高中化學高考二輪復習 上篇10

第10講金屬單質及其化合物[最新考綱]1．常見金屬元素(如Na、Al、Fe、Cu等)(1)了解常見金屬的活動順序；(2)了解常見金屬及其重要化合物的主要性質及其應用；(3)了解合金的概念及其重要應用。2．以上各部分知識的綜合應用。常考點一鈉及其重要化合物[知識特訓]完成以下方程式，重溫鈉及其重要化合物的性質(1)轉化反應①離子方程式：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；②化學方程式：2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2；③離子方程式：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑；④化學方程式：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；⑤化學方程式：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O；⑥離子方程式：2OH－＋CO2=COeq\o\al(2－,3)＋H2O；⑦離子方程式：CO2＋OH－=HCOeq\o\al(－,3)；⑧化學方程式：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。(2)拓展反應①Na制備Ti：4Na＋TiCl4eq\o(=,\s\up7(高溫))4NaCl＋Ti。②Na與CuSO4溶液反應的離子方程式2Na＋2H2O＋Cu2＋=2Na＋＋Cu(OH)2＋H2↑。③Na與鹽酸反應：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑。④Na2O2和SO2的反應Na2O2＋SO2=Na2SO4。⑤NaHCO3與過量Ca(OH)2溶液反應的離子方程式HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O。⑥NaHCO3與少量Ca(OH)2溶液反應的離子方程式2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O。[精華聚焦]1．金屬鈉與可溶性鹽溶液反應的思維模式2．過氧化鈉的性質(1)Na2O2的強氧化性①Na2O2投入FeCl2溶液中，可將Fe2＋氧化成Fe3＋，同時生成Fe(OH)3沉淀。②Na2O2投入氫硫酸中，可將H2S氧化成單質硫，溶液變渾濁。③Na2O2投入Na2SO3溶液，可將SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)。④Na2O2具有漂白性，投入品紅溶液中，可使品紅溶液褪色。(2)有關Na2O2與CO2、H2O的反應2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O22H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2↑①反應前后的“四種關系”即氣體的物質的量關系、氣體的體積關系、電子轉移關系、固體質量關系；②一定量的Na2O2與一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反應，可看做Na2O2先與CO2反應，待CO2反應完全后，Na2O2再與H2O(g)發(fā)生反應。[重溫真題]1．正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”(1)在酒精燈加熱條件下，Na2CO3、NaHCO3固體都能發(fā)生分解(2023·安徽理綜，9A)(×)(2)金屬鈉著火時使用泡沫滅火器滅火(2023·山東理綜，7A)(×)(3)用試管加熱碳酸氫鈉固體時使試管口豎直向上(2023·山東理綜，7B)(×)(4)分別加熱Na2CO3和NaHCO3固體，觀察到試管內壁均有水珠，結論兩種物質均受熱分解(2023·廣東理綜，22A)(×)(5)可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液(2023·海南化學，7B)(×)(6)溶解度：小蘇打<蘇打(2023·上海化學，11A)(√)(7)用熱的燒堿洗去油污是因為Na2CO3可直接與油污反應(2023·課標卷Ⅰ，8A)(×)(8)二氧化碳通過Na2O2粉未反應后固體物質增重(2023·課標卷Ⅱ，9B)(√)(9)將Na塊放入水中，產生氣體：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2(2023·北京理綜，9B)(√)(10)小蘇打是面包發(fā)酵粉的主要成分之一(2023·福建理綜，6D)(√)(11)在過氧化鈉與水的反應中，每生成mol氧氣，轉移電子數目為NA(2023·江蘇化學，6D)(×)(12)向蘇打和小蘇打溶液中分別加入鹽酸，均有氣泡冒出，說明兩者均能與鹽酸反應(2023·廣東理綜，22A)(√)(13)1molNa2O2固體中含離子總數為4NA(2023·大綱卷，7C)(×)2．(2023·上海，19)下列反應與Na2O2＋SO2→Na2SO4相比較，Na2O2的作用相同的是()A．2Na2O2＋2CO2→2Na2CO3＋O2B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2C．Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O解析Na2O2＋SO2→Na2SO4反應中Na2O2的作用是氧化劑，A、B項中Na2O2既作氧化劑也作還原劑；C項中Na2O2既不是氧化劑也不是還原劑；D項中只作氧化劑。答案D感悟高考1．題型：選擇題(主)填空題2．考向：高考對鈉及其重要化合物的考查有兩種形式：一是在選擇題中考查鈉及其重要化合物的性質及相互轉化；二是在Ⅱ卷中考查鈉的化合物的制備及性質探究。3．注意點：①鈉與鹽溶液及熔融鹽反應的差異性；②在推斷中注意，焰色反應的應用。[最新模擬]題組1鈉及其重要化合物的性質判斷1．類推的思維方法在化學學習與研究中有時會產生錯誤結論，因此類推的結論最終要經過實踐的檢驗，才能決定其正確與否，下列幾種類推結論中，錯誤的是()①鈉與水反應生成NaOH和H2；所有金屬與水反應都生成堿和H2②鐵露置在空氣中一段時間后就會生銹；性質更活潑的鋁不能穩(wěn)定存在于空氣中③化合物NaCl的焰色為黃色；Na2CO3的焰色也為黃色④密度為g/cm3與密度為g/cm3的NaCl溶液等體積混合，所得NaCl溶液的密度在g/cm3和g/cm3之間；Na－K合金的熔點應在Na和K熔點之間A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④解析只有活潑金屬如K、Ca、Na等才能與水反應生成堿和H2，①錯誤；在空氣中鋁表面能形成一層致密的氧化物薄膜，保護內層金屬，故能穩(wěn)定存在，②錯誤；所有鈉鹽的焰色均為黃色，③正確；合金的熔點低于任何一種成分金屬的熔點，故④錯誤。綜上所述，本題選D。答案D2．下列說法正確的是()A．1molNa被完全氧化生成Na2O2失去2NA個電子B．將一小塊Na放入無水乙醇中，產生氣泡，說明Na能置換出醇羥基中的氫C．工業(yè)上通過電解氯化鈉溶液制備金屬鈉和氯氣D．鈉與CuSO4溶液反應的離子方程式為2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu解析1molNa被完全氧化生成Na2O2時，Na由0價變?yōu)椋?價，失去NA個電子，A項錯；Na能將乙醇中醇羥基中的氫置換出生成H2，B項正確；電解氯化鈉溶液發(fā)生反應2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，制備金屬鈉應該電解熔融的NaCl才行，C項錯；鈉與CuSO4溶液反應的離子方程式為：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，2OH－＋Cu2＋=Cu(OH)2↓，D項錯。答案B題組2鈉及其化合物的實驗探究3．下列實驗操作正確的是()編號實驗操作A觀察鈉與水反應的現象用鑷子從煤油中取出金屬鈉，切下綠豆粒大小的鈉，小心放入裝滿水的燒杯中B檢驗NaHCO3與Na2CO3溶液用小試管分別取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C證明Na2O2與CO2是放熱反應Na2O2用棉花包裹，放入充滿CO2的集氣瓶中，棉花燃燒，說明是放熱反應D檢驗Na2CO3溶液與K2CO3溶液用鉑絲分別蘸取溶液，在酒精燈外焰上灼燒，直接觀察火焰的顏色解析應將鈉表面的煤油用濾紙吸干且燒杯中不能裝滿水(否則會迸濺出液體)，A錯誤；B項都有白色沉淀產生，錯誤；Na2O2與CO2反應生成氧氣，如果棉花燃燒說明達到了著火點，能證明是放熱反應，C正確；觀察鉀的焰色反應應該透過藍色鈷玻璃，D錯誤。答案C4．