1、高考资源网（） 您身边的高考专家课时1钠及其化合物最新考纲1了解钠的主要性质及其应用。2.了解钠的重要化合物的主要性质及其应用考点一钠的主要性质及其应用1钠的物理性质(1)颜色：银白色，有金属光泽。(2)密度：(H2O)(Na)(煤油)。(3)熔点：低于100 。(4)硬度：质地柔软，可以用小刀切割。2从钠原子的结构认识钠的化学性质还原性(1)与非金属单质(如O2、Cl2)的反应O2Cl2：2NaCl22NaCl(2)与水反应离子方程式：2Na2H2O=2Na2OHH2。与滴有酚酞的水反应的现象及解释(3)与盐酸反应离子方程式：2Na2H=2NaH2。3钠的制取及保存(1)制取：化学方程式为：
2、2NaCl(熔融)2NaCl2。(2)保存：密封保存，通常保存在石蜡油或煤油中。4钠的用途(1)制取Na2O2等化合物。(2)钠、钾合金(液态)可用于原子反应堆的导热剂。(3)用作电光源，制作高压钠灯。(4)冶炼某些金属金属钠具有强的还原性，熔融状态下可以用于制取金属，如：4NaTiCl44NaClTi。探究思考1实验室如何保存金属钠？应该怎样取用？用剩的钠如何处理？答案钠易与空气中的O2、H2O反应，但钠不与煤油反应，且密度比煤油大，故通常将钠保存在煤油中。取用钠时应用镊子夹取，用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃片上用小刀切割。用剩的钠应放回原试剂瓶。2金属钠露置在空气中会发生一系列变化：银白色金
3、属钠(生成_),表面变暗 (生成_),出现白色固体 (NaOH_),表面变稀 (生成Na2CO310H2O),白色块状物质 (生成_),白色粉末状物质答案Na2ONaOH溶液Na2CO33将一小块金属钠分别投入盛a水、b乙醇、c稀H2SO4的三个小烧杯中，反应速率由快到慢的顺序为_。解释反应速率不同的原因：_。答案cab钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H间的置换反应，H浓度的大小决定了反应速率的快慢，由三种物质电离H的能力可知H浓度的大小顺序为cab，因而反应速率为cab【示例1】 (高考题组合)下列说法正确的是()。ANa的金属活动性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg(2009
4、重庆理综，10C)B切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，发生的反应是：4NaO2=2Na2O(2012北京理综，改编)C钠与水反应：Na2H2O=NaOHH2(2012四川理综，9A)D钠与CuSO4溶液反应：2NaCu2=Cu2Na(2013新课标2，10B)思维启迪 钠与盐溶液的反应可分为两个过程：钠与水反应；氢氧化钠与盐反应。解析Na与MgCl2溶液的反应首先是Na与H2O反应，然后生成的NaOH再与MgCl2反应，无法置换Mg，A错误；钠与H2O反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，C错误；钠与CuSO4溶液反应首先Na与H2O反应，然后生成的NaOH再与CuS
5、O4反应无法置换Cu，D错误。答案B1取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列实验现象描述正确的是()。金属钠先熔化在空气中燃烧，放出黄色火花燃烧后得白色固体燃烧时火焰为黄色燃烧后生成浅黄色固体物质A B C D解析本题主要考查学生对化学实验现象的准确把握。钠受热先熔化，然后剧烈燃烧，有黄色火焰，生成浅黄色的Na2O2。答案C2美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液态铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，下列有关说法不正确的是()。A原子半径：r(Na)r(Al)B铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液，则n(Al) BC D思维启迪 首先分析形成的四种溶液的溶质及其物质的量，然后判断其
6、中阴离子浓度的大小顺序。解析四种物质溶于水后所得溶液中的溶质分别是0.02 mol NaOH，0.02 mol NaOH，0.01 mol Na2CO3，0.01 mol NaCl；又因为CO32发生水解使阴离子数增加，故阴离子浓度大小顺序是，故选C。答案C【示例3】 (2013山东省实验中模拟)在下列物质的溶液中分别加入一定量的Na2O2固体，不会出现浑浊现象的是()。A饱和Na2CO3溶液 BCa(HCO3)2稀溶液CNa2SO3稀溶液 D饱和CaCl2溶液解析Na2O2固体与水反应生成NaOH和O2，A中溶液饱和，由于水被消耗导致析出碳酸钠晶体；B中碳酸氢钙与NaOH溶液反应生成碳酸钙沉
7、淀；C中亚硫酸钠被氧气氧化成硫酸钠，硫酸钠可溶于水，不出现浑浊现象；D中NaOH与CaCl2反应生成的氢氧化钙微溶，故产生白色沉淀。答案C1如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。钠及其氧化物的物质的量均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是()。A甲、乙、丙都属于氧化还原反应B甲反应的离子方程式为Na2H2O=Na2OHH2C丙充分反应，能产生0.05 mol O2，转移电子0.1 molD甲、乙、丙充分反应后所得溶液的质量分数分别为w1、w2，w3，则2w1w2w3解析A项，乙不是氧化还原反应，不正确；B项离子方程式中电荷不守恒，不正确；D项中所得溶液
8、质量分数的关系为2w1w2w3，不正确。答案C2某溶液中含有HCO3、SO32、CO32、CH3COO4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)()。ACH3COO BSO32 CCO32 DHCO3解析Na2O2与水反应生成NaOH，HCO3OH=CO32H2O，HCO3浓度减小，CO32浓度增大；SO32具有还原性，被Na2O2氧化，浓度减小；CH3COO几乎不变。答案A31 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是()。ANa2CO3 BNa2O2、Na2CO3CN
9、aOH、Na2CO3 DNa2O2、NaOH、Na2CO3解析碳酸氢钠固体受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，生成的CO2和H2O均能与Na2O2反应：2CO22Na2O2=2Na2CO3O2、2H2O(g)2Na2O2=4NaOHO2，根据计量关系可知，2 mol碳酸氢钠受热分解生成CO2和H2O(g)各1 mol，Na2O2只有1 mol，故其恰好和CO2反应生成Na2CO3和O2要注意Na2O2与CO2、H2O(g)的反应先后顺序，排出气体物质后，只剩余Na2CO3。答案ANa2O2与CO2和H2O反应的五大关系1物质的量的关系无论是CO2或H2O的单一物质还是二者
10、的混合物，通过足量的Na2O2时，CO2或H2O与放出O2的物质的量之比均为21。2气体体积关系若CO2和水蒸气的混合气体(或单一气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量为原混合气体体积的，即为生成氧气的量。3固体质量关系相当于固体Na2O2只吸收了CO2中的“CO”，H2O中的“H2”；可以看做发生相应的反应：Na2O2CO=Na2CO3，Na2O2H2=2NaOH(实际上两反应都不能发生)。4电子转移关系当Na2O2与CO2、H2O反应时，每产生1 mol O2转移2 mol e。如：2CO22Na2O2=2Na2CO得2e3O失2e25先后顺序关系一定量的Na2O2与一定量的CO2和H
11、2O(g)的混合物的反应，可看做Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。考点三两种重要的钠盐Na2CO3和NaHCO3完成下列表格名称碳酸钠碳酸氢钠俗名纯碱或苏打小苏打主要性质色、态白色粉末细小白色晶体水溶性易溶于水(20 ，S21.5 g)可溶于水(20 ，S9.6 g)稳定性稳定，但结晶碳酸钠(Na2CO310H2O)易风化受热易分解与H反应CO322H=CO2H2O(较快)HCO3H=CO2H2O(更快)与Ca(OH)2反应Ca2CO32=CaCO3NaHCO3过量Ca22OH2HCO3=CaCO32H2OCO32；Ca(OH)2过量Ca2OHH
12、CO3=CaCO3H2O与盐反应CaCl2Ca2CO32=CaCO3不反应Al2(SO4)32Al33CO323H2O= 2Al(OH)33CO2Al33HCO3= Al(OH)33CO2与水作用水解，碱性较强水解，碱性较弱与酸互滴现象与滴加方式有关现象与滴加方式无关相互转化Na2CO3NaHCO3主要用途用于玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸、纺织、石油、冶金等工业中灭火器、治疗胃酸过多、发酵粉的主要成分之一特别提醒(1)Na2CO3、NaHCO3与酸、碱、盐的反应均为复分解反应，因而反应能否进行应从复分解反应的条件入手来判断。(2)NaHCO3与碱溶液反应的实质是HCO3与OH反应生成CO32，
13、CO32有可能发生后续反应，如NaHCO3与Ca(OH)2溶液反应可以生成白色沉淀CaCO3。(3)不能用澄清石灰水来鉴别Na2CO3与NaHCO3：Ca(OH)2溶液与二者均生成白色沉淀CaCO3，无法区别。探究思考1向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，可观察到什么现象？为什么？答案溶液中将析出白色晶体(沉淀)。原因是：发生反应Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，同温下，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，生成的NaHCO3的质量比消耗的Na2CO3的大(即消耗106 g Na2CO3生成168 g NaHCO3)，即溶质增加，反应消耗了水，即溶剂减少，因此出现沉淀，主要原因是
14、。2下列几种试剂能把等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3鉴别开的是_。(1)CaCl2溶液(2)澄清石灰水(3)稀盐酸(4)pH试纸答案(1)(3)(4)【示例4】 (2011北京，11)下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是()。A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体思维启迪 分别根据Na2CO3和NaHCO3的质量以及二者反应后产物的质量建立关
15、系式进行求解，同时还要考虑到干扰因素的影响。解析生成的CO2气体没有干燥，把H2O的质量也当成CO2的质量，导致CO2的质量偏大。答案C【示例5】 (2009全国卷，8)下列叙述中正确的是()。A向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为12C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出解析CaCO3与CO2生成Ca(HCO3)2后
16、，再加入NaHCO3，仍都是可溶性的碳酸氢盐，故A项错。B项中，仅生成NaHCO3，无CO2气体放出，B错；C项中，其中NaHCO3的物质的量多，放出的CO2多，C错；D项发生了反应：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，由于溶解度较大的Na2CO3转化成溶解度较小的NaHCO3，且又消耗一部分溶剂H2O，故有NaHCO3晶体析出，对。答案D1(2013吉林一模)现有一块金属钠露置于空气中一段时间，为检验该固体是否部分变质为碳酸钠，先将固体样品溶解于水得到溶液，并采取下列措施，其中可以实现实验目的的是()。A测所得溶液的pHB取溶液少量，向其中滴入酚酞观察溶液是否变红C取溶液少量，向其中加
17、入盐酸观察是否有气泡产生D取溶液少量，向其中加入CuSO4溶液，观察是否有沉淀产生解析钠溶于水得到的NaOH溶液呈碱性，碳酸钠溶于水亦呈碱性，因此A、B项中的措施均无法实现实验目的。CuSO4与NaOH溶液或Na2CO3溶液反应均生成蓝色沉淀，故D错误。答案C2为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是()。A分别加入1 molL1的盐酸溶液，看气泡产生的快慢B分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水中，观察有无白色浑浊C分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀D分别配成溶液，做焰色反应实验，观察火焰的颜色解
18、析A项，因K2CO3与盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钾，盐酸过量时才生成气体，故可行；B项，K2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解产生CO2，故可行；C项，二者与Ba(OH)2溶液反应都产生白色沉淀BaCO3，故不可行；D项，钾的焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，钠为黄色，可行。答案C3(2011上海，17)120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是()。A2.0 molL1 B1.5 molL1C0.18 molL1 D0.24 molL1解析盐酸与碳酸钠分
19、两步反应，第一步生成碳酸氢钠：Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl；第二步碳酸氢钠继续与盐酸反应生成CO2：NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，若将Na2CO3溶液逐滴加入到盐酸中，则开始时盐酸足量，有气体生成；若将盐酸逐滴加入到Na2CO3溶液中，则开始时只发生第一步反应，直至CO32完全转化为HCO3时(理论上)才会发生第二步反应，产生CO2，所需盐酸浓度c(HCl)1.0 molL1，若c(HCl)2.0 molL1，则盐酸足量，两种滴加方式产生CO2的体积相同，因此选项B合理。答案B四种方法突破Na2CO3、NaHCO3的 鉴别素养5Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应的图像
20、分析及应用方 法 规 律碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应的图像归纳(1)向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图1所示。(2)向NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图2所示。(3)向NaOH、Na2CO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图3所示(设NaOH、Na2CO3的物质的量之比xy11。(4)向Na2CO3、NaHCO3的混合物中逐滴加入盐酸，消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图4所示(设Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比mn11，其他比例时的图像略)。当 场 指 导【
21、典例】 向浓度相等、体积均为50 mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100 mL。(1)在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是_，_，_，_。(2)在稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol L1的盐酸，产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如下图所示。A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质与盐酸反应产生CO2的最大体积是_mL(标准状况)。B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质的化学式为_。原NaOH溶液的物质的量浓度为_。解析(2)分析图中曲线和各个量的关系，A中先加入的25 mL盐酸，含有的氢离子的物质的量为0.1 m
22、olL10.025 L0.002 5 mol，此时发生的反应为CO32H=HCO3，所以可知溶液中含有的CO32的物质的量为0.002 5 mol，后加的50 mL盐酸和HCO3反应生成CO2，因为后加的氢离子的物质的量为0.1 molL10.050 L0.005 mol，所以CO2的体积为0.005 mol22.4 Lmol11 000 mLL1112 mL。在B中先加入的60 mL盐酸都没有气体生成，又加入15 mL盐酸CO2完全放出，也就是说n(HCO3)0.1 molL10.015 L0.001 5 mol，则原溶液中只有0.001 5 mol CO32，含有0.006 mol0.00
