高中化学高考二轮复习 上篇10

第10讲金属单质及其化合物[最新考纲]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。常考点一钠及其重要化合物[知识特训]完成以下方程式，重温钠及其重要化合物的性质(1)转化反应①离子方程式：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；②化学方程式：2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2；③离子方程式：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑；④化学方程式：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；⑤化学方程式：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O；⑥离子方程式：2OH－＋CO2=COeq\o\al(2－,3)＋H2O；⑦离子方程式：CO2＋OH－=HCOeq\o\al(－,3)；⑧化学方程式：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。(2)拓展反应①Na制备Ti：4Na＋TiCl4eq\o(=,\s\up7(高温))4NaCl＋Ti。②Na与CuSO4溶液反应的离子方程式2Na＋2H2O＋Cu2＋=2Na＋＋Cu(OH)2＋H2↑。③Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑。④Na2O2和SO2的反应Na2O2＋SO2=Na2SO4。⑤NaHCO3与过量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O。⑥NaHCO3与少量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O。[精华聚焦]1．金属钠与可溶性盐溶液反应的思维模式2．过氧化钠的性质(1)Na2O2的强氧化性①Na2O2投入FeCl2溶液中，可将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时生成Fe(OH)3沉淀。②Na2O2投入氢硫酸中，可将H2S氧化成单质硫，溶液变浑浊。③Na2O2投入Na2SO3溶液，可将SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)。④Na2O2具有漂白性，投入品红溶液中，可使品红溶液褪色。(2)有关Na2O2与CO2、H2O的反应2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O22H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2↑①反应前后的“四种关系”即气体的物质的量关系、气体的体积关系、电子转移关系、固体质量关系；②一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(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。[重温真题]1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”(1)在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解(2023·安徽理综，9A)(×)(2)金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火(2023·山东理综，7A)(×)(3)用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上(2023·山东理综，7B)(×)(4)分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，观察到试管内壁均有水珠，结论两种物质均受热分解(2023·广东理综，22A)(×)(5)可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液(2023·海南化学，7B)(×)(6)溶解度：小苏打<苏打(2023·上海化学，11A)(√)(7)用热的烧碱洗去油污是因为Na2CO3可直接与油污反应(2023·课标卷Ⅰ，8A)(×)(8)二氧化碳通过Na2O2粉未反应后固体物质增重(2023·课标卷Ⅱ，9B)(√)(9)将Na块放入水中，产生气体：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2(2023·北京理综，9B)(√)(10)小苏打是面包发酵粉的主要成分之一(2023·福建理综，6D)(√)(11)在过氧化钠与水的反应中，每生成mol氧气，转移电子数目为NA(2023·江苏化学，6D)(×)(12)向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸，均有气泡冒出，说明两者均能与盐酸反应(2023·广东理综，22A)(√)(13)1molNa2O2固体中含离子总数为4NA(2023·大纲卷，7C)(×)2．(2023·上海，19)下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，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反应中Na2O2的作用是氧化剂，A、B项中Na2O2既作氧化剂也作还原剂；C项中Na2O2既不是氧化剂也不是还原剂；D项中只作氧化剂。答案D感悟高考1．题型：选择题(主)填空题2．考向：高考对钠及其重要化合物的考查有两种形式：一是在选择题中考查钠及其重要化合物的性质及相互转化；二是在Ⅱ卷中考查钠的化合物的制备及性质探究。3．注意点：①钠与盐溶液及熔融盐反应的差异性；②在推断中注意，焰色反应的应用。[最新模拟]题组1钠及其重要化合物的性质判断1．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是()①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色④密度为g/cm3与密度为g/cm3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度在g/cm3和g/cm3之间；Na－K合金的熔点应在Na和K熔点之间A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④解析只有活泼金属如K、Ca、Na等才能与水反应生成碱和H2，①错误；在空气中铝表面能形成一层致密的氧化物薄膜，保护内层金属，故能稳定存在，②错误；所有钠盐的焰色均为黄色，③正确；合金的熔点低于任何一种成分金属的熔点，故④错误。综上所述，本题选D。答案D2．下列说法正确的是()A．1molNa被完全氧化生成Na2O2失去2NA个电子B．将一小块Na放入无水乙醇中，产生气泡，说明Na能置换出醇羟基中的氢C．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气D．钠与CuSO4溶液反应的离子方程式为2Na＋Cu2＋=2Na＋＋Cu解析1molNa被完全氧化生成Na2O2时，Na由0价变为＋1价，失去NA个电子，A项错；Na能将乙醇中醇羟基中的氢置换出生成H2，B项正确；电解氯化钠溶液发生反应2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，制备金属钠应该电解熔融的NaCl才行，C项错；钠与CuSO4溶液反应的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，2OH－＋Cu2＋=Cu(OH)2↓，D项错。