某校化學課外小組為了鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉兩種白色固體，用不同的方法做了以下實驗，如圖Ⅰ～Ⅳ所示。(1)只根據圖Ⅰ、Ⅱ所示實驗，能夠達到實驗目的的是________(填裝置序號)。(2)圖Ⅲ、Ⅳ所示實驗均能鑒別這兩種物質，其反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________；與實驗Ⅲ相比，實驗Ⅳ的優(yōu)點是________(填選項序號)。A．Ⅳ比Ⅲ復雜B．Ⅳ比Ⅲ安全C．Ⅳ比Ⅲ操作簡便D．Ⅳ可以做到用一套裝置同時進行兩個對比實驗，而Ⅲ不行(3)若用實驗Ⅳ驗證碳酸鈉和碳酸氫鈉的穩(wěn)定性，則試管B中裝入的固體最好是(填化學式)________________________________________________________________________。(4)將碳酸氫鈉溶液與澄清石灰水混合并充分反應。①當石灰水過量時，其離子方程式為__________________________________________；________________________________________________________________________。②當碳酸氫鈉與氫氧化鈣物質的量之比為2∶1時，所得溶液中溶質的化學式為________，請設計實驗檢驗所得溶液中溶質的陰離子：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)圖Ⅰ不能達到實驗目的，因為無論是碳酸鈉還是碳酸氫鈉均可以與鹽酸反應產生二氧化碳，二氧化碳氣體與澄清石灰水作用變渾濁，故不可以；圖Ⅱ可以鑒別，因為等質量的碳酸鈉和碳酸氫鈉與足量的稀鹽酸反應，生成的二氧化碳氣體的量不同，可根據氣球膨脹程度判斷。(2)圖Ⅲ、Ⅳ所涉及的化學方程式為：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O，實驗Ⅳ的優(yōu)點是可同時做對比實驗。(3)試管B裝入碳酸氫鈉，試管A裝入碳酸鈉，這樣直接加熱的碳酸鈉，溫度高，不分解，不能使澄清石灰水變渾濁，而間接加熱的碳酸氫鈉分解，使澄清石灰水變渾濁，表明了碳酸氫鈉很不穩(wěn)定。(4)①石灰水過量時，碳酸氫根離子全部反應，離子方程式為：Ca2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2O；②2NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，則其中的溶質是碳酸鈉，要檢驗COeq\o\al(2－,3)，可以取少量上層清液于潔凈的試管中，加入適量氯化鈣溶液，振蕩，若有白色沉淀生成，則證明溶液中含有COeq\o\al(2－,3)。答案(1)Ⅱ(2)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2OD(3)NaHCO3(4)①Ca2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2O②Na2CO3取少量上層清液(或過濾后的濾液或所得溶液)于潔凈(若無“潔凈”也可)的試管中，加入適量氯化鈣溶液，振蕩，若有白色沉淀生成，則證明溶液中含有COeq\o\al(2－,3)————————[方法技巧]—————————————————Na2CO3和NaHCO3鑒別、轉化和除雜1．鑒別Na2CO3和NaHCO3的方法①熱穩(wěn)定性不同eq\a\vs4\al(固體\f(加熱,))eq\a\vs4\al(無明顯變化的是Na2CO3)eq\a\vs4\al(放出無色能使澄清石灰水變渾濁的氣體,是NaHCO3)②和酸反應生成氣體的速率不同(相同條件下)③陰離子不同④溶液的酸堿性2．Na2CO3與NaHCO3的相互轉化3．除雜混合物除雜方法及試劑Na2CO3固體(NaHCO3)加熱NaHCO3溶液(Na2CO3)通入足量CO2氣體Na2CO3溶液(NaHCO3)加入適量NaOH溶液?？键c二鋁及其重要化合物[知識特訓]完成以下反應，重溫鋁及其重要化合物的性質(1)轉化反應①離子方程式：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑；②離子方程式：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O；③離子方程式：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)；④化學方程式：2Al(OH)3eq\o(=,\s\up7(△))Al2O3＋3H2O；⑤離子方程式：Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓。(2)拓展反應①NaAlO2與少量鹽酸或過量鹽酸反應的離子方程式AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2O。②向NaAlO2溶液中通入少量或過量CO2反應的離子方程式2AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)。③Al2(SO4)3溶液與NaHCO3溶液反應的離子方程式Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。④用離子方程式表示NaAlO2與NaHCO3不能共存的原因AlOeq\o\al(－,2)＋H2O＋HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)。[精華聚焦]1．知識誤區(qū)(1)鋁是活潑金屬，但鋁抗腐蝕性相當強，因為鋁表面生成一層致密的氧化物薄膜。(2)鋁熱反應不僅僅是單質鋁與Fe2O3反應，還包含制取其他難熔金屬的反應，由于鋁熱劑是混合物，故鋁熱反應不能用于工業(yè)上冶煉鐵。注意鋁熱反應是中學化學中唯一一類金屬單質與金屬氧化物在高溫條件下的置換反應。(3)引發(fā)鋁熱反應的操作是高考實驗考查的熱點，具體操作是先鋪一層KClO3，然后插上鎂條，最后點燃鎂條。(4)Al2O3、Al(OH)3與NaOH溶液的反應常用于物質的分離提純。Al(OH)3不溶于氨水，所以實驗室常用鋁鹽和氨水來制備Al(OH)3。(5)利用偏鋁酸鹽制備Al(OH)3，一般不用強酸，因為強酸的量控制不當會使制得的Al(OH)3溶解。若向偏鋁酸鹽溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2過量時另一產物是HCOeq\o\al(－,3)，不過量時另一產物是COeq\o\al(2－,3)，書寫離子反應方程式時要特別注意。2．有關Al(OH)3沉淀的圖像分析操作向可溶性鋁鹽溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量向可溶性鋁鹽溶液中逐滴加入氨水至過量現象立即產生白色沉淀→漸多→最多→漸少→消失立即產生白色沉淀→漸多→最多→沉淀不變圖像離子方程式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)操作向偏鋁酸鹽溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量向偏鋁酸鹽溶液中緩慢通入CO2至過量現象立即產生白色沉淀→漸多→最多→漸少→消失立即產生白色沉淀→漸多→最多→沉淀不變圖像離子方程式AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OAlOeq\o\al(－,2)＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)操作向NaOH溶液中逐滴加入可溶性鋁鹽溶液至過量向鹽酸中逐滴加入偏鋁酸鹽溶液至過量現象無沉淀(有但即溶)→出現沉淀→漸多→最多→沉淀不變同左圖像離子方程式Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O3AlOeq\o\al(－,2)＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2OAl3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓[重溫真題]1．(2023·山東理綜，10)某化合物由兩種單質直接反應生成，將其加入Ba(HCO3)2溶液中同時有氣體和沉淀產生。下列化合物中符合上述條件的是()A．AlCl3 B．Na2O C．FeCl2 D．SiO2解析A項，AlCl3可由Al與Cl2反應制得，將AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2氣體和Al(OH)3沉淀，正確；B項，Na2O加入Ba(HCO3)2溶液中只產生碳酸鋇沉淀而沒有氣體產生，錯誤；C項，Fe與Cl2反應生成FeCl3，錯誤；D項，SiO2與Ba(HCO3)2不反應，錯誤。