23、1 5 mol0.004 5 mol的OH，即原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3。根据钠原子守恒，可计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度。答案(1)NaOH、Na2CO3Na2CO3Na2CO3、NaHCO3NaHCO3(2)112NaOH、Na2CO30.150 molL1【应用】 将一定体积的CO2通入到一定浓度的NaOH溶液中，为了测定其溶液的成分，向该溶液中逐滴加入1 molL1盐酸。所加入盐酸的体积与产生CO2气体体积(标准状况)的关系如图所示。(1)写出OA段所发生反应的离子方程式_。(2)当加入35 mL盐酸时，所产生的CO2的体积是_mL(标准状况)。(3)溶液中所含的物质有_，
24、其物质的量之比为_。答案(1)HOH=H2O；CO32H=HCO3(2)224(3)NaOH、Na2CO314(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)1下列说法不正确的是 ()。ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂BNaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C乙醇可与金属钠反应放出氢气D金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火解析NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、H2O，而Na2CO3加热不易分解，故B不正确。答案B2下列事实及其解释不正确的是 ()。A滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解
25、生成了Na2CO3B钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气C用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应D钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应解析A项，对NaHCO3溶液微热，红色加深，是因为HCO3的水解程度增大，溶液碱性增强。答案A3(2013盐城模拟)下列关于钠及其化合物的叙述正确的是 ()。A将足量的Na2O2和Na2O分别加入酚酞试液中，最终溶液均为红色B用钠与空气反应制纯净的Na2O2，空气必须经过碱石灰处理后，才能与钠 反应C
26、钠与钠离子都具有强还原性D在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2解析Na2O2、Na2O分别加入酚酞试液中，均先与试液中的水反应生成碱而使试液变红色，但因Na2O2具有漂白性，最后又将变成红色的酚酞漂白，故A不正确。用Na与空气反应制Na2O2，空气中的CO2和水可与生成的Na2O2反应引入杂质，所以空气必须经碱石灰处理，故B正确。钠原子最外层只有一个电子，容易失去最外层电子形成钠离子，表现强还原性，而钠离子具有稳定的电子层结构，不具有还原性，只具有弱氧化性，故C不正确。D项反应中，氧化剂和还原剂均为Na2O2，故D不正确。答案B4(2013浙江镇海中学高三单元测试，
27、6)用下列装置不能达到有关实验目的的是()。A用甲图装置证明(煤油)(钠)(水)B用乙图装置制备Fe(OH)2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性解析甲中钠会停留在水与煤油之间，可以证明密度(煤油)(钠)(水)，A正确；Fe(OH)2容易被空气中氧气氧化，所以制备中利用煤油隔绝空气，同时用长胶头滴管将氢氧化钠溶液加入硫酸亚铁溶液中，防止其与空气接触，B正确；丙是利用铝热反应制取Mn单质，C正确；丁实验中外试管的温度比内试管的温度高，即使碳酸氢钠分解，也不能证明碳酸氢钠比碳酸钠的稳定性差，D不合理，应将碳酸钠放在外试管中，而碳酸氢钠放在内试管中。答案D5为了
28、使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是 ()。ANa2O2中阴、阳离子的个数比为11BNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等CNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等DNa2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同解析Na2O2的电子式为故阴、阳离子的个数比为12，A错误；生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B项错；由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，C项正确；Na2O2因具有强氧化
29、性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成不稳定的无色物质，故原理不同，D项错误。答案C6下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法错误的是 ()。A热稳定性：NaHCO3Na2CO3B与同浓度盐酸反应的剧烈程度：NaHCO3Na2CO3C相同温度时，在水中的溶解性：NaHCO3Na2CO3D等物质的量浓度溶液的pH：NaHCO3Na2CO3解析与同浓度盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3 D解析将Na2CO3溶液逐滴加入到盐酸中，开始时，HCl过量，有关反应为：Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O1 mol 2 mol 22.4 L005 mol 0.075 mol V1生成CO2的体积
30、用HCl的量计算：V10.84 L将盐酸逐滴加入到Na2CO3溶液中，开始时，Na2CO3过量，反应分两步进行：Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl1 mol 1 mol 1 mol005 mol 0.05 mol 0.05 molNaHCO3HCl=NaClH2OCO21 mol 1 mol 22.4 L005 mol (0.0750.05)mol V2生成的CO2用剩余HCl的量计算：V20.56 L，所以V1V2。答案C二、非选择题(本题共4个小题，共58分)8(12分)某研究性学习小组就Na2O2的有关性质探究如下：向滴有酚酞的水中投入一定量的Na2O2，观察到先有大量气泡产生，溶
31、液变红，过一会儿溶液又变为无色。对上述实验中溶液变红，过一会儿又褪色的原因，甲、乙两同学提出了不同的解释：甲同学认为是Na2O2与水反应放出氧气，氧气有氧化性，将酚酞氧化而使溶液褪色；乙同学则认为是Na2O2与水反应时产生了H2O2，H2O2的强氧化性使酚酞褪色。(1)乙同学设计了如下实验来证明自己的猜想是正确的：在滴有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加3%的H2O2溶液并振荡。若乙同学的猜想正确，可观察到的现象是_ _。甲同学针对乙同学的上述验证实验提出还应增做实验才能更直接证明Na2O2与水反应生成了H2O2，甲同学提出要增加的实验是什么？(2)试设计简单实验证明甲同学的解释是否正确(画出简易装置图
32、，说明简要步骤)。解析(1)溶液的红色褪去，是因为H2O2有漂白性，能漂白酚酞。H2O2在MnO2催化作用下能放出氧气，可在加入过氧化钠后的水溶液中加入少量MnO2，有气泡放出可直接证明过氧化钠与水反应有H2O2生成。(2)如果要验证是氧气能氧化酚酞，则可向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中直接通入氧气来检验。答案(1)溶液的红色褪去在滴有酚酞的水中加入足量过氧化钠，待反应完成后向溶液中加入少量二氧化锰粉末，有气体放出，证明过氧化钠与水反应时有H2O2生成。(2)向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中通入氧气，若红色褪去，证明甲同学的推测正确，反之，则不正确。实验装置图如图所示(可用广口瓶等其他仪器代替烧杯，合理即
33、可)9(14分)X、Y、Z、W四种化合物均由短周期元素组成。其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)。请回答：(1)W的电子式是_。(2)X与Y在溶液中反应的离子方程式是_。(3)X含有的四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置中产生白色沉淀，装置中可收集到一种无色气体。装置中反应的化学方程式是_，装置中物质的化学式是_。用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置中气体，该化合物的化学式是
34、_，所需仪器装置是_。(从上图选择必要装置，填写编号)(4)向Z溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有X生成，该反应的化学方程式是_。解析X、Y、Z、W均由短周期元素组成，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明均含钠元素，又知X含四种元素，且加热时能分解生成Z，而W为无色无味的气体，说明X为NaHCO3，Z为Na2CO3，W为CO2，则根据转化关系图，Y为NaOH。从而推出(1)、(2)的答案。(3)由装置中产生白色沉淀，装置V中收集的气体密度大于空气，结合装置、的特点推知，装置的圆底烧瓶中所放物质应为Na2CO3(或NaHCO3)，中为Na2O2，从而推知的答案；因
35、要制取纯净干燥的中气体，即O2，而所用反应物含Na、H、C、O中的某两元素组成的化合物且条件有催化剂，故很容易联想到该化合物为H2O2，所用仪器为、；(4)由前面的分析推知Z为Na2CO3，根据题设条件，其与Cl2反应能制得漂白消毒物质，即可联想到NaClO，从而可写出反应的化学方程式。答案(1)(2)HCO3OH=CO32H2O(3)Na2CO3H2SO4=Na2SO4CO2H2O或2NaHCO3H2SO4=Na2SO42CO22H2ONa2O2H2O2、(4)2Na2CO3Cl2H2O=NaClONaCl2NaHCO310(17分)(2013山东济南二模，30)纯碱(Na2CO3)在生产生
36、活中具有广泛的用途。以下是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图。已知：向饱和食盐水中通入NH3、CO2后发生的反应为NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl。请回答以下问题：(1)粗盐中含有的杂质离子有Ca2、Mg2、SO42等。精制除杂的步骤顺序是a_b(填字母编号)。a粗盐溶解，滤去沉渣 b加入盐酸调pHc加入Ba(OH)2溶液 d加入Na2CO3溶液e过滤向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是_ _。(2)灼烧固体A制Na2CO3在_(填字母序号)中进行。a坩埚 b蒸发皿 c烧杯 d锥形瓶证明滤液A中含有NH4的方法是_ _。对滤液A进行重结晶能够获得NH4HC
37、O3，向pH13含Na、K的溶液中加入少量NH4HCO3使pH降低，反应的离子方程式为_。(3)下图装置中常用于实验室制备CO2的是_(填字母编号)；用b装置制备NH3，分液漏斗中盛放的试剂是_(填试剂名称)，烧瓶内可加入的固体试剂是_(填试剂名称)。(4)一种天然碱晶体成分是aNa2CO3bNa2SO4cH2O，某同学利用下列提供的试剂，设计了如下简单合理测定Na2CO3的质量分数的实验方案。(仪器自选)请把实验方案填全：供选择的试剂：1.0 molL1 H2SO4溶液、1.0 molL1 BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ca(OH)2溶液、蒸馏水称取m1g天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中。
38、_。_。计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数。解析(1)除杂时要保证不引入新的杂质，即先加入的物质引入的杂质离子能被后加入的物质除去。故除杂步骤为acdeb。NH3易溶于水，先通入NH3，再通入CO2，有利于吸收溶解更多的CO2，产生更多的HCO3。(2)灼烧固体需在坩埚中进行。检验NH4是利用NH4与碱共热产生NH3，检验出NH3即可。NH4、HCO3均与OH反应，故加入NH4HCO3，发生反应：NH4HCO32OH=NH3H2OH2OCO32。(3)实验室制CO2利用CaCO32H=Ca2H2OCO2，即用“固液气”的装置，选b、c。用b装置制备NH3，则可利用氨水易挥发的性质，把浓氨
39、水滴加到生石灰或固体NaOH等上面。(4)由所给试剂及实验目的可知，所设计的方案是利用天然碱晶体与H反应，利用产生CO2的量测定其组成。答案(1)cdeNH3易溶于水，有利于吸收溶解更多的CO2(2)a取少量滤液A于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明A中含有NH4NH4HCO32OH=NH3H2OCO32H2O(3)bc浓氨水生石灰(或NaOH固体或碱石灰)(4)加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ca(OH)2溶液过滤、洗涤、干燥、称量沉淀11(15分)(1)在潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选择适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进
40、行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。A是制取CO2的装置。写出A中发生反应的化学方程式：_。B中盛有饱和NaHCO3溶液，其作用是_。写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_。D中盛放的试剂是_，其目的是_。试管F中收集满气体后，下一步实验操作是_ _。(2)某学生判断SO2和Na2O2反应能生成硫酸钠，你认为他的判断合理吗？_，简要说明理由：_。该同学无法断定反应中是否有氧气生成，拟使用如图所示装置进行实验(图中铁架台等装置已略去)。装置B的作用是_，D的作用是_。为确认反应产物，该同学设计了以下实验步骤，你认为合理的操作顺序是_(选填序号)。A用带火星的细木条靠近干燥管口a，观察细木条是否复燃
41、B将C装置中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液C在配成的溶液中加入用硝酸酸化的硝酸钡溶液，观察是否有沉淀生成D在配成的溶液中先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，观察是否有气泡或沉淀 生成答案(1)CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O除去CO2气体中的HCl2Na2O22CO2=2Na2CO3O2NaOH溶液吸收未反应的CO2把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗活塞，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气(2)合理由于过氧化钠具有强氧化性，能将4价的硫氧化为6价的硫而生成硫酸钠干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应防止空气中的
42、水蒸气和CO2进入C装置与Na2O2反应生成氧气，同时吸收过量SO2气体，便于氧气的检验和防止污染空气ABD课时2铝及其化合物最新考纲1了解铝的主要性质及其应用。2.了解铝的重要化合物的主要性质及其应用。考点一铝的性质及用途1结构和存在铝位于元素周期表第3周期A族，原子结构示意图为。铝元素在地壳中含量丰富，仅次于硅。自然界中的铝全部以化合态存在。2物理性质及用途物理性质状态色泽密度熔点沸点硬度导电、导热性延展性固态银白色2.7 gcm3660.4 2 467 较软很好良好用途纯铝用作导线，铝合金用于制备汽车、飞机、生活用品等3.化学性质写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：2Al3Cl22