答案B题组2钠及其化合物的实验探究3．下列实验操作正确的是()编号实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆粒大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明是放热反应D检验Na2CO3溶液与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色解析应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水(否则会迸溅出液体)，A错误；B项都有白色沉淀产生，错误；Na2O2与CO2反应生成氧气，如果棉花燃烧说明达到了着火点，能证明是放热反应，C正确；观察钾的焰色反应应该透过蓝色钴玻璃，D错误。答案C4．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示。(1)只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的的是________(填装置序号)。(2)图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________；与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是________(填选项序号)。A．Ⅳ比Ⅲ复杂B．Ⅳ比Ⅲ安全C．Ⅳ比Ⅲ操作简便D．Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行(3)若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是(填化学式)________________________________________________________________________。(4)将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应。①当石灰水过量时，其离子方程式为__________________________________________；________________________________________________________________________。②当碳酸氢钠与氢氧化钙物质的量之比为2∶1时，所得溶液中溶质的化学式为________，请设计实验检验所得溶液中溶质的阴离子：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)图Ⅰ不能达到实验目的，因为无论是碳酸钠还是碳酸氢钠均可以与盐酸反应产生二氧化碳，二氧化碳气体与澄清石灰水作用变浑浊，故不可以；图Ⅱ可以鉴别，因为等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量的稀盐酸反应，生成的二氧化碳气体的量不同，可根据气球膨胀程度判断。(2)图Ⅲ、Ⅳ所涉及的化学方程式为：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O，实验Ⅳ的优点是可同时做对比实验。(3)试管B装入碳酸氢钠，试管A装入碳酸钠，这样直接加热的碳酸钠，温度高，不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，而间接加热的碳酸氢钠分解，使澄清石灰水变浑浊，表明了碳酸氢钠很不稳定。(4)①石灰水过量时，碳酸氢根离子全部反应，离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2O；②2NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，则其中的溶质是碳酸钠，要检验COeq\o\al(2－,3)，可以取少量上层清液于洁净的试管中，加入适量氯化钙溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有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取少量上层清液(或过滤后的滤液或所得溶液)于洁净(若无“洁净”也可)的试管中，加入适量氯化钙溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有COeq\o\al(2－,3)————————[方法技巧]—————————————————Na2CO3和NaHCO3鉴别、转化和除杂1．鉴别Na2CO3和NaHCO3的方法①热稳定性不同eq\a\vs4\al(固体\f(加热,))eq\a\vs4\al(无明显变化的是Na2CO3)eq\a\vs4\al(放出无色能使澄清石灰水变浑浊的气体,是NaHCO3)②和酸反应生成气体的速率不同(相同条件下)③阴离子不同④溶液的酸碱性2．Na2CO3与NaHCO3的相互转化3．除杂混合物除杂方法及试剂Na2CO3固体(NaHCO3)加热NaHCO3溶液(Na2CO3)通入足量CO2气体Na2CO3溶液(NaHCO3)加入适量NaOH溶液常考点二铝及其重要化合物[知识特训]完成以下反应，重温铝及其重要化合物的性质(1)转化反应①离子方程式：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑；②离子方程式：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O；③离子方程式：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)；④化学方程式：2Al(OH)3eq\o(=,\s\up7(△))Al2O3＋3H2O；⑤离子方程式：Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓。(2)拓展反应①NaAlO2与少量盐酸或过量盐酸反应的离子方程式AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2O。②向NaAlO2溶液中通入少量或过量CO2反应的离子方程式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溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。④用离子方程式表示NaAlO2与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)。[精华聚焦]1．知识误区(1)铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。(2)铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。(3)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，然后插上镁条，最后点燃镁条。(4)Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。(5)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HCOeq\o\al(－,3)，不过量时另一产物是COeq\o\al(2－,3)，书写离子反应方程式时要特别注意。