答案A2．(2023·安徽理綜，13)室溫下，在mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入mol·L－1NaOH溶液，實驗測得溶液pH隨NaOH溶液體積變化曲線如下圖，下列有關說法正確的是()A．a點時，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，離子方程式為：Al3＋＋3OH－Al(OH)3B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋濃度不變C．b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀D．d點時，Al(OH)3沉淀開始溶解解析A項，a點時，即為Al2(SO4)3溶液，由于Al3＋水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性，錯誤；B項，a～b段，主要是滴入的NaOH溶液中和了水解生成的H＋，c(H＋)減小，溶液pH增大，另外，一方面，c(H＋)減小一定程度上促進了Al3＋的水解，另一方面溶液體積增大，故c(Al3＋)減小，錯誤；C項，b～c段，pH變化緩慢，主要發(fā)生反應：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，正確；D項，c點后pH變化較快的一段，為Al3＋沉淀完全，Al(OH)3未溶解而c(OH－)增大的過程，d點前pH變化較緩慢的一段反應為：Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，故d點時，Al(OH)3已完全溶解，錯誤。答案C3．(2023·山東理綜，9)足量下列物質與相同質量的鋁反應，放出氫氣且消耗溶質物質的量最少的是()A．氫氧化鈉溶液 B．稀硫酸C．鹽酸 D．稀硝酸解析A項，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑1molAl消耗1molNaOH；B項，2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，1molAl消耗H2SO4；C項，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑1molAl消耗3molHCl；D項，Al和稀硝酸反應不放H2，綜上所述，符合題意的是A項。答案A感悟高考1．題型：選擇題(主)填空題2．考向：選擇題中主要考查鋁及其化合物的性質、用途及相關圖像和計算，Ⅱ卷中主要考查工業(yè)生產為背景的工藝流程及鋁及其化合物的實驗探究。3．注意點：①氧化鋁、氫氧化鋁的兩性；②圖像題的分析技巧。[最新模擬]題組1鋁及其常見化合物的性質、轉化及用途1．正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”(1)向1mol·L－1AlCl3溶液中加入過量的6mol·L－1NaOH溶液來制備Al(OH)3懸濁液(2023·江蘇化學，13A)(×)(2)Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應(2023·重慶理綜，2C)(×)(3)用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱，現象為熔化后的液態(tài)鋁滴落下來，說明鋁的熔點較低(2023·全國新課標Ⅰ，10C)(×)(4)鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應后固體物質增重(2023·全國新課標，9C)(×)(5)Al片溶于NaOH溶液中，產生氣體：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2(2023·北京理綜，9D)(√)(6)氫氧化鋁可作胃酸的中和劑(2023·四川理綜，1D)(√)(7)AlCl3溶液加入過量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O(2023·四川理綜，3C)(×)(8)明礬用作凈水劑(2023·重慶理綜，1A)(√)(9)鋁罐可以盛食醋(2023·福建理綜，6C)(×)(10)某無色溶液中可能大量存在Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、S2－(2023·山東理綜，12A)(×)(11)向NaAlO2溶液中通入過量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O=Al(OH)2＋HCOeq\o\al(－,3)(2023·江蘇化學，7D)(√)(12)常溫下，Al(OH)3既能與NaOH溶液反應又能與稀硫酸反應(2023·福建理綜，9①)(√)2．(2023·長春質檢，8)下列說法不正確的是()A．Al箔插入稀HNO3中，無現象，說明Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜B．如圖所示，①中為AlCl3溶液，②中為濃氨水，①中有白色沉淀生成C．Al2O3eq\o(→,\s\up7(NaOH(aq)),\s\do5(△))NaAlO2(aq)eq\o(→,\s\up7(CO2))Al(OH)3D．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后鋁的存在形式：解析鋁能溶于稀HNO3，在濃HNO3中鈍化，A錯；濃氨水會揮發(fā)出NH3，NH3與AlCl3溶液反應生成Al(OH)3沉淀，B正確；Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O，AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，C正確；根據Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，①eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)<3時，鋁元素存在形式為Al(OH)3、Al3＋；②eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)＝3時，鋁元素存在形式為Al(OH)3；③3<eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)<4時，鋁元素存在形式為Al(OH)3、AlOeq\o\al(－,2)；④eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)≥4時，鋁元素存在形式為AlOeq\o\al(－,2)，D正確。答案A題組2鋁及其化合物的計算及圖像分析3．某200mL氯化鎂和氯化鋁混合液中c(Mg2＋)為mol/L，c(Cl－)為mol/L。要使Mg2＋全部轉化為沉淀分離出來，至少需加4mol/LNaOH溶液的體積為()A．40mL B．72mL C．80mL D．128mL解析由溶液呈電中性可計算得c(Al3＋)為mol/L，要使Mg2＋全部轉化為沉淀分離出來，Mg2＋需消耗NaOHmol，Al3＋需消耗NaOHmol，共需消耗NaOHmol，所以至少需加4mol/LNaOH溶液的體積為80mL。答案C4．(2023·湖南長沙一模，12)下列圖像均為實驗過程中產生沉淀的物質的量(Y)與加入試劑的量(X)之間的關系圖，則其中正確的是()A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量且邊滴邊振蕩B．向NaAlO2溶液中逐滴滴加稀鹽酸至過量且邊滴邊振蕩C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氫氧化鈉溶液直至過量D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐漸通入二氧化碳至過量解析A項，生成沉淀與溶解沉淀消耗NaOH的量之比應為3∶1，錯誤；B項，滴入鹽酸即可產生沉淀，且最終沉淀全部溶解，生成沉淀與溶解沉淀消耗鹽酸的量之比為1∶3，錯誤；C項，滴加NaOH溶液，依次與溶液中Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Al(OH)3反應，沉淀生成、溶解以及NHeq\o\al(＋,4)完全反應時消耗NaOH的量之比為3∶1∶1，正確；D項，依次發(fā)生的反應：與Ba(OH)2反應生成BaCO3、與NaOH反應無沉淀生成、與NaAlO2反應生成Al(OH)3沉淀、與Na2CO3反應生成NaHCO3，最后與BaCO3反應沉淀溶解，即最終溶液中沉淀只有Al(OH)3，錯誤。答案C5．