43、AlCl32Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22AlFe2O3Al2O32Fe(铝热反应)4制备2Al2O3(熔融)4Al3O2探究思考1金属铝是活泼的金属，能与酸反应，为什么能用铝槽储运浓H2SO4或浓HNO3?答案常温下浓H2SO4、浓HNO3能使铝钝化(在表面形成一层致密的氧化膜)，阻止反应继续进行。2铝是中学化学学习阶段的唯一一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出H2的金属，就铝的这一特殊性质回答下列问题：(1)铝与酸、碱反应的实质是什么？氧化剂是什么？答案铝与酸、碱反应的实质都是：lAl3，2HH2，只不过碱中的H来源于水的电离，氧化剂分别为酸和水。(2)等质
44、量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是_。解析根据化学方程式：2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2得Al与H2的关系式均为2Al3H2，故只要参加反应的Al相等，所得H2必相等。答案11(3)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是_。解析因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl3H2；2NaOH3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时。二者产生H2的体积比为13。答案13(4)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量
45、浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是_。解析因为铝足量且产生H2相等，根据关系式n(HCl)n(NaOH)31，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)c(NaOH)n(HCl)n(NaOH)31。答案31【示例1】 (2013山东理综，9)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稀硝酸思维启迪 写出Al与四种溶液反应的化学方程式，然后根据Al进行分析和判断。解析本题考查金属铝的性质，意在考查考生运用元素化合物知识的能力。根据关系式：2Al2NaOH，2Al3H2SO4
46、，2Al6HCl，A项正确，B、C项错误；Al与稀硝酸反应不产生氢气，D项错误。答案A【示例2】 下列说法错误的是()。AAl箔插入稀HNO3中，无现象，说明Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜(2011安徽理综，10C)B工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al(2012广东理综，10B)C日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用(2009广东理基，23D)D铝制容器可盛装浓H2SO4(2010重庆理综，8A)解析浓硝酸才能使Al钝化形成致密的氧化膜。答案A1下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是()。A铝在常温下不能与氧气反应B铝不能与氯气反应C铝既能溶于酸，又能溶于强碱D氧化
47、铝只能与酸反应，不能与碱反应解析A项，铝在常温下能与O2反应，可形成氧化膜；B项，铝可与Cl2反应生成AlCl3；D项，Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应，又能与强碱反应。答案C2世界上一次性建成的最长高速铁路京沪高铁，列车时速高达380公里，车厢大部分采用铝合金材料制造，这是因为铝合金()。A比纯铝熔点高B具有比较活泼的化学性质C各种成分在自然界中含量丰富，容易获取D质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强解析A项，铝合金的熔点比纯铝低，错误；B项，作为制造车厢的材料铝合金抗腐蚀能力应该较强，即化学性质应该较稳定，错误；C项，铝的含量丰富，但却不容易获取，制取金属铝需消耗很多能量，错误。答案D3(
48、2013南昌调研)a g镁铝合金投入x mL 2 molL1的盐酸中，金属完全溶解，再加入y mL 1 molL1 NaOH溶液，沉淀达到最大值，质量为(a1.7)g，则下列说法不正确的是()。A镁铝合金与盐酸反应转移电子数为0.1NAB沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物Cx2yDa的取值范围为0.9a1.2解析Mg、Al失去电子变为离子，离子再结合OH生成沉淀，则镁铝合金与盐酸反应转移电子的物质的量等于其生成沉淀时结合的OH的物质的量，沉淀量最大时得到Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物，则m(OH)(a1.7)ga g1.7 g，n(OH)0.1 mol，电子转移总数是0.1N
49、A，A、B正确；沉淀量最大时，溶液中n(Na)n(Cl)，此时HCl和氢氧化钠的物质的量相等，即2xy，C错；电子转移总数是0.1NA，若金属全部是镁，则镁的质量是1.2 g，若金属全部是铝，则铝的质量是0.9 g，D对。答案C铝的两大特殊反应1与碱的反应活泼金属与酸反应是金属的通性，而铝不但能与酸(H)反应，还能够与碱溶液反应，表现为特殊性。2Al2OH2H2O=2AlO23H2。注意其反应机理应为：铝先与强碱溶液中的水反应生成H2和Al(OH)3，然后Al(OH)3再与NaOH反应生成H2O和NaAlO2，反应中铝作还原剂，水作氧化剂，NaOH无电子得失。2铝热反应铝和某些金属氧化物反应，
50、将金属从氧化物中置换出来，同时放出大量的热，这种反应称为铝热反应，可用于焊接金属、冶炼高熔点贵重金属。注意Al与MgO不能发生铝热反应。考点二铝的重要化合物1氧化铝(1)物理性质：白色固体，难溶于水，有很高的熔点。(2)化学性质2氢氧化铝(1)物理性质白色胶状不溶于水的固体，有较强的吸附性。(2)化学性质(用化学方程式表示)Al(OH)3的电离方程式为HAlO2H2O,酸式电离 Al(OH)3Al33OH,碱式电离受热分解：2Al(OH)3Al2O33H2O。(3)制备向铝盐中加入氨水，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4。NaAlO2溶液中通入足量CO2，离子方程式为Al
51、O2CO22H2O=Al(OH)3HCO3。NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合：离子方程式为：3AlO2Al36H2O=4Al(OH)3。3常见的铝盐(1)硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的复盐。(2)明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，它是无色晶体，可溶于水，水溶液pH7(填“”或“”)。明矾可以净水。其净水的原理是Al33H2O Al(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体吸附水中杂质形成沉淀而净水。探究思考1在做铝的燃烧实验时，用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热至其熔化，会看到的现象是铝箔熔化，失去光泽，但熔化的铝并不滴落。原因是_。答案铝箔加热时与O2发
52、生反应生成熔点很高的Al2O3薄膜，使内部熔化的铝被Al2O3包裹着，所以熔化的铝不易滴下2完成下列三角转化关系中的代表反应_答案Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4或Al33OH=Al(OH)3Al(OH)33H=Al33H2OAl(OH)3OH=AlO22H2OAlO22H2OCO2=Al(OH)3HCO3或2AlO23H2OCO2=2Al(OH)3CO32AlO24H=Al32H2OAl34OH=AlO22H2OAl33AlO26H2O=4Al(OH)3(水解相互促进)3下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是_。NaHCO3(NH4)2SO3Al2O3Al(OH)
53、3Al答案【示例3】 下列说法正确的是()。A氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝(2013江苏，4D)B明矾化学式：Al2(SO4)312H2O(2013海南，2C)C能实现转化Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3(2012江苏化学)D新制的氧化铝溶于氢氧化钠溶液的离子方程式为：Al2O32OH=AlO2H2O(2012海南，12D改编)解析氯化铝是共价化合物，加热熔融时不导电，A错误；明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，B错误；D选项离子方程式中原子及电荷都不守恒，D错误。答案C【示例4】 (2013大纲理综，29)铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石(Na3
54、AlF6)混合熔融电解制得。铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：回答下列问题：(1)写出反应1的化学方程式_。(2)滤液中加入CaO生成的沉淀是_，反应2的离子方程式为_。(3)E可作为建筑材料，化合物C是_，写出由D制备冰晶石的化学方程式_。(4)电解制铝的化学方程式是_，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是_ _。思维启迪 认真分析流程示意图确定每步可能发生的反应及产物的成分。解析本题主要考查硅、铝及其化合物的性质等，意在考查考生的分析推理能力。(1)因为铝土矿的主要成分为二氧化硅、氧化铝，前
55、者与NaOH反应生成硅酸钠，后者与NaOH反应生成偏铝酸钠(NaAlO2)。(2)CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙电离出的Ca2与SiO32反应生成CaSiO3；反应2为偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝。(3)浓硫酸与萤石反应生成HF和硫酸钙，故C为浓硫酸，D为HF，E为硫酸钙；结合制备冰晶石的反应物HF、碳酸钠和氢氧化铝及生成物Na3AlF6，由元素守恒可知该反应的生成物中还有二氧化碳和水。(4)工业上通过电解熔融的氧化铝可制得单质铝，并有氧气生成；阳极生成物氧气可与石墨反应，生成碳的氧化物。答案(1)2NaOHSiO2=Na2SiO3H2O、2NaOHAl2O3=2NaAlO2H2O(
56、2)CaSiO32AlO2CO23H2O=2Al(OH)3CO32(3)浓H2SO412HF3Na2CO32Al(OH)3=2Na3AlF63CO29H2O(4)2Al2O34Al3O2O2、CO2(CO)1化学在工农业生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法中不正确的是()。A明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用C用Al(OH)3治疗胃酸过多D电解AlCl3饱和溶液，可制得金属铝解析由于H的放电能力大于Al3，故电解饱和AlCl3溶液，得到的是Al(OH)3、H2和Cl2，无法得到金属铝。答案D2向30 mL 1
57、molL1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4 molL1的NaOH溶液，若产生0.78 g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为()。A3 mL B7.5 mL C15 mL D17.5 mL解析已知n(AlCl3)0.03 mol，nAl(OH)30.01 mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量。由两者反应的离子方程式Al33OH=Al(OH)3，Al(OH)3OH=AlO22H2O可知，当碱的量不足时，则V(NaOH) L0.007 5 L7.5 mL；当碱过量时，则V(NaOH) L0.027 5 L27.5 mL。答
58、案B3(2011广东，32)由熔盐电解法获得的粗铝含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下：(注：NaCl熔点为801 ；AlCl3在181 升华)(1)精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为_ _和_。(2)将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。(3)在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式为_。(4)镀铝电解池中，金属铝为_极，熔融盐电镀液中铝
59、元素和氯元素主要以AlCl4和Al2Cl7形式存在，铝电极的主要电极反应式为_。(5)钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_。解析(1)铝属于活泼金属。在高温下可置换某些金属或非金属，因此有关反应的方程式为2AlFe2O3Al2O32Fe、4Al3SiO22Al2O33Si；(2)在高温下，氯气可与氢气、金属钠和铝反应生成HCl、NaCl和AlCl3，由于温度是700 ，所以AlCl3会升华变成气体，因此气泡的主要成分除Cl2外还含有HCl和AlCl3；NaCl熔点为801 ，此时NaCl不会熔化，只能在浮渣中存在，即浮渣中肯定存在NaCl；(3)尾气经冷凝后分为气体A和
60、固体B，由框图可知A是氯气和氯化氢的混合气体，B是AlCl3，因此用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O和HOH=H2O；(4)既然是镀铝，所以铝必须作阳极，由于熔融盐中铝元素和氯元素主要以AlCl4和Al2Cl7形式存在，所以阳极的电极反应式为Al4Cl3e=AlCl4，2Al7Cl6e=Al2Cl7；(5)铝在空气中易形成一层致密而坚固的氧化膜，它能阻止内部的金属继续被氧化，起到防腐蚀保护作用。答案(1)2AlFe2O3Al2O32Fe4Al3SiO22Al2O33Si(2)HCl和AlCl3NaCl(3)Cl22OH=ClClOH2O，HOH=H2
61、O(4)阳Al4Cl3e=AlCl4，2Al7Cl6e=Al2Cl7(5)氧化膜能隔绝空气，阻碍铜铁被腐蚀总 结 归 纳1常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质金属单质：Al等；两性氧化物：Al2O3等；两性氢氧化物：Al(OH)3等；弱酸的铵盐：(NH4)2CO3、CH3COONH4、(NH4)2S等；弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、NaHSO3等；氨基酸等。特别提醒两性物质是指既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的化合物，上述物质中只有Al2O3、Al(OH)3、氨基酸是两性物质。2氢氧化铝两性的重要应用(1)用过量NaOH溶液检验Al3的存在。(2)用过量NaOH溶液鉴别Al3和Mg2。
62、(3)用互滴法鉴别Al3与OH、AlO2与H。(4)用过量NaOH溶液和相应酸溶液分离Al3与Mg2、Fe3等离子或分离MgO、Al2O3。3Al(OH)3的三种制备方法考点三铝及其化合物转化的图像分析1把强碱溶液逐滴加入到铝盐(Al3)溶液中至过量(1)现象：先有白色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解。(2)有关反应：AB：Al33OH=Al(OH)3BD：Al(OH)3OH=AlO22H2O(3)图像2把铝盐(Al3)溶液逐滴加入到强碱溶液中至过量(1)现象：先无明显现象，然后逐渐产生大量的白色沉淀。(2)有关反应：AB：Al34OH=AlO22H2OBC：Al33AlO26H2O=4Al(OH)
63、3(3)图像3在AlO2溶液中逐滴加入强酸至过量(1)现象：先生成白色沉淀，随后沉淀逐渐溶解。(2)有关反应：AB：AlO2HH2O=Al(OH)3BD：Al(OH)33H=Al33H2O(3)图像4在强酸溶液中逐滴加入AlO2溶液至过量(1)现象：先无明显现象，反应一段时间后逐渐产生白色沉淀。(2)有关反应：AB：4HAlO2=Al32H2OBC：Al33AlO26H2O=4Al(OH)3(3)图像5向Mg2与Al3的酸性溶液中逐滴加入强碱溶液(1)现象：无明显现象出现沉淀渐多最多减少不变(2)反应OA：HOH=H2OAB：Al33OH=Al(OH)3Mg22OH=Mg(OH)2BC：Al(