2．有关Al(OH)3沉淀的图像分析操作向可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量向可溶性铝盐溶液中逐滴加入氨水至过量现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失立即产生白色沉淀→渐多→最多→沉淀不变图像离子方程式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OAl3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)操作向偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量向偏铝酸盐溶液中缓慢通入CO2至过量现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失立即产生白色沉淀→渐多→最多→沉淀不变图像离子方程式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铝盐溶液至过量向盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量现象无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不变同左图像离子方程式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↓[重温真题]1．(2023·山东理综，10)某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是()A．AlCl3 B．Na2O C．FeCl2 D．SiO2解析A项，AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2气体和Al(OH)3沉淀，正确；B项，Na2O加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，错误；C项，Fe与Cl2反应生成FeCl3，错误；D项，SiO2与Ba(HCO3)2不反应，错误。答案A2．(2023·安徽理综，13)室温下，在mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入mol·L－1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是()A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为：Al3＋＋3OH－Al(OH)3B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变C．b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解解析A项，a点时，即为Al2(SO4)3溶液，由于Al3＋水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性，错误；B项，a～b段，主要是滴入的NaOH溶液中和了水解生成的H＋，c(H＋)减小，溶液pH增大，另外，一方面，c(H＋)减小一定程度上促进了Al3＋的水解，另一方面溶液体积增大，故c(Al3＋)减小，错误；C项，b～c段，pH变化缓慢，主要发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，正确；D项，c点后pH变化较快的一段，为Al3＋沉淀完全，Al(OH)3未溶解而c(OH－)增大的过程，d点前pH变化较缓慢的一段反应为：Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，故d点时，Al(OH)3已完全溶解，错误。答案C3．(2023·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．稀硝酸解析A项，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑1molAl消耗1molNaOH；B项，2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，1molAl消耗H2SO4；C项，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑1molAl消耗3molHCl；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A感悟高考1．题型：选择题(主)填空题2．考向：选择题中主要考查铝及其化合物的性质、用途及相关图像和计算，Ⅱ卷中主要考查工业生产为背景的工艺流程及铝及其化合物的实验探究。3．注意点：①氧化铝、氢氧化铝的两性；②图像题的分析技巧。[最新模拟]题组1铝及其常见化合物的性质、转化及用途1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”(1)向1mol·L－1AlCl3溶液中加入过量的6mol·L－1NaOH溶液来制备Al(OH)3悬浊液(2023·江苏化学，13A)(×)(2)Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应(2023·重庆理综，2C)(×)(3)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，现象为熔化后的液态铝滴落下来，说明铝的熔点较低(2023·全国新课标Ⅰ，10C)(×)(4)铝与Fe2O3发生铝热反应后固体物质增重(2023·全国新课标，9C)(×)(5)Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2(2023·北京理综，9D)(√)(6)氢氧化铝可作胃酸的中和剂(2023·四川理综，1D)(√)(7)AlCl3溶液加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O(2023·四川理综，3C)(×)(8)明矾用作净水剂(2023·重庆理综，1A)(√)(9)铝罐可以盛食醋(2023·福建理综，6C)(×)(10)某无色溶液中可能大量存在Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、S2－(2023·山东理综，12A)(×)(11)向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O=Al(OH)2＋HCOeq\o\al(－,3)(2023·江苏化学，7D)(√)(12)常温下，Al(OH)3既能与NaOH溶液反应又能与稀硫酸反应(2023·福建理综，9①)(√)2．(2023·长春质检，8)下列说法不正确的是()A．Al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B．