在200mL含Mg2＋、Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、Cl－等離子的溶液中，逐滴加入4mol/L的氫氧化鈉溶液，所加氫氧化鈉溶液的體積(mL)與產生沉淀的物質的量(mol)的關系如圖所示。下列敘述正確的是()A．原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝10∶1B．原溶液中c(H＋)＝mol/LC．x與y的差值為D．原溶液中c(Cl－)＝mol/L解析由題圖可知，H＋消耗4mLNaOH溶液，故原溶液中c(H＋)＝eq\f(4×10－3L×4mol/L,L)＝mol/L，B錯誤；由題圖可知，x與y的差值即為Al(OH)3的物質的量，由反應化學方程式Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，n(NaOH)＝(35－33)×10－3L×4mol/L＝mol則Al(OH)3的物質的量也為mol，故C錯誤；V(NaOH)＝4～30mL時形成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，Al3＋消耗3×(35－33)mLNaOH溶液，則Mg2＋消耗20mLNaOH溶液，Mg2＋的物質的量為mol，則n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝mol∶mol＝5∶1，A錯誤；加入33mLNaOH溶液時Cl－全部以NaCl形式存在，n(Cl－)＝n(NaOH)＝33×10－3L×4mol/L＝mol，則c(Cl－)＝eq\fmol,L)＝mol/L，D正確。答案D———————[解題微模板]———————————————————關于圖像題的分析思路(1)看面：弄清縱、橫坐標的含義。(2)看線：弄清線的變化趨勢，每條線都代表著一定的化學反應過程。(3)看點：弄清曲線上拐點的含義，如與坐標軸的交點、曲線的交點、折點、最高點與最低點等。曲線的拐點代表著一個反應過程的結束和開始。常考點三鐵、銅及其化合物[知識特訓]完成下列18個必會反應，重溫鐵、銅及其重要化合物的性質(1)Fe在少量Cl2中燃燒2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(點燃))2FeCl3。(2)Fe和S混合加熱Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△))FeS。(3)Fe和H2O(g)高溫下反應4H2O(g)＋3Feeq\o(=,\s\up7(高溫))Fe3O4＋4H2。(4)稀HNO3和過量Fe粉或少量Fe粉反應的離子方程式3Fe＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(鐵過量)、Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O(鐵少量)。(5)FeO與鹽酸、稀HNO3反應的離子方程式FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、3FeO＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O。(6)Fe2O3與稀HNO3反應的化學方程式Fe2O3＋6HNO3=2Fe(NO3)3＋3H2O。(7)Fe3O4與稀鹽酸、稀HNO3反應的離子方程式Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O、3Fe3O4＋28H＋＋NOeq\o\al(－,3)=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O。(8)Fe(OH)2與稀鹽酸、稀HNO3反應的離子方程式Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2O、3Fe(OH)2＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋8H2O。(9)Fe(OH)3與稀鹽酸、氫碘酸反應的離子方程式Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O、2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O。(10)Fe(OH)2露置于空氣中4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。(11)制備Fe(OH)3膠體FeCl3＋3H2O(沸水)eq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl。(12)鐵發(fā)生吸氧腐蝕生成鐵銹的過程負極：2Fe－4e－=2Fe2＋，正極：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3＋nH2O=Fe2O3·nH2O＋3H2O。(13)Cu和濃H2SO4、稀HNO3的反應的化學方程式Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(14)銅綠的生成2Cu＋O2＋H2O＋CO2=Cu2(OH)2CO3。(15)FeCl3溶液腐蝕銅板的離子方程式2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。(16)Cu和S混合加熱、Cu在Cl2中燃燒2Cu＋Seq\o(=,\s\up7(△))Cu2S、Cu＋Cl2eq\o(=,\s\up7(點燃))CuCl2。(17)用惰性電極電解CuSO4溶液2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4。(18)用Cu作電極電解H2SO4溶液Cu＋2H＋eq\o(=,\s\up7(電解))Cu2＋＋H2↑。[精華聚焦]1．Fe3＋和Fe2＋的鑒別方法(1)直接觀察顏色：Fe2＋的溶液呈淺綠色，Fe3＋的溶液呈棕黃色。(2)利用顯色反應(形成絡離子)：有關反應的離子方程式：Fe3＋＋SCN－[Fe(SCN)]2＋(3)利用生成沉淀的顏色：有關反應的離子方程式：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2＋2H2O＋O2=4Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓(4)利用Fe3＋的氧化性：有關反應的離子方程式：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋有關反應的離子方程式：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2(5)利用Fe2＋的還原性：2．(1)銅在潮濕的空氣中最終不是生成CuO，而是生成銅綠[Cu2(OH)2CO3]。(2)常用灼熱的銅粉除去N2中的O2，灼熱的CuO除去CO2中的CO。(3)新制Cu(OH)2懸濁液常用來檢驗醛基。(4)Cu和一定量的濃HNO3反應，產生的是NO2和NO的混合氣體，當Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu繼續(xù)溶解。(5)Cu：紫紅色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：磚紅色。(6)銅的焰色反應為綠色。(7)冶煉銅的方法有①熱還原法；②濕法煉銅；③電解精煉銅。(8)Fe與O2、H2O(g)反應的產物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe與Cl2反應時生成FeCl3，與S反應時生成FeS，說明Cl2的氧化能力大于S的。常溫下，Fe、Al在冷的濃硫酸和濃硝酸中發(fā)生鈍化，但加熱后繼續(xù)反應。Fe在Cl2中燃燒，無論Cl2過量還是不足均生成FeCl3。(9)向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物質時，溶液會出現淺綠色→棕黃色的顏色變化，該現象可用于Fe2＋的檢驗。(10)制備Fe(OH)2的方法很多，原則有兩點：一是溶液中的溶解氧必須提前除去；二是反應過程中必須與O2隔絕。[重溫真題]1．(2023·上?；瘜W，7)檢驗用硫酸亞鐵制得的硫酸鐵中是否含有硫酸亞鐵，可選用的試劑是()A．NaOH B．KMnO4 C．KSCN D．苯酚解析Fe2＋具有還原性，KMnO4具有氧化性，Fe2＋能使酸性KMnO4溶液褪色。答案B2．(2023·浙江理綜，13)某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制備七水合硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)，設計了如下流程：下列說法不正確的是()A.溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉B.固體1中一定有SiO2，控制pH是為了使Al3＋轉化為Al(OH)3進入固體2C.從溶液2得到FeSO4·7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解D.若改變方案，在溶液1中直接加NaOH至過量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液經結晶分離也可得到FeSO4·7H2O解析根據題意，分析得出以下流程：A項，溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉，正確；B項，由于SiO2不溶于硫酸，則固體1中一定含有SiO2，為了使溶液中的Al3＋轉化成Al(OH)3沉淀，故用NaOH溶液控制pH，得固體2為Al(OH)3，正確；C項，由于Fe2＋易被氧化、FeSO4·7H2O易分解，故在從FeSO4溶液中得到FeSO4·7H2O產品過程中，須控制條件防止其氧化和分解，正確；D項，若在溶液1[Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3溶液]中直接加NaOH至過量，得到的為Fe(OH)3，用硫酸溶解得到Fe2(SO4)3溶液，故經結晶不能得到FeSO4·7H2O，錯誤。答案D3.(2023·天津理綜，9)廢舊印刷電路板是一種電子廢棄物，其中銅的含量達到礦石中的幾十倍。濕法技術是將粉碎的印刷電路板經溶解、萃取、電解等操作得到純銅等產品。某化學小組模擬該方法回收銅和制取膽礬，流程簡圖如下：回答下列問題：(1)反應Ⅰ是將Cu轉化為Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)，反應中H2O2的作用是。寫出操作①的名稱：。(2)反應Ⅱ是銅氨溶液中的Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)與有機物RH反應，寫出該反應的離子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。操作②用到的主要儀器名稱為，其目的是(填序號)。a.富集銅元素b.使銅元素與水溶液中的物質分離c.增加Cu2＋在水中的溶解度(3)反應Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應生成CuSO4和。若操作③使用右圖裝置，圖中存在的錯誤是___________________________________________________________________________________________________________________________。(4)操作④以石墨作電極電解CuSO4溶液。陰極析出銅，陽極產物是。操作⑤由硫酸銅溶液制膽礬的主要步驟是________________________________________________________________________。(5)流程中有三處實現了試劑的循環(huán)使用，已用虛線標出兩處，第三處的試劑是。循環(huán)使用的NH4Cl在反應Ⅰ中的主要作用是________________________________________________________________________。解析(1)廢電路板中含有Cu單質，加入H2O2的目的是將Cu氧化為Cu2＋；將溶液和固體分離的方法是過濾，所以操作①是過濾。(2)由流程圖知，銅氨溶液中的Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)與有機物RH反應后得到CuR2和NH3、NH4Cl，所以該反應的離子方程式為：Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)＋2RH=2NHeq\o\al(＋,4)＋2NH3＋CuR2；操作②是萃取分液，所以用到的主要儀器是分液漏斗；通過操作②，可以富集銅元素，同時使銅元素與水溶液中其他物質分離，故選a、b。(3)CuR2中R為－1價，再結合流程圖可知反應Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸發(fā)生反應生成CuSO4和RH；操作③是分液，圖中出現的錯誤主要有分液漏斗頸尖嘴一側未緊靠燒杯內壁及所加液體過多。(4)以石墨作電極電解CuSO4溶液，陽極電極反應式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，故陽極產物為O2、H2SO4；操作⑤由硫酸銅溶液制膽礬的主要步驟為加熱濃縮、冷卻結晶、過濾。(5)操作④得到的H2SO4可以利用到反應Ⅲ中，所以第三處循環(huán)的試劑為H2SO4；NH4Cl水解溶液呈酸性，可以中和溶液中的OH―，防止由于溶液中的c(OH－)過高，生成Cu(OH)2沉淀。答案(1)作氧化劑過濾(2)Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)＋2RH=2NHeq\o\al(＋,4)＋2NH3＋CuR2分液漏斗ab(3)RH分液漏斗下端尖嘴未緊靠燒杯內壁、液體過多(4)O2、H2SO4加熱濃縮、冷卻結晶、過濾(5)H2SO4防止由于溶液中的c(OH－)過高，生成Cu(OH)2沉淀4.[2023·四川理綜，11(1)(2)(3)(6)]為了保護環(huán)境，充分利用資源，某研究小組通過如下簡化流程，將工業(yè)制硫酸的硫鐵礦燒渣(鐵主要以Fe2O3存在)轉變成重要的化工原料FeSO4(反應條件略)?；罨蜩F礦還原Fe3＋的主要反應為FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，不考慮其他反應。請回答下列問題：(1)第Ⅰ步H2SO4與Fe2O3反應的離子方程式是_________________________________。(2)檢驗第Ⅱ步中Fe3＋是否完全還原，應選擇(填字母編號)。溶液[Fe(CN)6]溶液溶液(3)第Ⅲ步加FeCO3調溶液pH到左右，然后在第Ⅳ步通入空氣使溶液pH降到，此時Fe2＋不沉淀，濾液中鋁、硅雜質被除盡。通入空氣引起溶液pH降低的原因是________________________________________________________________________。(4)假如燒渣中的鐵全部視為Fe2O3，其含量為50%。將akg質量分數為b%的硫酸加入到ckg燒渣中浸取，鐵的浸取率為96%，其他雜質浸出消耗的硫酸以及調pH后溶液呈微酸性所殘留的硫酸忽略不計。按上述流程，第Ⅲ步應加入FeCO3kg。解析第Ⅰ步，硫鐵礦燒渣的主要成分Fe2O3與H2SO4反應生成Fe2(SO4)3，過濾除去不溶性雜質；第Ⅱ步，在濾液中加入活性硫鐵礦FeS2，由題意可知Fe2(SO4)3被還原為FeSO4，同時生成H2SO4，過濾除去過量的活性硫鐵礦；第Ⅲ步，在濾液中加入的FeCO3與H2SO4反應生成FeSO4，過濾除去過量的FeCO3；第Ⅳ步，向濾液中通入空氣，部分Fe2＋被氧化為Fe3＋，Fe3＋水解產生H＋，使溶液的pH由降到，同時，除去鋁、硅雜質，最后濃縮結晶得到FeSO4晶體。(1)第Ⅰ步H2SO4與Fe2O3反應的離子方程式是Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O。(2)檢驗Fe3＋應選用KSCN溶液，Fe3＋遇KSCN溶液顯血紅色。(3)通入空氣時，空氣中的氧氣將部分Fe2＋氧化為Fe3＋，Fe3＋水解能力強，產生的H＋使溶液的pH降低。(4)設浸取燒渣中的Fe2O3所消耗的H2SO4的物質的量為x，有則eq\f(160g,3mol)＝eq\f(c×103g×50%×96%,x)，解得：x＝9cmol由此可知：第Ⅰ步生成的Fe2(SO4)3的物質的量為3cmol剩余H2SO4的物質的量為eq\f(a×103g×b%,98g/mol)－9cmol＝(eq\f(10ab,98)－9c)mol由第Ⅱ步反應的化學方程式可求得生成的H2SO4的物質的量：則第Ⅲ步參加反應的H2SO4的物質的量為(eq\f(10ab,98)－9c)mol＋eq\f(8,7)×3cmol＝eq\f(10ab－546c,98)mol由FeCO3＋H2SO4=FeSO4＋H2O＋CO2↑可得：第Ⅲ步應加入的FeCO3的質量為：m(FeCO3)＝n(FeCO3)×M(FeCO3)＝eq\f(10ab－546c,98)mol×116g/mol×10－3g/kg＝(eq\f(29ab,2450)－eq\f(1131c,1750))kg＝8ab－kg。答案(1)Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O(2)C(3)Fe2＋被氧化為Fe3＋，Fe3＋水解產生H＋(4)8ab－或eq\f(29ab,2450)－eq\f(1131c,1750)感悟高考1.