64、OH)3OH=AlO22H2O(3)图像c(Mg2)c(Al3)探究思考1如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒数量的关系曲线。判断下列说法是否正确(1)A线表示Al3的物质的量的变化()(2)x表示AlCl3的物质的量()(3)C线表示Al(OH)3的物质的量的变化()(4)D线表示AlO2的物质的量的变化()解析AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：向AlCl3溶液中缓慢滴加NaOH溶液，开始有沉淀生成后沉淀溶解，且生成沉淀与沉淀溶解消耗的NaOH的物质的量之比为31，对比本题中图像，则x表示NaOH的物质的量，(2)项错误；另一种方式是向NaOH溶液中缓慢滴加AlC
65、l3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀生成，与本题图示情况不符。答案(1)(2)(3)(4)2在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如右图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为_。解析溶解Al(OH)3耗碱10 mL，则生成Al(OH)3耗碱为30 mL，生成Mg(OH)2耗碱(5030)mL，故Al3与Mg2浓度之比11，则Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为12。答案12【示例5】 (2012安徽理综，13)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1
66、 molL1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是()。思维启迪 写出随着NaOH的加入依次所发生的离子反应方程式：Fe33OH=Fe(OH)3；Al33OH=Al(OH)3；Al(OH)3OH=AlO22H2O。解析由题中信息可知滴入NaOH溶液，起始时形成Fe(OH)3沉淀，然后形成Al(OH)3沉淀，A、B项错误；当滴入一定体积的NaOH溶液使Al3全部沉淀后，再加入过量的NaOH，Al(OH)3沉淀全部溶解，故可知C项正确；D项错误。答案C【示例6】 (2009上海单科)镁
67、和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图。反应中镁和铝的()。A物质的量之比为32B质量之比为32C摩尔质量之比为23D反应速率之比为23解析镁与稀硫酸反应：MgH2SO4=MgSO4H2，铝与稀硫酸反应：2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2，由图像知，产生的H2的量相同，各产生1 mol H2时，需Mg 1 mol，质量为24 g，需Al mol，质量为18 g。故A正确，B、C错误。Mg的反应速率大于Al的，D错误。答案A1某溶液中可能含有大量的Mg2、Al3、H、Cl和少量OH，向该溶液中逐滴加入0.5 molL1 NaOH溶液，生成沉淀
68、的质量和加入NaOH溶液的体积之间的关系如下图所示，则可判断原溶液中()。A有Mg2，没有Al3 B有Al3，没有Mg2C有Mg2和Al3 D有大量的H、Mg2和Al3解析由图可以看出，当加入NaOH溶液时，马上就有沉淀产生(由原点开始)，可确定溶液中无大量H；产生的沉淀有部分可以溶解，可证明溶液中一定有Mg2和Al3。答案C2(2013黄冈联考)某同学设计了如下两种制备氢氧化铝的方案：方案：2.7 g AlX溶液Al(OH)3沉淀方案：2.7 g AlY溶液Al(OH)3沉淀NaOH溶液和盐酸的浓度均是3 molL1，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液或盐酸时，产生沉淀的物质的量与
69、加入盐酸或氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法不正确的是()。AY溶液的溶质为NaAlO2Bb曲线表示的是向Y溶液中加入盐酸Ca曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液D在O点时两方案所得溶液浓度相等解析n(Al)0.1 mol，100 mL盐酸中n(H)0.1 L3 molL10.3 mol，100 mL NaOH溶液中n(OH)0.1 L3 molL10.3 mol。由Al3H 0.1 mol 0.3 mol知方案中X为AlCl3，向其中加入NaOH溶液立即生成沉淀，在图像中为曲线a，C项正确；由Al2OH 0.1 mol 0.3 mol知方案中Y为NaOH和NaAlO2的混合物，向其中加入
70、盐酸，先发生反应HOH=H2O，开始无现象，后来产生沉淀，在图像中为曲线b，B项正确。O点时Al3完全沉淀，溶质只有NaCl，由于开始时n(HCl)n(NaOH)，故两方案O点溶液中n(NaCl)相等，c(NaCl)相等，D项正确。Y溶液为NaOH和NaAlO2的混合溶液，A项错误。答案A3下列四个图中，横坐标表示加入的物质的量，纵坐标表示生成沉淀的量，从AD中选择符合各题要求的序号填入表中溶液加入的物质答案序号AlCl3溶液通过量的NH3含少量NaOH的NaAlO2溶液通过量的CO2NaAlO2溶液滴加稀H2SO4至过量MgCl2和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液至过量解析AlCl3溶液中
71、通过量的NH3，生成Al(OH)3沉淀，且沉淀不溶解，所以选C；向含少量NaOH的NaAlO2溶液中通过量的CO2，CO2先与NaOH溶液反应，开始没有沉淀生成，然后CO2与NaAlO2溶液反应，生成Al(OH)3沉淀，且沉淀不溶解，所以选D；NaAlO2溶液中滴加稀H2SO4至过量，先生成Al(OH)3沉淀，然后沉淀溶解，且生成沉淀和溶解沉淀所用H2SO4的物质的量之比为13，所以选B；MgCl2和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液至过量，先生成Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，然后Al(OH)3沉淀溶解，Mg(OH)2不溶解，所以选A。答案CDBA关于图像题的分析思路(1)看面：弄清纵
72、、横坐标的含义。(2)看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。(3)看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。铝与酸、碱反应生成H2量的分析(教师用书独具)方 法 规 律铝与酸、碱反应生成H2的量的关系1铝与酸、碱反应的化学方程式分别为2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。从化学方程式可以看出A1与酸、碱反应时生成H2的实质都是AlAl3，2HH2，所以无论与酸还是与碱反应，Al与H2的关系都是2Al3H2。2等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，
73、产生氢气体积比11。3足量的铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比13。4一定量的铝分别与一定量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比0解析向黄色的FeCl3溶液中加入FeCl3固体，溶液浓度增大，溶液黄色变深，但FeCl3的水解程度变小，A错误。往黄色的FeCl3溶液中加入等体积水，溶液被稀释，c(Fe3)变小，溶液颜色变浅，B正确；在黄色的FeCl3溶液中加入足量Fe粉，发生反应2Fe3Fe=3Fe2，溶液颜色变成浅绿色，C正确；水解反应是吸热反应，将FeCl3溶液微热可加速FeCl3的水解，溶液变成红褐色，D正确。答案A6(2013曲靖模拟)部分氧化的铁铜合金样
74、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Fe3、Fe2、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解析根据题意，3.2 g滤渣一定是铜，而铜与Fe3不共存，则A项错误；最后的3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B正确；样品中Cu元素和O元素共5.76 g2.24 g3.52 g，则C项错误；因2.24 g Fe元素已部分氧化，且Fe还与Fe3、Cu2发生反应，故生成的氢气的体积应小于896 mL，D错误。答案B7向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL
75、1 molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3。若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为 ()。A6.4 g B4.8 g C2.4 g D1.6 g解析向混合物中加入盐酸时发生如下反应：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、2FeCl3Cu=CuCl22FeCl2，由题意可知：Cu与Fe2O3的物质的量相等，设二者的物质的量均为x，则有6x0.3 L1 molL10.3 mol，x0.05 mol；若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量即为氧原子的质量：0.05 mol316 gmol12.4 g。答案C二、非选择题(本题共4
76、个小题，共58分)8(14分)有关FeSO4的转化关系如图所示(部分物质已略去)。已知：X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀。Y是红棕色的化合物。(1)气体X的成分是(填化学式)_。(2)反应的反应类型属于(填序号)_。a分解反应 b复分解反应c置换反应 d化合反应e氧化还原反应(3)溶液2中金属阳离子的检验方法是_。(4)若经反应得到16 g固体Y，产生的气体X恰好被0.4 L 1 molL1 NaOH溶液完全吸收，则反应中生成FeSO4的离子方程式是_ _。解析由知，气体X为SO2和SO3的混合物；由知，Y为Fe2O3。所以反应的化学方程式为2F
77、eSO4(s)Fe2O3SO2SO3。(1)气体X的成分为SO2和SO3；(2)反应的类型为分解反应，同时又属于氧化还原反应；(3)溶液2中的金属阳离子为Fe3，所以其检验的方法为取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红，则证明原溶液中含有Fe3；(4)由题意知经反应共得到0.1 mol的Fe2O3、0.1 mol的SO2和0.1 mol的SO3，故知反应中生成FeSO4的离子方程式是2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H。答案(1)SO2、SO3(2)ae(3)取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红，则证明原溶液中含有Fe3(4)2Fe3SO32H2O=2Fe
78、2SO422H9(15分)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溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为_。(2)某溶液中有Mg2、Fe2、Al3、Cu2等离子，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 BFe2 CAl3 DCu2(3)氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：操作的名称是_
79、；操作的名称是_；操作的方法为_。请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式：_。解析(1)铁的氧化物中具有磁性的是Fe3O4，Fe3O4溶于过量的盐酸后溶液中存在的阳离子是Fe2、Fe3、H；Fe3O4溶于过量的浓硝酸后Fe元素会被氧化为Fe3，所以反应后的溶液中含有的盐是Fe(NO3)3。(2)向该溶液中加入过量的NaOH溶液后：Mg2Mg(OH)2、Fe2Fe(OH)3、Al3AlO2、Cu2Cu(OH)2；过滤后滤渣中含有Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2；高温灼烧后Mg(OH)2MgO、Fe(OH)3Fe2O3、Cu(OH)2CuO；将MgO、Fe2O3、CuO投入过量盐酸后生
80、成Mg2、Fe3、Cu2，故应选择B、C。(3)从流程图中知道经操作得到滤渣，故该操作是过滤；操作是在得到FeCO3沉淀后进行的，故该操作是洗涤；洗涤具体操作方法为：在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次；从流程图中分析加入稍过量的NH4HCO3溶液，有FeCO3沉淀，还应有CO2生成，发生复分解反应的离子方程式为：Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O。答案(1)Fe2、Fe3、HFe(NO3)3(2)BC(3)过滤洗涤在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O10(14分)已知AI均为中学化学中的常见物质
81、，它们之间的转化关系如图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中需要或生成的水及其他部分产物已略去。请回答以下问题：(1)B和F分别是_(填化学式)。(2)写出下列反应的化学方程式：A与B在高温下反应：_。H在空气中转变为I：_。(3)E溶液中所有离子浓度由大到小的顺序是_。(4)用离子反应方程式表示G溶液呈酸性的原因_；该反应的平衡常数为_(已知常温下，H的溶度积常数Ksp8.01016)。解析本题以无机框图为载体，考查无机物的性质及化学反应原理，意在考查考生的综合分析能力。(1)根据框中转化关系及题干信息，可以确定I为氢氧化铁。A、D为金属单质，根据A和B的反应条件就可以联想到铝热反应，推测
82、A、D为铝和铁，即A为铝，B为氧化铁，C为氧化铝，D为铁，E为偏铝酸钠，G为氯化亚铁，F为氢氧化铝，H为氢氧化亚铁，I为氢氧化铁。(3)偏铝酸钠水解使溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na)c(AlO2)c(OH)c(H)；(4)FeCl2溶液中，Fe2发生水解：Fe22H2OFe(OH)22H，平衡常数K1.251013。答案(1)Fe2O3、Al(OH)3(2)Fe2O32Al2FeAl2O34Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3(3)c(Na)c(AlO2)c(OH)c(H)(4)Fe22H2OFe(OH)22H1.25101311(15分)某研究性学习小组请你参与“
83、研究铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：探究一设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验。(1)硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为_ _。(2)反应前A中投放碎瓷片的目的是_。(3)装置E中的现象是_。探究二设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分。(4)待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于_后，将所得溶液分成两份。(5)一份滴加几滴KSCN溶液。若溶液变血红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为_(选填序号，下同)；若溶液未变血红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为_。一定有Fe3O4一定有Fe只有Fe3O4只有Fe(6)另一份
84、用_(填仪器名称)加入_，可以证明溶液中存在Fe2。探究三设计如下流程测定反应后硬质玻璃管B中固体含铁元素的质量分数。(7)试剂b的化学式是_。(8)计算反应后B装置中铁元素的质量分数为_。答案(1)3Fe4H2O(g)Fe3O44H2(2)防止暴沸(3)黑色固体变红，右端管壁有水珠(4)稀硫酸(5)(6)胶头滴管酸性KMnO4溶液，溶液褪色(7)NaOH(8)77.8%课时4铜及其化合物金属材料最新考纲1了解铜及其重要化合物的主要性质及其应用。2.了解常见金属的活泼性顺序。3.了解合金的概念及其重要应用。考点一铜及其重要化合物1铜(1)物理性质：铜是紫红色金属，具有良好的导电性、导热性和延展