如图所示，①中为AlCl3溶液，②中为浓氨水，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溶液后铝的存在形式：解析铝能溶于稀HNO3，在浓HNO3中钝化，A错；浓氨水会挥发出NH3，NH3与AlCl3溶液反应生成Al(OH)3沉淀，B正确；Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O，AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，C正确；根据Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，①eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)<3时，铝元素存在形式为Al(OH)3、Al3＋；②eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)＝3时，铝元素存在形式为Al(OH)3；③3<eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)<4时，铝元素存在形式为Al(OH)3、AlOeq\o\al(－,2)；④eq\f(n（NaOH）,n（AlCl3）)≥4时，铝元素存在形式为AlOeq\o\al(－,2)，D正确。答案A题组2铝及其化合物的计算及图像分析3．某200mL氯化镁和氯化铝混合液中c(Mg2＋)为mol/L，c(Cl－)为mol/L。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol/LNaOH溶液的体积为()A．40mL B．72mL C．80mL D．128mL解析由溶液呈电中性可计算得c(Al3＋)为mol/L，要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，Mg2＋需消耗NaOHmol，Al3＋需消耗NaOHmol，共需消耗NaOHmol，所以至少需加4mol/LNaOH溶液的体积为80mL。答案C4．(2023·湖南长沙一模，12)下列图像均为实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的量(X)之间的关系图，则其中正确的是()A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B．向NaAlO2溶液中逐滴滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量解析A项，生成沉淀与溶解沉淀消耗NaOH的量之比应为3∶1，错误；B项，滴入盐酸即可产生沉淀，且最终沉淀全部溶解，生成沉淀与溶解沉淀消耗盐酸的量之比为1∶3，错误；C项，滴加NaOH溶液，依次与溶液中Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Al(OH)3反应，沉淀生成、溶解以及NHeq\o\al(＋,4)完全反应时消耗NaOH的量之比为3∶1∶1，正确；D项，依次发生的反应：与Ba(OH)2反应生成BaCO3、与NaOH反应无沉淀生成、与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀、与Na2CO3反应生成NaHCO3，最后与BaCO3反应沉淀溶解，即最终溶液中沉淀只有Al(OH)3，错误。答案C5．在200mL含Mg2＋、Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、Cl－等离子的溶液中，逐滴加入4mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列叙述正确的是()A．原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝10∶1B．原溶液中c(H＋)＝mol/LC．x与y的差值为D．原溶液中c(Cl－)＝mol/L解析由题图可知，H＋消耗4mLNaOH溶液，故原溶液中c(H＋)＝eq\f(4×10－3L×4mol/L,L)＝mol/L，B错误；由题图可知，x与y的差值即为Al(OH)3的物质的量，由反应化学方程式Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，n(NaOH)＝(35－33)×10－3L×4mol/L＝mol则Al(OH)3的物质的量也为mol，故C错误；V(NaOH)＝4～30mL时形成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，Al3＋消耗3×(35－33)mLNaOH溶液，则Mg2＋消耗20mLNaOH溶液，Mg2＋的物质的量为mol，则n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝mol∶mol＝5∶1，A错误；加入33mLNaOH溶液时Cl－全部以NaCl形式存在，n(Cl－)＝n(NaOH)＝33×10－3L×4mol/L＝mol，则c(Cl－)＝eq\fmol,L)＝mol/L，D正确。答案D———————[解题微模板]———————————————————关于图像题的分析思路(1)看面：弄清纵、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。常考点三铁、铜及其化合物[知识特训]完成下列18个必会反应，重温铁、铜及其重要化合物的性质(1)Fe在少量Cl2中燃烧2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3。(2)Fe和S混合加热Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△))FeS。(3)Fe和H2O(g)高温下反应4H2O(g)＋3Feeq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4＋4H2。(4)稀HNO3和过量Fe粉或少量Fe粉反应的离子方程式3Fe＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(铁过量)、Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O(铁少量)。(5)FeO与盐酸、稀HNO3反应的离子方程式FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、3FeO＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O。(6)Fe2O3与稀HNO3反应的化学方程式Fe2O3＋6HNO3=2Fe(NO3)3＋3H2O。(7)Fe3O4与稀盐酸、稀HNO3反应的离子方程式Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O、3Fe3O4＋28H＋＋NOeq\o\al(－,3)=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O。(8)Fe(OH)2与稀盐酸、稀HNO3反应的离子方程式Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2O、3Fe(OH)2＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋8H2O。(9)Fe(OH)3与稀盐酸、氢碘酸反应的离子方程式Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O、2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O。(10)Fe(OH)2露置于空气中4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。(11)制备Fe(OH)3胶体FeCl3＋3H2O(沸水)eq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3HCl。