題型：選擇題填空題(主)2.考向：選擇題主要考查鐵、銅及其重要化合物的性質及應用，Ⅱ卷主要結合具體工藝流程及實驗探究，考查鐵、銅及其化合物性質的同時，兼顧考查了氧化還原反應原理、離子方程式的書寫、化學計算及化工工藝等知識。特別是有關鐵銅的工藝流程題更是出題熱點。3.注意點：正確解答鐵、銅工藝流程題的前提是掌握好物質的分離、提純、轉化等問題。[最新模擬]題組1鐵、銅及其重要化合物的性質判斷1.正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”(1)將稀硝酸加入過量鐵粉中，充分反應后滴加KSCN溶液會觀察到有氣體生成，溶液呈血紅色，說明稀硝酸將Fe氧化為Fe3＋(2023·全國新課標Ⅰ，10A)(×)(2)1molCu和足量熱濃硫酸反應可生成nA個SO3分子(2023·廣東理綜，10B)(×)(3)3mol單質Fe完全轉變?yōu)镕e3O4，失去8nA個電子(2023·廣東理綜，10D)(√)(4)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，現象為溶液變成血紅色，說明Fe2＋既有氧化性又有還原性(2023·廣東理綜，22D)(×)(5)Fe2O3eq\o(→,\s\up7(鹽酸))FeCl3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸發(fā)))無水FeCl3物質間均能一步實現(2023·江蘇化學，8C)(×)(6)檢驗溶液中是否含有Fe2＋，取少量待檢驗溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，觀察實驗現象(2023·江蘇化學，13C)(×)(7)將FeCl3固體溶于適量蒸餾水來配制FeCl3溶液(2023·福建理綜，8B)(×)(8)在溶液中加KSCN，溶液顯紅色，說明原溶液中有Fe3＋，無Fe2＋(2023·天津理綜，2A)(×)(9)觀察Fe(OH)2的生成(2023·重慶理綜，4A)(√)(10)FeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作是因為FeCl3能從含Cu2＋的溶液中置換出銅(2023·全國新課標Ⅰ，8D)(×)題組2鐵、銅及其重要化合物的綜合探究(一)工藝流程題2.工業(yè)上用某礦渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取銅的操作流程如圖所示：已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2開始沉淀pH沉淀完全pH請回答下列問題：(1)固體混合物A的成分是(填化學式)。(2)反應Ⅰ完成后，鐵元素的主要存在形式為(填離子符號)。請寫出生成該離子所發(fā)生反應的離子方程式：______________________________________。(3)x的數值范圍是≤x＜，y對應的數值范圍是。(4)下列關于用NaClO調節(jié)pH的說法正確的是(填序號)。a.加入NaClO可使溶液的pH降低能調節(jié)pH的主要原因是發(fā)生反應ClO－＋H＋HClO，ClO－消耗H＋，從而達到調節(jié)pH的目的能調節(jié)pH的主要原因是ClO－水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，OH－消耗H＋，從而達到調節(jié)pH的目的(5)實驗室欲配制質量分數為%的CuSO4溶液，則配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質量之比為。解析(1)Al2O3、Fe2O3均能溶于稀硫酸，SiO2不能溶于稀硫酸，Cu2O和稀硫酸反應會生成Cu，所以固體混合物A的成分是SiO2、Cu。(2)由(1)知，礦渣溶于稀硫酸后，有銅剩余，故鐵元素的存在形式為Fe2＋，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋。(3)加入NaClO之后，Fe2＋被氧化成Fe3＋，x的數值范圍是≤x＜，可以除去Fe3＋，此時溶液中還剩下Al3＋，所以接下來調節(jié)pH的目的是除去Al3＋而使Cu2＋不受影響，依據表格可知y對應的數值范圍是≤y＜。(4)礦渣是用稀硫酸溶解的，所以溶液呈酸性，當加入NaClO時，溶液中就會有反應ClO－＋H＋HClO，ClO－消耗H＋，從而達到調節(jié)pH的目的。(5)設CuSO4·5H2O的質量為xg，H2O的質量為yg，則質量分數為%的CuSO4溶液中，CuSO4的質量分數可表示為eq\f(x×\f(160,250),x＋y)×100%＝%，所以x∶y＝5∶11。答案(1)SiO2、Cu(2)Fe2＋2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋(3)≤y＜(4)b(5)5∶11(二)實驗探究題3.鐵銅及其化合物與人類生活密切相關：Ⅰ.Fe2O3、Cu2O都是紅色粉末，常用作顏料。某?；瘜W實驗小組通過實驗來探究某紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或兩者的混合物。查閱資料：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空氣中加熱生成CuO。探究過程：取少量紅色粉末溶解于足量稀硫酸中，向所得溶液中滴加幾滴KSCN溶液。(1)若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含Fe2O3。你認為這種說法合理嗎？(填“合理”或“不合理”)。簡述理由(用化學方程式表示)：________________________________________________________________________。(2)經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物，該實驗小組欲用加熱法測定紅色混合物中Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg(b＞a)，則混合物中Cu2O的質量分數為。Ⅱ.鐵是人體必需的微量元素，治療缺鐵性貧血的常見方法是服用補鐵藥物。“速力菲”(主要成分：琥珀酸亞鐵)是市場上一種常見的補鐵藥物。該藥品不溶于水，但能溶于人體中的胃酸。某化學實驗小組為了檢測“速力菲”藥片中Fe2＋的存在，設計了如下實驗：(3)試劑1是(填試劑名稱)。(4)加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情況下，溶液變成了淡紅色，其可能的原因是。(5)在實驗中發(fā)現，放置一段時間后，紅色溶液的顏色會逐漸褪去。為了進一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同學首先進行了猜想：編號猜想甲溶液中的Fe3＋又被還原為Fe2＋乙溶液中的SCN－被過量的新制氯水氧化丙新制氯水具有漂白性，將該溶液漂白基于乙同學的猜想，請設計實驗方案，驗證乙同學的猜想是否正確。寫出有關實驗操作、預期現象和結論。(不一定填滿，也可以補充)編號實驗操作預期現象和結論解析本題知識容量大，綜合度高，既考查了Fe3＋的氧化性、單質銅的還原性，又考查了Fe3＋和Fe2＋的檢驗，同時還考查了化學計算。試題以實驗探究的形式呈現，增大了對考生提取信息能力的考查，同時實驗方案的設計對考生的思維能力和綜合運用相關知識解決實際問題的能力有了較高的要求。(1)Cu2O和H＋反應生成Cu和Cu2＋∶Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，Cu可以將Fe3＋還原為Fe2＋：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，所以即使有Fe2O3也可能看不到溶液變紅。(2)加熱時發(fā)生的反應為2Cu2O＋O2eq\o(=,\s\up7(△))4CuO，固體增加的質量就是參與反應的氧氣的質量，可得關系式eq\f(2×144g·mol－1,m（Cu2O）)＝eq\f(32g·mol－1,（b－a）g)，所以m(Cu2O)＝9(b－a)g，所以紅色混合物中Cu2O的質量分數為eq\f(9（b－a）,a)×100%。(3)首先應將藥片溶解，由于琥珀酸亞鐵難溶于水，所以要加入酸，但由于硝酸具有氧化性，會將其中的Fe2＋氧化為Fe3＋，從而影響成分測定，所以只能選擇稀鹽酸或稀硫酸。(4)少量的Fe2＋被空氣中的氧氣氧化。(5)若SCN－被新制氯水氧化，則溶液中就不存在SCN－，本題實際上是檢驗溶液中是否存在SCN－，可以從兩方面進行：一是繼續(xù)加入KSCN溶液看是否變紅色；二是繼續(xù)加入FeCl3溶液看是否變紅色。