85、性。(2)化学性质写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：化学方程式：2CuO2CO2H2O=Cu2(OH)2CO3(绿色固体)。化学方程式：2CuSCu2S。与氧化性酸a与浓硫酸共热：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；b与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O。与盐溶液反应(写离子方程式)a与硝酸银溶液：Cu2Ag=2AgCu2；b与FeCl3溶液：Cu2Fe3=2Fe2Cu2。2氧化铜(1)物理性质：黑色粉末状固体。(2)化学性质3氢氧化铜(1)物理性质：蓝色不溶于水的固体。(2)化学性质及应用4CuSO45H2OCuSO45H2O为蓝色晶体，俗
86、称蓝矾、胆矾。无水CuSO4为白色粉末，遇水变蓝色(生成CuSO45H2O)，可作为水的检验依据。探究思考1波尔多液是一种农业上应用广泛的杀菌剂，它是由硫酸铜、生石灰和水按一定比例配成的天蓝色胶状悬浊液，思考下列问题(1)波尔多液能否用铁桶盛放？为什么？(2)波尔多液能杀菌的可能原因是什么？答案(1)不能。原因是铁能置换波尔多液中的Cu2，降低杀菌能力。(2)CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性。2连线：把铜及其化合物的化学式与其颜色连接起来。3已知酸性条件下有如下反应：2Cu=Cu2Cu。由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。一同学对某次用氢气还原氧
87、化铜实验所得的红色固体产物作了验证，实验操作和实验现象记录如下：加入试剂稀硫酸浓硫酸、加热稀硝酸浓硝酸实验现象有红色固体剩余和溶液变为蓝色产生无色气体产生无色气体和溶液变为蓝色产生红棕色气体和溶液变为绿色由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物_。解析此题是通过实验现象推测反应的本质。H2还原CuO生成红色固体，可能是Cu和Cu2O中的一种或两种，加入稀H2SO4溶液变蓝色和得到红色固体，证明原固体中一定含有Cu2O而Cu不能证明其有无。答案一定有Cu2O，可能有Cu【示例1】 (2012天津理综，9)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简
88、单处理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_ _。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：甲：Al2(SO4)318H2O乙：Al2(SO4)318H2O丙：Al2(SO4)318H2O上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方
89、案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO45H2O(Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c molL1EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w_；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子解析根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以
90、滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO45H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第步中Cu与酸发生的反应为Cu与浓硝酸的反应：Cu4H2NO3Cu22NO22H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀，发生的反应也可能为3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O。根据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。(2)第步操作中加H2O2的目的是将Fe2转化为Fe3，从而将Fe3转化为沉淀除去，防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的还原产物为H2O，不引入杂质，同时对环境没有污染，调节pH的目的是将F
91、e3和Al3转化为沉淀而除去。(3)用CuSO45H2O制备无水CuSO4，只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解，但是因为硫酸不挥发，所以最终得到的仍然是CuSO4，所以只要加热脱水即可。(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe2(SO4)3。乙、丙两种方案中，乙方案的原子利用率更高。(5)根据题意可知，Cu2H2Y2，发生反应的EDTA的物质的量为c molL1b/1 000 L，所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c molL1b/1 000 L，样品中含有的CuSO45H2O的质量为(c molL1b/1 000 L250 gmol15)，所以CuSO
92、45H2O的质量分数为100%。根据CuSO45H2O的质量分数表达式可知，未干燥锥形瓶，对CuSO4的物质的量的测定无影响，所以a无影响；滴定终点时滴定管的尖嘴部分产生气泡，则读出来的数值比实际消耗的EDTA溶液的体积小，即b值偏小，所以CuSO45H2O含量偏低；若未除净可与EDTA反应的离子，则消耗的EDTA溶液的体积偏大，即b值偏大，CuSO45H2O的含量偏高，c项正确。答案(1)Cu4H2NO3Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO33Cu22NO4H2OAu、Pt(2)将Fe2氧化为Fe3不引入杂质，对环境无污染Fe3、Al3(3)加热脱水(4)甲所得产品中含有较多Fe2(SO
93、4)3杂质乙(5)100%c1下列有关铜的化合物的性质的叙述中正确的是()。ACuSO4变成CuSO45H2O是物理变化B一定条件下，新制的Cu(OH)2悬浊液能与乙醛反应但不能与乙酸反应CCuO是黑色固体，与水反应可生成Cu(OH)2DCu2O遇硝酸可能会被氧化成Cu2解析A项变化属于化学变化，A错；Cu(OH)2是碱，能与酸反应，B错；CuO不能与水反应，C错；Cu2O中铜处于低价态，能被强氧化剂硝酸氧化。答案D2下表中，对陈述、的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是()。选项陈述陈述判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除铜器表面的铜绿对；对；无B铜表面易形成致密的氧化膜铜容器可以
94、盛放浓硫酸对；对；有C向硫酸铜溶液通入氨气，有深蓝色沉淀产生，过滤后灼烧滤渣，最后变成黑色固体把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑对；对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂错；对；无解析稀盐酸可以与Cu2(OH)2CO3反应，而且稀盐酸不能与Cu反应，所以可用稀盐酸除铜器表面的铜绿Cu2(OH)2CO3，、有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，铜与浓硫酸在一定温度下能发生反应，所以不能用铜制容器盛装浓硫酸，B错误；硫酸铜与氨水生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成黑色CuO，、均正确，但没有因果关系，C错误；蓝色硫酸铜晶体受
95、热转化为白色硫酸铜粉末有新物质生成，属于化学变化，CuSO4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。答案D3(2010北京理综，11)自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是()。ACuS的溶解度大于PbS的溶解度B原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性CCuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2S2=CuSD整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应解析CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为2价，均具有还原性，B
96、错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。答案D氧化铜和氧化亚铜比较名称氧化铜氧化亚铜颜色黑色红色与酸反应(H)CuO2H=Cu2H2OCu2O2H=Cu2CuH2O与H2反应CuOH2CuH2OCu2OH22CuH2O转化关系4CuO2Cu2OO2考点二金属材料及金属矿物的利用1合金(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。(2)性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能。熔点：一般比它的各成分金属的低；硬度和强度：一般比它的
97、各成分金属的大。2常见金属材料X(1)重要的黑色金属材料钢钢是用量最大、用途最广的合金。钢(2)几种有色金属材料3金属冶炼的一般步骤4金属冶炼方法(1)热分解法(适用于Hg、Ag等不活泼金属)例如：2HgO2HgO2，2Ag2O4AgO2。用热分解冶炼法冶炼金属的特点：金属元素的金属性弱，金属元素的原子不易失去电子，其金属离子容易得到电子，该金属元素所形成的化合物稳定性较差。(2)热还原法(适用于ZnCu等中等活泼金属)焦炭还原法。例如：C还原ZnO、CuO，其化学方程式依次为C2ZnO2ZnCO2，C2CuO2CuCO2。一氧化碳还原法。例如：CO还原Fe2O3、CuO，其化学方程式依次为3
98、COFe2O32Fe3CO2，COCuOCuCO2。氢气还原法。例如：H2还原WO3、Fe3O4，其化学方程式依次为3H2WO3W3H2O，4H2Fe3O43Fe4H2O。活泼金属还原法。例如：Al还原Cr2O3、V2O5，其化学方程式依次为2AlCr2O3Al2O32Cr，10Al3V2O56V5Al2O3。(3)电解法(适用于Al以前的活泼金属)例如：Al2O3、MgCl2、NaCl的电解反应，其化学方程式依次为2Al2O3(熔融)4Al3O2，MgCl2(熔融)MgCl2，2NaCl(熔融)2NaCl2。探究思考1能否用电解AlCl3和MgO的方法冶炼Al、Mg?答案不能。因为AlCl3
99、是共价化合物，熔融时无法电离出自由移动的离子，不导电；而MgO虽是离子化合物，但其熔点太高，熔融会消耗大量的能量，成本较高。2判断下列有关金属冶炼的说法是否正确，如不正确请说明原因。(1)制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl4)溶液中的钛()(2)炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物()(3)制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液()(4)炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜()解析(1)不能用TiCl4溶液，应用熔融态的TiCl4；(3)中电解NaCl溶液得到NaOH、Cl2和H2；(4)中电解法精炼铜的原料是粗铜。答案(1)(2)(3)(4
100、)【示例2】 (2013广东理综，32)银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：(注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 和80 )(1)电解精炼银时，阴极反应式为_；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学反应方程式为_。(2)固体混合物B的组成为_；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_。(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：_CuO_Al2O3_CuAlO2_。(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转
101、化为_ mol CuAlO2，至少需要1.0 molL1的Al2(SO4)3溶液_ L。(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是_、过滤、洗涤和干燥。思维启迪 认真分析工艺流程中每步可能发生的反应及其产物；第(4)问利用关系式法进行计算。解析(1)电解精炼Ag时，粗银作阳极，纯银作阴极，含有Ag的电解质溶液作为电解液，所以阴极反应式为Age=Ag，滤渣Ag与稀HNO3反应生成NO，NO被O2氧化生成NO2，方程式为2NOO2=2NO2。(2)NaOH溶液与Al2(SO4)3、CuSO4反应生成Al(OH)3沉淀和Cu(OH)2沉淀，若NaOH过量，Al(OH)3沉淀溶解，离子方程式为
102、Al(OH)3OH=AlO22H2O。(3)由于在反应前后，Cu的化合价降低，CuO作氧化剂，所以失电子的只能是O2，被氧化成O2，利用得失电子守恒配平。(4)4Cu4CuO2Al2O32Al2(SO4)34CuAlO2即2CuAl2(SO4)32CuAlO2n(Cu)50 mol所以可完全转化生成50 mol CuAlO2，至少需要Al2(SO4)3的体积为25.0 L。(5)由于胆矾带有结晶水，为防止失去结晶水，应采取加热浓缩、冷却结晶的方法。答案(1)Age=Ag2NOO2=2NO2(2)Al(OH)3、Cu(OH)2Al(OH)3OH=AlO22H2O(3)424O2(4)5025(5
103、)蒸发浓缩、冷却结晶【示例3】 (2013山东，28节选)金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_。aFe2O3 bNaCl cCu2S dAl2O3(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O，该反应的还原剂是_。当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_ mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是_。解析(1)Na、K、Mg、Al等活泼金属的冶炼均采用电解法，Fe、Cu的冶炼采用热还原法。(2)在辉铜矿和H2SO4、O2的反应中，Cu2S是还原剂，O2作氧化剂，所以1 mol O
104、2得4 mol e，还原剂也失去4 mol e，Cu22H2O=Cu(OH)22H，Mg2H=Mg2H2，所以放出的气体应为H2。答案(1)bd(2)Cu2S4H212014年将在上海首飞的C919大型飞机采用了大量新材料铝锂合金。下列关于铝锂合金的说法不正确的是()。A铝锂合金是铝与锂形成的混合物B铝锂合金的硬度比锂大C铝锂合金的熔沸点比铝低D铝锂合金耐酸碱腐蚀解析铝锂合金中的铝能与酸和碱反应，锂能与酸反应，故铝锂合金不耐酸碱腐蚀。答案D2(2013上海，26)用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：2Al4BaO3BaBaOAl2O3常温下Al的金属性比Ba的金属性_(选
105、填“强”“弱”)。利用上述方法可制取Ba的主要原因是_。A高温时Al的活泼性大于BaB高温有利于BaO分解C高温时BaOAl2O3比Al2O3稳定DBa的沸点比Al的低答案弱D3(2013昆明调研)合金在生产生活中的应用日趋广泛。(1)镁合金被用于制造笔记本电脑外壳、竞赛自行车车架等，是由于镁合金具有_等优异性能。(2)测定某镁铝合金中镁的质量分数。称取一定质量的样品放入NaOH溶液中，发生反应的离子方程式是_。另称取一定质量的样品放入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入 NaOH溶液的体积关系如图所示(生成沉淀阶段
106、的图像斜率视为恒定)。则合金中Al的质量为_g，NaOH溶液的物质的量浓度为_molL1。(3)有一种镁铝合金(Mg17Al12)是贮氢材料，该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al1217H2=17MgH212Al。得到的混合物在6.0 molL1的盐酸中能完全释放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为。(要求列出计算过程)解析本题以合金为载体考查了物质含量的计算、离子方程式以及电极反应式的书写等，意在考查考生对电化学知识、离子反应知识的掌握情况以及相关计算能力。(2)镁不和NaOH溶液反应，铝属于两性金属，能与NaO
