)配制一定体积浓度准确的溶液需要容量瓶，所以答案为250 mL的容量瓶。酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，所以应用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液。5FeSO47H2O5Fe2MnO 5278 g 1 mol m 0.010 00 mol L10.02 Lm=0.278 g则绿矾产品总质量为m=0.278 g=2.78 g，样品的质量分数为2.78 g/2.85 g100%=97.5%。答案(1)Fe2、Fe3、H(2)B、C(3)过滤洗涤4FeCO3O22Fe2O34CO2(4)250 mL容量瓶b97.5%