答案(1)不合理Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋(2)eq\f(9（b－a）,a)×100%(3)稀鹽酸(或稀硫酸)(4)少量的Fe2＋被空氣中的氧氣氧化(5)(答案合理即可)編號實驗操作預期現象和結論①取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液(取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液)如果溶液變紅色，說明乙同學的猜想是合理的；如果溶液不變紅色，說明乙同學的猜想是不合理的(如果溶液不變紅色，說明乙同學的猜想是合理的；如果溶液變紅色，說明乙同學的猜想是不合理的)滿分微課堂⑥數形結合思想在解答化學圖像題中的妙用【示例】如圖是向MgCl2、AlCl3混合液中依次加入M和N時生成沉淀的物質的量與加入的M和N的體積關系圖(M、N分別表示鹽酸或氫氧化鈉溶液中的一種)，以下結論不正確的是()A.混合溶液中c(AlCl3)∶c(MgCl2)＝1∶1B.混合溶液中c(AlCl3)∶c(MgCl2)＝3∶1C.點V之前加NaOH溶液，點V之后加鹽酸D.所加鹽酸與NaOH溶液中溶質的物質的量濃度相同【審題指導】①O～Aeq\o(→,\s\up7(加NaOH溶液))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓,Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓))②A～Beq\o(→,\s\up7(加NaOH溶液))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Al（OH）3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O,Mg（OH）2不變))③B～Ceq\o(→,\s\up7(B→G加NaOH溶液),\s\do5(G→C加鹽酸))OH－＋H＋=H2O④C～Deq\o(→,\s\up7(加鹽酸))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AlOeq\o\al(－,2)＋H2O＋H＋=Al（OH）3↓,Mg（OH）2不變))⑤D～Eeq\o(→,\s\up7(加鹽酸))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O,Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O,終態(tài)溶質NaCl\o(→,\s\up7(守恒分析))c（HCl）,＝c（NaOH）))答案B數形結合思想：“數缺形，少直觀；形缺數，難入微”。數形結合思想的應用大致可分為兩種情形：或者借助于數的精確性來闡明形的某些屬性，或者借助形的直觀性來闡明數之間某種關系，即數形結合包括兩個方面：第一種情形是“以數解形”，而第二種情形是“以形助數”。在化學上，有很多問題也可用這種數形結合的思想去解決。拓展數形結合思想，在解答化學題時應用廣泛，如我們平時所用的數軸法：①根據AlCl3與NaOH的量計算生成Al(OH)3的量②根據NaAlO2和HCl計算生成Al(OH)3的量③鐵與稀硝酸反應產物的判斷HNO3過量：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，Fe過量時：Fe＋2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，兩者相加得總化學方程式：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，可以用數軸表示：解題時需注意量的范圍。即：\f(n（Fe）,n（HNO3）)≤eq\f(1,4)，產物僅有Fe(NO3)3，HNO3可能有剩余；\f(n（Fe）,n（HNO3）)≥eq\f(3,8)，產物僅有Fe(NO3)2，Fe可能有剩余；\f(1,4)<eq\f(n（Fe）,n（HNO3）)<eq\f(3,8)產物為Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，HNO3和Fe都沒有剩余。體驗1向物質的量濃度均為1mol/L的AlCl3和鹽酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如圖中[n表示Al(OH)3的物質的量、V表示NaOH溶液的體積]能正確表示這個反應過程的是()解析向混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，反應情況分為三個階段：第一階段為OH－＋H＋=H2O，此時無沉淀產生；第二階段有白色沉淀產生，反應的離子方程式為Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓；第三階段滴加NaOH溶液至過量，沉淀逐漸溶解最后完全消失，反應的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，結合反應離子方程式及濃度關系可知三個階段消耗NaOH的物質的量之比為1∶3∶1。答案D體驗2將g鐵粉逐漸加入含HNO3mol的硝酸溶液中，反應生成的氣體的物質的量(x)(假設HNO3的還原產物只有NO)隨消耗鐵粉的物質的量(y)變化關系中正確的是()解析首先發(fā)生反應：再發(fā)生反應：Fe＋2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，molmol由此得出正確答案為C。答案C能力提升訓練1.下表為某純堿產品說明書：化學名：碳酸鈉，俗稱蘇打性狀：白色粉末，易溶于水，水溶液呈中性化學式：Na2CO3用途：重要的基本化工原料之一，在紡織、玻璃、制皂、造紙等領域都有廣泛應用其中有錯誤的一項是()A.化學名 B.性狀 C.化學式 D.用途解析Na2CO3為白色粉末，易溶于水，溶于水后由于COeq\o\al(2－,3)水解，水溶液呈堿性。答案B2.(2023·北京理綜，7)下列金屬中，表面自然形成的氧化層能保護內層金屬不被空氣氧化的是() 解析金屬鋁在空氣中表面會形成一層致密的氧化膜保護層，阻止內層的金屬進一步被氧化，D正確；K、Na、Fe表面形成的氧化膜比較疏松，不能保護內層金屬，A、B、C錯誤。答案D3.(2023·寶雞質檢)已知下列轉化關系中，M、N均為單質，則M可能是()M＋Neq\o(→,\s\up7(點燃))Qeq\o(→,\s\up7(溶于水))Q溶液eq\o(→,\s\up7(惰性電極電解))M＋N解析Na、Al、Fe均為活潑金屬，電解相關溶液不能制取其單質，電解銅鹽溶液可以生成銅單質，轉化關系可能是Cu＋Cl2eq\o(→,\s\up7(點燃))CuCl2eq\o(→,\s\up7(溶于水))CuCl2溶液eq\o(→,\s\up7(惰性電極電解))Cu＋Cl2。答案D4.(2023·課標Ⅱ，9)下列反應中，反應后固體物質增重的是()A.氫氣通過灼熱的CuO粉末B.二氧化碳通過Na2O2粉末C.鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應D.將鋅粒投入Cu(NO3)2溶液解析A項，CuO被H2還原為Cu，固體物質減輕；B項，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2變?yōu)镹a2CO3，固體質量增加；C項，鋁熱反應前后固體總質量保持不變；D項，1molZn置換出1molCu，固體質量減輕，不符合題意。答案B5.(2023·鄭州質檢)下列類比關系正確的是()A.鈉與氧氣在不同條件下反應會生成兩種不同的氧化物，則Li與氧氣反應生成Li2O或Li2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2，則Na2O2與SO2反應可生成Na2SO3和O2與Cl2反應生成FeCl3，則Fe與I2反應生成FeI3與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，則Al與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應解析A項中Li與氧氣反應只能生成一種氧化物，即Li2O；B項中具有氧化性的Na2O2與具有還原性的SO2反應可生成Na2SO4，而不放出O2；C項中Fe與I2反應只能生成FeI2，因為碘的氧化性不夠強。答案D6.雙羥基鋁碳酸鈉是醫(yī)療上常用的一種抑酸劑，其化學式是NaAl(OH)2CO3。下列關于該物質的說法正確的是()A.該物質屬于兩性氫氧化物B.該物質是Al(OH)3和Na2CO3的混合物molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3molH＋D.該藥劑不適合胃潰瘍患者服用解析雙羥基鋁碳酸鈉屬于鹽類，A錯誤；雙羥基鋁碳酸鈉是一種化合物，屬于純凈物，不是混合物，B錯誤；1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗4molH＋，C錯誤；由于NaAl(OH)2CO3能與胃酸反應放出CO2氣體，故不適合胃潰瘍患者服用。