107、H溶液反应生成NaAlO2，离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO23H2。由图可知，生成沉淀的总物质的量为0.35 mol，Mg(OH)2的物质的量为0.15 mol，在加入(240200)mL NaOH溶液时，氢氧化铝溶解，发生反应Al(OH)3OH=AlO22H2O，氢氧化铝的物质的量为0.2 mol，合金中Al的质量为5.4 g，由离子方程式可知：40 mL NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.2 mol，所以NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1。答案(1)强度大、密度小、散热性好、消震性好(答案合理即可)(2)2Al2OH2H2O=2AlO23H25.45(3)Mg17A
108、l1270HCl=17MgCl212AlCl335H2 1 mol 35 moln(H2)35 mol17 mol52 mol合金及矿物加工中常考的两大分析类型1定性分析型形成合金的各种成分的化学性质仍按单一组分的性质进行分析(例如铜铝合金中的铝既能溶于酸又能溶于碱的性质不变，铜能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为NO气体等性质不变)。一般是将合金进行酸溶或碱溶，根据反应中的特殊现象或根据溶解后所得溶液继续加沉淀剂产生的现象判断其成分。此类试题常以工艺流程图的形式呈现，解答的关键是理清每一步加入的物质和生成物质的成分及发生的反应。2定量分析型定量测定合金的组成成分常用量气法或沉淀法。(1)量气法量
109、气法是指收集合金中某种物质溶解时所产生的气体的量，应用化学方程式或关系式来判断合金的组成。其原理的关键点是根据某组分的特殊性质(特别是与酸或碱反应能产生气体)，其操作要点和注意事项有：保证装置的气密性良好，避免干扰因素，注意量气的准确性。(2)沉淀法沉淀法测定物质含量是常用的一种方法，采用沉淀法时，涉及到的基本实验操作和主要问题有：称量、溶解(注意溶解试剂的选择)；沉淀(重点是沉淀试剂的选择)；过滤、沉淀的洗涤、干燥、称量；数据的处理(包括测定结果的误差分析)。素养7物质制备工艺中试剂的选择及作用典 例 剖 析(2012山东高考节选)无水AlCl3(183 升华)遇潮湿空气即产生大量白雾，实验
110、室可用下列装置制备。装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_。装置C中盛装的试剂是_，作用是_。F中试剂的作用是_。用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_。科学审题 浓盐酸易挥发，从A出来的Cl2中混有HCl气体，B装置中的饱和NaCl溶液是为了吸收其中的HCl，C中盛的是浓H2SO4，作用是干燥Cl2防止水蒸气对制AlCl3的反应产生干扰；F的作用是吸收水蒸气，防止G中水蒸气进入E中，G的作用是吸收Cl2，两装置合并后需要同时起两个作用，所装试剂应选择碱石灰。规范答案除去HCl浓H2SO4干燥氯气吸收水蒸气碱石灰答题模板解答该类题目要掌握以下要领：(1)根据
111、题目要求及试剂的状态和性质准确判断试剂的作用，通常有制备物质、除杂净化、吸水干燥、吸收尾气等作用。(2)试剂的选取是考查试剂作用的另一种形式，选取试剂时要考虑实验目的、试剂的性质状态和实验中所给仪器等因素。(3)规范描述试剂的作用，如“除去”“防止”“抑制”“吸收”“使”等，回答要准确规范。说明：解答此类题目要注意三个得分点：试剂的作用、试剂的选取、规范答题。(1)试剂的作用：判断试剂的作用要清楚物质的成分，以及试剂与物质反应的化学原理。(2)试剂的选取：原理正确，符合仪器装置的要求，能够达到实验目的。(3)规范答题：语言要简练、规范、准确，避免口语化。规 范 再 练某研究性学习小组为合成1丁
112、醇，查阅资料得知一条合成路线：CH3CH=CH2COH2CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OH；CO的制备原理：HCOOHCOH2O，并设计出原料气的制备装置(如下图)。请填写下列空白：(1)实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯。写出化学反应方程式：_，_。(2)若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是_，_；c和d中盛装的试剂分别是_，_。若用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是_；在虚线框内画出收集干燥H2的装置图。(3)制取丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混
113、合气体通过试剂的顺序是_(填序号)。饱和Na2SO3溶液酸性KMnO4溶液石灰水无水CuSO4品红溶液解析(1)氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反应不能产生氢气，化学方程式为Zn2HCl=ZnCl2H2；2丙醇通过消去反应即得到丙烯，化学方程式为：(CH3)2CHOHCH2=CHCH3H2O。(2)甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸。又因为甲酸易溶于水，所以必须防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥CO。为了使产生的气体能顺
114、利地从发生装置中排出，就必须保持压强一致，因此a的作用是保持恒压；若用以上装置制备氢气，就不再需要加热，所以此时发生装置中必需的玻璃仪器是分液漏斗和蒸馏烧瓶；氢气的密度小于空气，因此要收集干燥的氢气，就只能用向下排空气法，而不能用排水法收集。(3)检验丙烯可以用酸性KMnO4溶液，检验SO2可以用酸性KMnO4溶液，也可以用品红溶液或石灰水，检验CO2可用石灰水，检验水蒸气可用无水CuSO4，检验这四种气体必须考虑试剂的选择和顺序。只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此要先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na2SO3溶液，最后检验CO2和丙烯，因此混合气体通过试
115、剂的顺序为。答案(1)Zn2HCl=ZnCl2H2(CH3)2CHOHCH2=CHCH3H2O(2)恒压防倒吸NaOH溶液浓硫酸分液漏斗、蒸馏烧瓶(3)(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)1日本地震后，导致福岛第一核电站引发核危机。核反应堆的第一层护罩是锆锡合金外壳，第二层护罩是压力仓，第三层护罩是用最坚固的钢和混凝土制成的非常厚的球体。下列叙述错误的是 ()。A锆锡合金、钢、混凝土都属于混合物B钢的硬度和熔沸点都高于纯铁C锆锡合金和钢属于金属材料，混凝土属于传统的硅酸盐材料D在高温下，钢和水蒸气可发生反应产生氢气解析
116、钢是铁碳合金，其硬度大于纯铁，但熔点低于纯铁。答案B2(2013宝鸡质检)已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()。MNQQ溶液MNANa BAl CFe DCu解析Na、Al、Fe均为活泼金属，电解相关溶液不能制取其单质；电解铜盐溶液可以生成铜单质，转化关系可能是CuCl2CuCl2CuCl2溶液CuCl2。答案D3(2013郑州质检)钓鱼岛群岛的东海海域及部分太平洋海域探明为海底热水矿床。海底热水矿床是沉积着由岩浆热气从地底喷出的金、铜、锌、稀有金属等区域。下列说法正确的是 ()。A金不溶于任何溶液B铜、锌在空气中均能被氧化成对应的氧化物C铜锌合金的熔点低于铜或锌的熔点D2963
117、Cu的质子数和中子数之差为34解析金能够溶于王水，A项错误；铜在空气中被腐蚀生成铜锈，主要成分是Cu2(OH)2CO3，B项错误；合金的熔点一般比成分金属的都低，C项正确；2963Cu的质子数和中子数之差为(6329)295，D项错误。答案C4氢化亚铜(CuH)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在4050 时反应可生成CuH。下列叙述中错误的是 ()。A“某物质”具有还原性BCuH与盐酸反应可能产生H2CCuH与足量稀硝酸反应：CuH3HNO3=Cu2NO2H2ODCuH在氯气中燃烧：CuHCl2=CuClHCl解析A项，用CuSO4溶液和“某物质”
118、在4050 时反应可生成CuH，Cu元素由2价变为1价，则CuSO4作氧化剂，“某物质”为还原剂，表现出还原性；B项，CuH与盐酸发生氧化还原反应：2CuH4HCl=2CuCl23H2；C项，HNO3具有强氧化性，与CuH反应时，1价Cu、1价H均被氧化成最高价态；D项，Cl2具有强氧化性，CuH具有强还原性，二者反应会生成CuCl2和HCl。答案D5(2013黑龙江质检)硝酸铜是一种重要的工业产品，化学上有很多方法可以制取硝酸铜：将铜溶于硝酸中、先将铜与O2反应生成CuO，再溶于硝酸中、将铜溶于N2O4的乙酸乙酯(溶剂，不参加反应)溶液中生成硝酸铜和一氧化氮。下列认识或判断错误的是 ()。A
119、方法是最经济和环保的B方法中，若从经济和环保的角度考虑，用稀硝酸比用浓硝酸好C方法需要消耗能源，对环境不产生污染D方法中N2O4既是氧化剂又是还原剂解析、都生成污染性气体，制取同样的硝酸铜，用稀硝酸比用浓硝酸耗酸量少，不生成污染性气体且HNO3全部转化为Cu(NO3)2。答案A6某地污水中含有Zn2、Hg2、Fe3、Cu2四种阳离子。甲、乙、丙三位同学设计的从该污水中回收金属铜的方案如下：甲：乙：丙：下列判断正确的是 ()。A三种实验方案都能制得纯净的铜B乙方案中加过量铁粉可以将四种阳离子全部还原C甲方案中的反应涉及置换、分解、化合、复分解四种反应类型D丙方案会产生环境污染解析甲方案得到的滤渣
120、中含有Hg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2，加热后得到HgO、Fe2O3和CuO，通H2还原后不能得到纯净的铜；乙方案中加入过量铁粉，过滤所得的滤渣中含有铁、铜、汞等物质，最后也不能得到纯净的铜；丙方案中用盐酸溶解了滤渣中过量的铁，最后可以得到纯净的铜。因为锌比铁活泼，所以乙方案中加入的铁不能还原Zn2。甲方案中没有涉及化合反应。丙方案可能会产生汞和酸性废水，从而导致环境污染。答案D7(2013成都联考)铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98 g(用精密天平测量)Cu(OH)2，固体，将其加热，有铜的氧化物生成，剩余固体质量随温度变化的曲线如图1所示。另外，某同学
121、绘制了三条表示铜的氧化物的质量与其所含铜元素质量的关系曲线，如图2所示。则下列分析正确的是()。A图1中产物a、b的化学式分别为Cu2O和CuOB图1整个过程中共生成0.26 g H2OC图2三条曲线中，表示CuO和其所含Cu元素质量的关系曲线是曲线AD图2中绘制错误的曲线共2条解析0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol80 gmol10.80 g，所以a点是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol144 gmol10.72 g，所以b点是Cu2O，A错误。根据化学方程式Cu(OH)2CuOH2O，4CuO2Cu2OO
122、2，反应过程中产生0.01 mol H2O，即0.18 g，B错误。CuO和其所含铜元素的质量关系(以CuO的质量为10 g计算)为10 g CuO中含8 g铜元素，观察图2知，曲线B符合上述质量关系(表示的是CuO)。而曲线A上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其所含金属元素的质量，这是错误的，曲线C不符合Cu2O和其所含的铜元素的质量关系，所以C错误、D正确。答案D二、非选择题(本题共4个小题，共58分)8(13分)历史上金、银、铜主要是作为货币金属或装饰品被应用。(1)金、银、铜常被作为钱币流通，从化学角度来看，主要是利用它们的_。A硬度适中B密度适中C在自然界里都可得到纯净的单质D不
123、活泼性(2)一位收藏者有一枚表面是黑色，且有少量绿色锈状物的货币，这肯定是_币，黑色物质是_，形成这种物质的化学方程式为_，绿色物质是_，形成这种物质的化学方程式为_，这枚金属币的真面目为_色。另外一枚是闪闪发光的黄色金属币，它肯定是_币，表面一直未被氧化的原因是_。(3)不法分子有时用铜锌合金制成假金币行骗。下列方法中能有效鉴别其真假的是_。A观察颜色B查看图案C用手掂量轻重D滴一滴硝酸在币的表面，观察现象解析(1)金、银、铜都属于不活泼金属，易加工，因此，在历史上都曾经用作货币。(2)铜稳定性略微差一些，容易与氧气、水蒸气等物质反应而“生锈”。金的化学性质最不活泼，在空气中更稳定。(3)有
124、些假金币外形逼真，看上去也是“金光闪闪”，密度和真金币差不太多，手不太容易掂出来。假金币中的Zn、Cu均可与硝酸反应产生大量气泡，而Au不与硝酸反应。答案(1)D(2)铜氧化铜2CuO2=2CuOCu2(OH)2CO32CuO2CO2H2O=Cu2(OH)2CO3红金金不活泼，不易被氧化(3)D9(15分)高温条件下，辉铜矿(主要成分为Cu2S)通适量的空气可冶炼金属铜，经过一系列反应可得到B和D、E。G为砖红色沉淀。请回答下列问题：(1)辉铜矿(Cu2S)通适量的空气冶炼金属铜的化学方程式为_，其中氧化剂为_。(2)E的浓溶液与Cu发生反应的化学方程式是_ _。(3)利用电解可提纯铜，在该电
125、解反应中阳极物质是_，电解质溶液是_。(4)自然界中当胆矾矿与黄铁矿(主要成分为FeS2)相遇时会缓慢发生下列反应产生辉铜矿。对反应：14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4，被氧化的硫和被还原的硫的质量比为_。解析(1)根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应，结合B与O2的反应条件，可以推断B为SO2，该反应为Cu2SO2(适量)2CuSO2。反应中Cu、O的化合价降低，因此氧化剂为O2和Cu2S。(2)B为SO2，则D为SO3，E为H2SO4。反应为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。(3)电解精炼铜时，粗铜作阳极，含Cu2的盐溶液作电解质
126、溶液。(4)根据化学方程式中硫元素的化合价变化，可知被氧化的硫和被还原的硫的质量比为37。答案(1)Cu2SO2(适量)2CuSO2O2和Cu2S(2)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(3)粗铜硫酸铜或含Cu2的盐溶液(4)3710(15分)某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应制取胆矾。其设计的实验过程为：(1)杂铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时将瓷坩埚置于_上(用以下所给仪器的编号填入，下同)，取用坩埚应使用_，灼烧后的坩埚应放在_上，不能直接放在桌面上。实验所用仪器：a蒸发皿b石棉网c泥三角d表面皿e坩埚钳f试管夹(2)杂铜经灼烧后
127、得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是_。a灼烧过程中部分氧化铜被还原b灼烧不充分铜未被完全氧化c氧化铜在加热过程中分解生成铜d该条件下铜无法被氧气氧化(3)通过途径实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、过滤、_、冷却结晶、_、自然干燥。(4)由粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径相比，途径有明显的两个优点是_、_。(5)在测定所得胆矾(CuSO4xH2O)中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行_次。(6)若测定结果x值偏高，可能的原因是_ _ (填字母编号)。a加热温度过高 b胆矾晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却 d胆矾晶体部
128、分风化解析(1)因加热坩埚时温度较高，应放在泥三角上进行加热，且取用坩埚时要用坩埚钳，并且为防止坩埚炸裂和烧坏桌面，烧后的坩埚要在石棉网上冷却，不能直接放在桌面上。(2)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是灼烧过程中部分氧化铜被还原。(3)利用途径制取胆矾时，必须先加酸将氧化铜溶解，加热通氧气将Cu氧化，过滤除去粗制氧化铜中的不溶物杂质后，然后再蒸发溶剂，冷却结晶，再过滤得晶体，最后将其干燥，由此可写出答案。(4)根据途径的反应化学方程式Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O和途径的反应化学方程式2CuO22H2SO4(稀)2CuSO42H2O，可以看出途
129、径的优点是：产生等量的胆矾比途径耗硫酸少；途径不产生污染大气的气体(SO2)。(5)称量操作至少进行4次，分别是：称量坩埚；称量加入晶体后的坩埚；称量加热冷却后的坩埚；称量再加热、再冷却后的坩埚至两次称量的值相差不超过0.1 g。(6)若测定结果x值偏高，可能是加热温度过高使CuSO4晶体中的CuSO4分解了，其他三项均使x值偏低。答案(1)ceb(2)a、b(3)蒸发过滤(4)产生等量胆矾途径消耗硫酸少途径不会产生污染大气的气体(5)4(6)a11(15分)(2011福建，24)四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产
130、品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题：(1)往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3Fe=3Fe22TiO2(无色)Fe4H=2Ti3(紫色)Fe22H2OTi3(紫色)Fe3H2O=TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是_。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在_范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25 时，KspFe(OH)32.791039，该温度下反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K_。(4)已知：TiO2(s)2C
131、l2(g)=TiCl4(l)O2(g)H140 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol1写出中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_(只要求写出一项)。(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用_方法。TiCl4SiCl4熔点/25.068.8沸点/136.457.6解析(1)由题目所给的反应可以看出加入铁屑使溶液中的Fe3转化为Fe2，保护TiO2不被Fe3氧化。(3)由KspFe(OH)32.791039
132、可得c(Fe3)c3(OH)2.791039K2.79103。(4)利用盖斯定律：两个热化学方程式相加即得所要的热化学方程式TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1。(5)由工业流程图可以得出该生产过程中产生了工业三废。(6)TiCl4与SiCl4的沸点差异很大，所以采用蒸馏的方法进行分离。答案(1)使Fe3还原为Fe2；保护TiO2不被Fe3氧化(2)109 m107 m(或其他合理答案)(3)2.79103(4)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1。(5)产生三废(或其他合理答案)(6)蒸馏
133、(或分馏或精馏)专题课堂三无机化工流程题的解题策略无机化工流程题实际上是考查学生运用化学反应原理及相关实验知识等来解决工业生产中实际问题的能力。解此类型题目的基本步骤是：1从题干中获取有用信息，了解生产的产品。2认真分析流程中的每一步骤：(1)反应物是什么；(2)发生了什么反应；(3)产物是什么，对产品有什么作用。3从问题中获取信息，帮助解题。考点一以混合物的分离、提纯为目的工艺流程题要 点 突 破这类题目其实就是对混合物的除杂、分离、提纯。当遇到这一类题时，要求学生一定要认真在题目中找出要得到的主要物质是什么，混有的杂质有哪些，主要物质和杂质的性质差别是什么？认真分析当加入某一试剂后，能与什
134、么物质发生反应，生成了什么产物，要用什么样的方法才能将杂质除去。只有这样才能明白每一步所加试剂或操作的目的。其中，蒸发浓缩与冷却结晶方法都可以将溶液中的溶质以固体形式析出，具体采用何种方法，主要取决于溶质的溶解度。有的物质它的溶解度随温度的升高变化比较大，如NH4NO3、KNO3等物质，在蒸发过程中比较难析出来，所以要用冷却方法使它结晶。而有的物质它的溶解度随温度的升高变化比较小，如NaCl、KCl等，有少数物质的溶解度随温度的升高而减小，如Ca(OH)2要使它们析出较多固体溶质时，则要用蒸发浓缩的方法。例如NaCl和KNO3混合溶液，如果将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液
135、中是KNO3和少量NaCl。如果将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3。如果是除杂，杂质所含的量比较少，一般是让主要物质析出来。如KNO3溶液中含少量NaCl，常用冷却结晶法，再经过过滤、洗涤、烘干(不同的物质在烘干时采取的方法不同)，就可得到KNO3固体了。如果NaCl溶液中含少量KNO3，则用蒸发浓缩结晶法，这种方法一般要经过趁热过滤才能得到较纯的主要物质，主要原因是如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来。典 例 示 范【示例1】 (2013全国新课标，27)氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌含有Fe()、Mn
136、()、Ni()等杂质的流程如下：工业ZnO浸出液滤液滤液滤饼ZnO提示：在本实验条件下，Ni()不能被氧化，高锰酸钾的还原产物是MnO2。回答下列问题：(1)反应中除掉的杂质离子是_，发生反应的离子方程式为_；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是_。(2)反应的反应类型为_，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有_。(3)反应形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。(4)反应中产物的成分可能是ZnCO3xZn(OH)2，取干燥后的滤饼11.2 g，煅烧后可得到产品8.1 g，则x等于_。科学审题 明确物质转化过程：工业ZnO浸出液提示ZnCO3xZn(OH)2ZnO解析本题
137、实际是利用化学方法对ZnO提纯，就是要除去Fe()、Mn()、Ni()。综合流程信息、提示信息，显然除去Fe()、Mn()是在步进行的，Fe2被KMnO4氧化为Fe3，在pH 5的条件下，Fe3生成Fe(OH)3沉淀，Mn2被KMnO4氧化生成MnO2沉淀。除Ni()是在步进行，发生了Ni()与Zn的置换反应。、是将Zn2(aq)转化为沉淀，重新生成ZnO。(3)中检验沉淀是否洗涤干净，就是检验洗液中是否还含有滤液中的某种离子，显然检验SO42比较合理。(4)中写出分解化学方程式，列比例式计算即可，ZnCO3xZn(OH)2(x1)ZnOCO2xH2O12599x81(x1)1128.1解得x
138、1。答案(1)Fe2和Mn2MnO43Fe27H2O=3Fe(OH)3MnO25H、2MnO43Mn22H2O=5MnO24H铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质(2)置换反应镍(3)取少量水洗液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净(4)1应 用 体 验1实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO47H2O)，主要工艺流程如下。(1)将过程产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是_。A品红溶液 B紫色石蕊试液C酸性KMnO4溶液 D溴水(2)过程中，FeS、O
139、2和H2SO4反应的化学方程式为_。(3)过程中需加入的物质是_。(4)过程中，蒸发结晶时需使用的仪器除酒精灯、三脚架外，还需要_。(5)过程调节pH可选用下列试剂中的_(填序号)。A稀硫酸BCaCO3CNaOH溶液(6)过程中，将溶液Z加热到7080 ，目的是_。(7)实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验。用分析天平称取2.700 0 g样品；将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的BaCl2溶液；过滤、洗涤、干燥，称重得固体质量为3.495 0 g。若该聚铁的主要成分为Fe(OH)(SO4)n，则该聚铁样品中铁元素的质量分数为_。(假设杂质中不含铁元素和硫元素)解析SO2
140、具有漂白性，能使品红褪色，SO2有还原性，能被酸性KMnO4溶液、溴水氧化，而使它们褪色。溶液X为Fe2(SO4)3，需加入还原剂将Fe3还原为Fe2，又不带入杂质离子，故需加入铁粉。过程中需将酸消耗而调高pH，而CaCO3跟硫酸反应会生成微溶于水的CaSO4而阻止反应的继续进行，故需选用NaOH溶液。由聚铁的化学式可知：n(Fe3)n(SO42)n(BaSO4)0.015 mol，所以聚铁样品中铁元素的质量分数100%31.1%。答案(1)ACD(2)4FeS3O26H2SO4=2Fe2(SO4)36H2O4S(3)铁粉(4)蒸发皿、玻璃棒(5)C(6)促进Fe3的水解(7)31.1%考点二
141、以制备某一物质为目的工艺流程题要 点 突 破1明确实验目的是制什么物质，从题干或问题中获取有用信息，了解产品的性质。只有知道了实验目的，才能非常清楚的知道整个流程各步的意义所在，题目中的信息往往是制备该物质的关键所在。而产物如果具有某些特殊性质(由题目信息获得或根据所学知识判断)，则要采取必要的措施来避免在生产过程中产生其他杂质。一般来说主要有如下几种情况：(1)如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯德榜制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。(2)如果产物是一种易水解的盐，且水解产物中有挥发性
142、的酸产生时，则要加相对应的酸来防止水解。如：制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质时，要蒸干其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中干燥来防止它水解，否则得到的产物分别是Fe2O3、Al2O3、MgO、CuO；而像Al2(SO4)3、NaAlO2、Na2CO3等盐溶液，虽然也发生水解，但产物中Al(OH)3、H2SO4、NaHCO3、NaOH都不是挥发性物质，在蒸发时，抑制了盐的水解，最后得到的还是溶质本身。(3)如果产物是一种强的氧化剂或强的还原剂，则要防止与它们发生氧化还原的物质，如：含Fe2、SO32等离子的物质，则要防止与氧化性强的物质接触。(4)如果
143、产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等物质)，则要注意防止在制备过程中对CO2或水的除去，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。(5)如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要注意对比它们的溶解度随温度升高而改变的情况，根据它们的不同变化，找出合适的分离方法。2寻找在制备过程中所需的原料，写出主要的化学反应方程式或制备原理，从中了解流程图。从近几年的高考题目中会发现，大多数题目都会给出制备物质时所需的原料，但一般会涉及到物质的分离、提纯的操作。所以在明确了实验目的之后，再写出主要的反应方程式，观察有没有副产品，如果有，剩余的步骤就是分离
144、提纯了。典 例 示 范【示例2】 (2013江苏，16)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下： 菱镁矿 MgO(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为_ _。(2)加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为_ _。(3)滤渣2的成分是_(填化学式)。(4)煅烧过程存在以下反应：2MgSO4C2MgO2SO2CO2MgSO4CMgOSO2COMgSO43CMgOS3CO利用下图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。D中收集的气体是_(填化学式)。B中盛放的溶液可以是_
145、(填字母)。aNaOH溶液 bNa2CO3溶液c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体能与热的NaOH溶液反应，产物中元素的最高价态为4，写出该反应的离子方程式：_。科学审题 明确物质转化过程：菱镁矿解析(1)MgCO3微溶于水写离子方程式时不能拆成离子形式，硫酸是强酸能拆成离子形式。(2)由于菱镁矿中含有FeCO3，所以溶液中存在FeSO4，要除去杂质Fe2可先将其氧化成Fe3，再调节pH除去，因此H2O2是氧化剂，发生反应：2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O。(3)用氨水调节pH4除去Fe3，滤渣2为Fe(OH)3。(4)题目中要求利用图中装置进行气体的分步吸
146、收或收集。煅烧后存在四种气体：S、SO2、CO2和CO。由可知A中得淡黄色固体，即S，B吸收SO2，C吸收CO2，D中收集CO。B吸收SO2但不吸收CO2，可选用KMnO4溶液，注意不能用NaOH溶液或Na2CO3溶液，因为它们吸收SO2的同时也吸收CO2，题目要求是分步吸收。中发生S与热的NaOH溶液反应，产生4价硫的化合物即Na2SO3，说明另外有硫元素的化合价降低，即有2价硫的化合物生成，其离子方程式为：3S6OH2S2SO323H2O。答案(1)MgCO32H=Mg2CO2H2O(2)2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O(3)Fe(OH)3(4)COd3S6OH2
147、S2SO323H2O应 用 体 验2近年来，硫化铜矿的湿法冶炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图1所示：反应温度、固液比、反应时间、氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图2图5所示)。回答下列问题：(1)火法炼铜的主要反应：2CuFeS24O2Cu2S3SO22FeO(炉渣)；2Cu2S3O22Cu2O2SO2；2Cu2OCu2S6CuSO2；则由1 mol CuFeS2生成1 mol Cu，共消耗_mol O2。在反应中氧化剂为_，当有0.3 mol电子发生转移时，生成SO2的体积为_(标
148、准状况)。(2)写出反应1的化学方程式：_，湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是_。(3)从溶液中得到FeSO47H2O晶体的操作是_；实验时常用乙醇洗涤晶体，优点是_。(4)根据实验以及工业生产的实验要求，从下表中得出的最佳工艺条件为_(填序号)。选项反应温度/固液比c(Cl)/molL1反应时间/hA10015.50.77B95150.86C110160.98解析(1)将题给的三个方程式合并得：2CuFeS25O22Cu4SO22FeO，当CuFeS2为1 mol时，消耗的O2为2.5 mol。反应中，根据化合价变化可知，Cu2O和Cu2S中Cu的化合价都降低，故它们都是氧化剂。生成1 mol
149、SO2转移6 mol电子，当有0.3 mol电子转移时，生成SO20.05 mol，体积为1.12 L(标准状况)。(2)火法炼铜中产生有毒的SO2，而湿法炼铜中不产生有毒气体，故其优点是污染小，环保，同时湿法炼铜中还得到副产品硫酸亚铁晶体及硫黄，充分利用了资源。(3)FeSO47H2O晶体受热易失去结晶水，故从溶液中得到FeSO47H2O晶体的操作应是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。又因该晶体易溶于水，故不能用水洗涤，需用乙醇洗涤，不仅可以洗去晶体表面的水和杂质离子，还可以减少晶体的损失。(4)从图2可以看出：铜的浸出率随反应温度的升高而增大，在温度达到95 后，铜的浸出率随温度的变化不明显，但是
150、温度过高，能耗增加，由此可知适宜的反应温度为95 。从图3可以看出：固液比大于15时，铜的浸出率随固液比的增大而有所下降；固液比小于15时，铜的浸出率随固液比的减小而有所下降，因此适宜的固液比为15。从图4可以看出：铜的浸出率随反应时间的增加而增大，但在反应时间超过6 h后，随着反应时间的延长铜的浸出率增大得很缓慢，同时反应时间过长，既增加能耗，又降低设备利用率，故适宜的反应时间为6 h。由图5可以看出：加入氯离子能改善铜的浸出效果，但是氯离子浓度超过0.8 molL1时，铜的浸出率随氯离子浓度的增大反而降低，故适宜的氯离子浓度应维持在0.8 molL1。答案(1)2.5Cu2O、Cu2S1.