答案D、Cu都是重要的金屬元素。下列說法正確的是()A.兩者的單質放置在空氣中均只生成氧化物B.兩者的單質都能與稀硫酸反應產生氫氣C.常溫條件下，兩種金屬都能溶解于濃硝酸中D.制備FeCl3、CuCl2，均不能采用將其溶液直接蒸干的方法解析Cu放置在空氣中可生成Cu2(OH)2CO3，A項錯誤；銅為不活潑金屬，不能與稀硫酸反應生成氫氣，B項錯誤；常溫下，濃硝酸能夠使鐵鈍化，C項錯誤；直接蒸干FeCl3、CuCl2溶液得到的固體分別是Fe(OH)3、Cu(OH)2，D項正確。答案D8.可溶性銅鹽都有毒性，能引起蛋白質變性。氫化亞銅(CuH)是一種不穩(wěn)定的物質，能在氯氣中燃燒，也能與酸反應。用CuSO4溶液和“某物質”在40～50℃時反應可生成CuH。下列敘述中錯誤的是()A.“某物質”具有還原性與鹽酸反應可能產生H2與足量稀硝酸反應：CuH＋3H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋NO↑＋2H2O在氯氣中燃燒：CuH＋Cl2eq\o(=,\s\up7(點燃))CuCl＋HCl解析解答本題時，要抓住CuH具有還原性這一關鍵點，利用氧化還原反應知識進行分析。A項，用CuSO4溶液和“某物質”在40～50℃時反應可生成CuH，Cu元素由＋2價變?yōu)椋?價，則CuSO4作氧化劑，“某物質”為還原劑，表現出還原性；B項，CuH與鹽酸發(fā)生氧化還原反應：2CuH＋2HCl=CuCl2＋Cu＋2H2↑；C項，HNO3具有強氧化性，與CuH反應時，＋1價的Cu、－1價的H均被氧化成最高價態(tài)；D項，Cl2具有強氧化性，與CuH反應時生成CuCl2和HCl。答案D9.(2023·六盤水六校聯考)下列化學反應對應的離子方程式正確的是()A.鈉與CuSO4溶液反應：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋B.明礬溶于水產生Al(OH)3膠體：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋溶于水產生O2：Na2O2＋H2O=2Na＋＋2OH－＋O2↑(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反應：HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O解析鈉投入硫酸銅溶液中，鈉先與水反應，生成的氫氧化鈉再與硫酸銅溶液反應，A錯誤；Al3＋的水解是可逆反應，且生成的氫氧化鋁為膠體，不標沉淀符號，B錯誤；C項離子方程式中氧原子不守恒，C錯誤。答案D10.甲、乙、丙、丁、戊五種物質中，甲、乙、丙均含有某種元素，它們之間有如圖所示的轉化關系(反應條件、部分產物沒有標出)。下列有關物質的推斷不正確的是()A.若甲為Al(OH)3，則丁可能是鹽酸B.若甲為S，則戊可能是氧氣C.若甲為Fe，則丁可能是鹽酸D.若甲為N2，則戊可能是氧氣解析首先，熟悉選項中各物質的性質；然后，明確物質之間的轉化關系；最后，逐項進行分析，突破陷阱，正確作答。A項，若甲為Al(OH)3，乙是AlCl3，丙是偏鋁酸鹽，符合轉化關系；B項，若甲為S，丙是SO2，乙是H2S，符合轉化關系；C項，若甲為Fe，乙是FeCl2，不管丙是鐵鹽還是亞鐵鹽，乙、丙都不能反應得到單質鐵，不符合轉化關系；D項，若甲為N2，丙是NO，乙是NH3，NH3、NO反應可得到N2，符合轉化關系。答案C11.下列根據實驗操作和實驗現象所得出的結論正確的是()選項實驗操作實驗現象結論A用潔凈鉑絲蘸取某溶液置于酒精燈外焰上灼燒火焰呈黃色該溶液中含Na＋，不含K＋B向FeCl2溶液中通入適量Cl2溶液由淺綠色變?yōu)樽攸S色Cl2的氧化性比FeCl3的強C向NaAlO2溶液中，滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成AlOeq\o\al(－,2)與HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生了水解相互促進反應D將Na2CO3固體與SiO2混合加熱產生氣體H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性強解析首先，明確選項中各物質的性質；然后，弄清各選項實驗中發(fā)生的反應及產生的現象；最后，明確實驗現象與結論是否一致。A項，K＋的焰色必須透過藍色鈷玻璃觀察，否則它的焰色易被Na＋的焰色掩蓋，錯誤；B項，Cl2具有強氧化性，可將Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液由淺綠色(Fe2＋)轉變成棕黃色(Fe3＋)，由氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性可得到相應結論，正確；C項，AlOeq\o\al(－,2)與HCOeq\o\al(－,3)水解都使溶液呈堿性，則二者的水解相互抑制，不能發(fā)生水解相互促進反應，實驗中產生白色沉淀的原因是Al(OH)3的電離能力小于HCOeq\o\al(－,3)的，NaAlO2溶液與NaHCO3溶液混合，發(fā)生反應AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，錯誤；D項，Na2CO3固體與SiO2混合加熱產生CO2氣體，利用的是高沸點物質(SiO2)制備低沸點物質(CO2)的原理，不能說明H2CO3的酸性比H2SiO3的弱(實際上酸性：H2CO3＞H2SiO3)錯誤。答案B12.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L－1的鹽酸，測得溶液中的COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、Al3＋的物質的量與加入鹽酸的體積變化關系如圖所示，則下列說法正確的是()A.原混合溶液中的COeq\o\al(2－,3)與AlOeq\o\al(－,2)的物質的量之比為1∶2∶V2＝1∶5點時生成的CO2為mol曲線表示的離子方程式為：AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓解析因為酸性：HCl＞H2CO3＞HCOeq\o\al(－,3)＞Al(OH)3，所以在向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L－1的鹽酸的過程中，首先發(fā)生反應①AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，則a線表示的是AlOeq\o\al(－,2)的物質的量變化，D選項正確，且n(AlOeq\o\al(－,2))＝n(HCl)＝mol；然后發(fā)生反應②COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，b線表示的是COeq\o\al(2－,3)的物質的量變化，c線表示的是HCOeq\o\al(－,3)的物質的量變化，n(COeq\o\al(2－,3))＝n(HCl)＝mol，則n(COeq\o\al(2－,3))∶n(AlOeq\o\al(－,2))＝1∶1，A選項錯；V1表示COeq\o\al(2－,3)與HCOeq\o\al(－,3)物質的量相等時加入鹽酸的體積，此時V1＝75mL，M表示反應COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)恰好完成，此時并沒有放出CO2，C選項錯；再后發(fā)生反應③H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=CO2↑＋H2O，對應的是d線，最后發(fā)生反應④Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，對應的是e線，V2＝3×50mL＋150mL＝300mL，V1∶V2＝75∶300＝1∶4，B選項錯。答案D13.(2023·山東濱州一模)A、J是日常生活中常見的兩種金屬，這兩種金屬和NaOH溶液組成原電池，A作負極；F在常溫下是氣體；各物質有以下轉化關系(部分產物及條件略去)。回答以下問題：(1)A的原子結構示意圖為，M的化學式為。(2)A與NaOH溶液反應的離子方程式為。(3)寫出②的化學方程式：_______________________________________________。(4)含A元素的某鹽X常作凈水劑，X做焰色反應時，透過藍色鈷玻璃觀察火焰呈紫色。X的水溶液與NaHCO3溶液混合，反應的離子方程式為______________________________________________________________________________________________