151、12 L(2)2CuSO22H2SO42CuSO42H2O2S污染小，同时得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄，资源得到充分利用(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗去晶体表面的水和杂质离子，同时减少晶体的损失(4)B1首尾分析法对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙生产工序)试题，首先对比分析生产流程示意图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产流程过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。关键在于认真对比分析原料与产品的组成，从中找出将原料转化为产品和除去原材料中所包含的杂质的基本原理和所采用
152、的工艺生产措施。当把生产的主线弄清楚了，围绕生产主线所设计的系列问题也就可以解答了。2反应条件分析(1)对反应速率有何影响？(2)对平衡转化率有何影响？(3)对综合生产效益有何影响？如原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护等。3常见文字叙述(1)洗涤沉淀：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次。(2)从溶液中得到晶体：蒸发浓缩冷却结晶过滤(洗涤)。热点回头专练3无机化工流程题专项突破1由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生
153、成。取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)_。(2)Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是_；若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是_。(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)_。(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是_。答案(1)Al(2)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2ONO、CO2(3)C
154、u2、Fe3、H(4)2Fe23H2O24I=2Fe(OH)32I22某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：请回答下列问题：(1)步骤中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名称是_。(2)步骤中，除发生反应Fe2HCl=FeCl2H2外，其他可能反应的离子方程式为_。(3)溶液C的颜色是_，溶液D中可能含有的金属阳离子有_。(4)可以验证溶液B中是否含有Fe2的一种试剂是_(填选项序号)。a稀硫酸 b铁c硫氰化钾 d酸性高锰酸钾溶液(5)操作乙的名称是_，步骤产生金属铜的化学方程式为_。答案(1)过滤(2)Fe2O36H=2Fe33H2O、
155、Fe2Fe3=3Fe2(3)棕黄色Fe2、Cu2(4)d(5)电解CuCl2CuCl23(2011安徽理综，27)MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2的实验，其流程如下：(1)第步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的_(写化学式)转化为可溶性物质。(2)第步反应的离子方程式是_ClO3_=MnO2Cl2_。(3)第步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、_、_、_，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还含有_(写化学式)。(4)若粗MnO2样品的质量为12.
156、69 g，第步反应后，经过滤得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2(标准状况下)，则在第步反应中至少需要_mol NaClO3。解析(4)n(MnCO3)n(CO2)0.01 mol，n(MnO)0.04 mol，故MnO、MnCO3溶于稀硫酸生成的Mn2的物质的量n(Mn2)n(MnO)n(MnCO3)0.05 mol，由第步反应化学方程式知氧化Mn2至少需NaClO30.05 mol0.02 mol。答案(1)MnO、MnCO3(2)5Mn224H2O518H(3)酒精灯蒸发皿玻璃棒NaCl(4)0.024铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、
157、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体NH4Al(SO4)212H2O的工艺流程如图所示；请回答下列问题：(1)固体a的化学式为_，中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为_。(2)由制取铵明矾溶液的化学方程式为_ _，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)_、冷却结晶、过滤洗涤。(3)以1 000 kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2(SO4)3，需消耗质量分数98%的硫酸(密度1.84 gcm1)_L(保留一位小数)。(4)若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的
158、铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为11，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为_。解析(1)铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2。Al2O3溶于烧碱生成NaAlO2溶液，在其中通入CO2生成Al(OH)3沉淀。(2)Al(OH)3分解生成Al2O3，Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液。(3)m(Al2O3)1 000 kg36%360 kg，m(H2SO4) kg1 037.6 kg，需消耗质量分数98%的硫酸(密度1.84 gcm3)为575.4103 mL575.4 L。(4)设制得的Al2(SO4)3和NH4Al
159、(SO4)212H2O的物质的量都是1 mol，则Al3共3 mol，SO42共5 mol，根据铝原子和SO42守恒原理可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为5310。答案(1)SiO2AlO2CO22H2O=HCO3Al(OH)3(2)Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O蒸发浓缩(3)575.4(4)3105我国某大型电解铜生产企业，其冶炼工艺中铜、硫回收率达到97%、87%。下图表示其冶炼加工的流程：冶炼中的主要反应：Cu2SO22CuSO2(1)烟气中的主要废气是_，从提高资源利用率和减排考虑，其综合利用方式是_。(2)电解法精炼铜时，阳极是_(填“
160、纯铜板”或“粗铜板”)；粗铜中含有的金、银以单质的形式沉淀在电解槽_(填“阳极”或“阴极”)的槽底，阴极的电极反应式是_。(3)在精炼铜的过程中，电解质溶液中c(Fe2)、c(Zn2)会逐渐增大而影响进一步电解。几种物质的溶度积常数(Ksp)物质Fe(OH)2Fe(OH)3Zn(OH)2Cu(OH)2Ksp8.01016 mol3L34.01038 mol4L43.01017 mol3L32.21020 mol3L3调节电解液的pH是除去杂质离子的常用方法。根据上表中溶度积数据判断，含有等物质的量浓度的Fe2、Zn2、Fe3、Cu2的溶液，随pH升高最先沉淀下来的离子是_。一种方案是先加入过量
161、的H2O2，再调节pH到4左右，加入H2O2的目的是_。加入H2O2后发生反应的离子方程式为_。答案(1)SO2制硫酸(2)粗铜板阳极Cu22e=Cu(3)Fe3将Fe2氧化为Fe32Fe22HH2O2=2Fe32H2O6(2013山东理综，31)废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁，利用电解法可回收WC和Co。工艺流程简图如下：(1)电解时废旧刀具做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液。阴极主要的电极反应式为_。(2)净化步骤所得滤饼的主要成分是_。回收的洗涤液代替水配制电解液，目的是回收利用其中的_。(3)溶液的主要成分是_。洗涤CoC2O4不充分对最终产品纯度
162、并无明显影响，但焙烧时会造成环境污染，原因是_。(4)将Co2O3还原成Co粉的化学反应方程式为_ _。解析本题考查电解原理、除杂、洗涤沉淀，氧化还原反应方程式的书写，意在考查考生对化工流程的分析能力和综合运用知识的能力。(1)阴极发生还原反应，应是H放电生成氢气。(2)废旧刀具作阳极，电解时阳极产生Co2和Fe2，加入双氧水后Fe2被氧化生成Fe3，通入氨气后生成Fe(OH)3沉淀，即滤饼的主要成分是Fe(OH)3。洗涤液中含有Co2，可循环使用。(3)加入的草酸铵与CoCl2反应，生成草酸钴和氯化铵，则溶液中主要含有NH4Cl。若草酸钴表面的NH4Cl未洗净，则焙烧时NH4Cl分解产生NH
163、3和HCl，造成环境污染。(4)Co2O36e2Co，H22eH2O，根据得失电子守恒有Co2O33H2，可得Co2O33H22Co3H2O。答案(1)2H2e=H2(2)Fe(OH)3Co2(或Co)(3)NH4Cl焙烧时NH4Cl分解产生NH3和HCl(4)Co2O33H22Co3H2O7钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图。(1)写出反应的化学方程式：_。(2)反应的尾气可以再利用，写出应用该尾气制得的两种重要化学试剂_。(3)如果在实验室模拟操作1和操作2，
164、则需要使用的主要玻璃仪器有_。(4)钼在空气中灼烧生成三氧化钼，三氧化钼溶于氢氧化钠溶液生成钼酸钠；三氧化钼不溶于盐酸或稀硫酸。钼酸钠的化学式为_。(5)工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2CH42CO2H2，CH4H2OCO3H2。含甲烷体积分数为80%的a L(标准状况)天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体(CO和H2)还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为_。解析(1)二硫化钼与氧气在高温下反应生成三氧化钼和二氧化硫。(2)二氧化硫可收集再利用，制备硫酸和盐类等。(3)操作1和操作2都是分离固体与液体混合物，都是过滤操作。
165、(4)钼酸是二元酸，可直接写出钼酸钠。(5)根据反应方程式知，1 mol甲烷完全反应生成4 mol还原性气体，而：3COMoO3Mo3CO2，3H2MoO3Mo3H2O，3 mol还原性气体理论上生成1 mol钼。n(CH4)80%，n(H2CO)80%90%4 mol，n(Mo) mol mol，m(Mo) mol96 gmol14.11a g。答案(1)2MoS27O22MoO34SO2(2)H2SO4、Na2SO3或Na2SO4、(NH4)2SO4等(3)烧杯、漏斗、玻璃棒(4)Na2MoO4(5)4.11a g 章末回顾排查专练(三)排查一、13个易错易混再排查1在实验室中，少量的钠保
166、存在煤油里，说明钠的密度比煤油的大。()2将钠投进水中，钠漂在水面上，熔化的钠球四处游动，发出嘶嘶响声，说明钠的密度比水的密度小、钠与水反应放热且钠的熔点低。()3向钠和水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红色，反应的离子方程式为：2Na2H2O=2Na2OHH2。()44NaO2=2Na2O和2NaO2Na2O2可说明相同的反应物在不同的条件下可能发生不同的反应。Na2O2是淡黄色固体，氧元素呈1价，阳离子和阴离子的个数比是11。()5Na2CO3的俗名为纯碱、苏打，NaHCO3的俗名为小苏打，不稳定，既与酸溶液反应，又与碱溶液反应，离子方程式分别为：HCO3H=H2OCO2、HCO3OH=CO
167、32H2O。()6焰色反应是大多金属元素的性质，属于化学变化。钠元素焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色。()7将铝箔用砂纸打磨(或在酸中处理后，用水洗净)除去表面的氧化膜，再加热至熔化但铝不滴落。原因是由于铝很活泼，磨去原来的氧化膜后，在空气中又很快地生出一层新的氧化膜，起保护作用。()8铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al2OH2H2O=2AlO23H2，1 mol Al分别与足量NaOH溶液和稀盐酸完全反应，失去电子的物质的量相同。()9Fe2O3是红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料。()10在空气中，FeCl2与NaOH溶液反应得到白色絮状沉淀。()11CuSO45H2O即胆矾
168、也称蓝矾，历史上曾用于湿法炼铜，现在可用于配制波尔多液。()12合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，在许多方面不同于各成分金属。例如，合金的硬度一般比它的各成分金属的大，多数合金的熔点一般比它的各成分金属的低。()13钢是用量最大、用途最广的合金；根据化学成分，钢可分为碳素钢和合金钢；根据含碳量不同，碳素钢可分为低碳钢、中碳钢和高碳钢。()自主核对1.2.3.4.5.6.7.89.10.11.12.13.排查二、50个常考方程式书写再落实1钠及其重要化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的离子方程式Na和H2O的反应2Na2H2O=2Na2OHH2Na和CH3COOH的反应
169、2Na2CH3COOH=2CH3COO2NaH2Na2O2和H2O的反应2Na2O22H2O=4Na4OHO2NaH和水的反应NaHH2O=NaOHH2向NaOH溶液中通入过量CO2OHCO2=HCO3将Na2CO3溶液与石灰乳混合CO32Ca(OH)2=CaCO32OH向Na2CO3溶液中通入过量CO2CO32CO2H2O=2HCO3将Na2CO3和Ca(HCO3)2混合CO32Ca2=CaCO3将NaHCO3溶液和NaOH溶液等物质的量混合HCO3OH=CO32H2O将NaHCO3溶液与澄清石灰水等物质的量混合HCO3Ca2OH=CaCO3H2O将NaHCO3溶液与少量澄清石灰水混合2HC
170、O3Ca22OH=CaCO3CO322H2O向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2气体2NaCO32CO2H2O=2NaHCO32铝及其重要化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的离子方程式Al和NaOH溶液的反应2Al2OH2H2O=2AlO23H2Al(OH)3和NaOH溶液的反应Al(OH)3OH=AlO22H2OAl(OH)3和盐酸的反应Al(OH)33H=Al33H2OAl2O3和NaOH的反应Al2O32OH=2AlO2H2OAl2O3和盐酸的反应Al2O36H=2Al33H2ONaAlO2和过量盐酸的反应AlO24H=Al32H2O向NaAlO2溶液中通入过量CO
171、2气体AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3将NaAlO2与NaHCO3混合AlO2HCO3H2O=Al(OH)3CO32将NaAlO2与AlCl3溶液混合3AlO2Al36H2O=4Al(OH)3向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液Al34OH=AlO22H2O向AlCl3溶液中加入过量氨水Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4将AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合Al33HCO3=Al(OH)33CO23铁及其重要化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的方程式，是离子反应的写离子方程式。Fe和过量稀HNO3的反应Fe4HNO3=Fe3NO2H2OFe高温下和
172、水蒸气的反应3Fe4H2O(g)Fe3O44H2Fe2O3和Al的反应Fe2O3Al2FeAl2O3Fe2O3高温下和CO的反应Fe2O33CO2Fe3CO2FeCl3溶液和Cu的反应2Fe3Cu=2Fe2Cu2FeCl3与KSCN的反应Fe33SCN=Fe(SCN)3向FeCl2溶液中加入等物质的量的Na2O24Fe24Na2O26H2O=4Fe(OH)38NaO2向FeCl2溶液中加入NaClO2Fe2ClO4OHH2O=2Fe(OH)3ClFe(OH)2长时间置于空气中4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Fe3O4和HCl的反应Fe3O48H=2Fe3Fe24H2OFe3O4和
173、稀HNO3的反应3Fe3O428HNO3=9Fe3NO14H2OFeO和HCl的反应FeO2H=Fe2H2OFeO和稀HNO3的反应3FeO10HNO3=3Fe3NO5H2OFe(OH)2和HCl的反应Fe(OH)22H=Fe22H2OFe(OH)2和稀HNO3的反应3Fe(OH)210HNO3=3Fe3NO8H2OFe(OH)3和HI的反应2Fe(OH)36H2I=2Fe2I26H2OFeBr2和少量Cl2的反应2Fe2Cl2=2Fe32ClFeBr2和Cl2等物质的量反应2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24ClFeBr2和过量Cl2的反应2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl4铜及其重要化合物(1)知识网络构建(2)重要反应必练写出下列反应的方程式，是离子反应的写离子方程式。Cu在硫蒸气中燃烧2CuSCu2S铜在空气中生成铜绿2CuO2CO2H2O=Cu2(OH)2CO3用惰性电极电解CuSO4溶液2Cu22H2O2Cu4HO2Cu和浓HNO3的反应Cu4H2NO3=Cu22NO22H2OCu和稀HNO3的反应3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2OCu和浓H2SO4的反应Cu2H2SO4(浓)Cu2SO42SO22H2O胆矾受热分解CuSO45H2OCuSO45H2O- 121 - 版权所有高考资源网