(12)铁发生吸氧腐蚀生成铁锈的过程负极：2Fe－4e－=2Fe2＋，正极：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和浓H2SO4、稀HNO3的反应的化学方程式Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(14)铜绿的生成2Cu＋O2＋H2O＋CO2=Cu2(OH)2CO3。(15)FeCl3溶液腐蚀铜板的离子方程式2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。(16)Cu和S混合加热、Cu在Cl2中燃烧2Cu＋Seq\o(=,\s\up7(△))Cu2S、Cu＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))CuCl2。(17)用惰性电极电解CuSO4溶液2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4。(18)用Cu作电极电解H2SO4溶液Cu＋2H＋eq\o(=,\s\up7(电解))Cu2＋＋H2↑。[精华聚焦]1．Fe3＋和Fe2＋的鉴别方法(1)直接观察颜色：Fe2＋的溶液呈浅绿色，Fe3＋的溶液呈棕黄色。(2)利用显色反应(形成络离子)：有关反应的离子方程式：Fe3＋＋SCN－[Fe(SCN)]2＋(3)利用生成沉淀的颜色：有关反应的离子方程式：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：有关反应的离子方程式：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋有关反应的离子方程式：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2(5)利用Fe2＋的还原性：2．(1)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是生成铜绿[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)新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。(4)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。(5)Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。(6)铜的焰色反应为绿色。(7)冶炼铜的方法有①热还原法；②湿法炼铜；③电解精炼铜。(8)Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化能力大于S的。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。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成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＋的检验。(10)制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。[重温真题]1．(2023·上海化学，7)检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是()A．NaOH B．KMnO4 C．KSCN D．苯酚解析Fe2＋具有还原性，KMnO4具有氧化性，Fe2＋能使酸性KMnO4溶液褪色。答案B2．(2023·浙江理综，13)某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是()A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B.固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3＋转化为Al(OH)3进入固体2C.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O解析根据题意，分析得出以下流程：A项，溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，正确；B项，由于SiO2不溶于硫酸，则固体1中一定含有SiO2，为了使溶液中的Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，故用NaOH溶液控制pH，得固体2为Al(OH)3，正确；C项，由于Fe2＋易被氧化、FeSO4·7H2O易分解，故在从FeSO4溶液中得到FeSO4·7H2O产品过程中，须控制条件防止其氧化和分解，正确；D项，若在溶液1[Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3溶液]中直接加NaOH至过量，得到的为Fe(OH)3，用硫酸溶解得到Fe2(SO4)3溶液，故经结晶不能得到FeSO4·7H2O，错误。答案D3.(2023·天津理综，9)废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：回答下列问题：(1)反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)，反应中H2O2的作用是。写出操作①的名称：。(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。操作②用到的主要仪器名称为，其目的是(填序号)。a.富集铜元素b.使铜元素与水溶液中的物质分离c.增加Cu2＋在水中的溶解度(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和。若操作③使用右图装置，图中存在的错误是___________________________________________________________________________________________________________________________。(4)操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜，阳极产物是。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是________________________________________________________________________。(5)流程中有三处实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是。循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________________________________________________________________________。解析(1)废电路板中含有Cu单质，加入H2O2的目的是将Cu氧化为Cu2＋；将溶液和固体分离的方法是过滤，所以操作①是过滤。(2)由流程图知，铜氨溶液中的Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)与有机物RH反应后得到CuR2和NH3、NH4Cl，所以该反应的离子方程式为：Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)＋2RH=2NHeq\o\al(＋,4)＋2NH3＋CuR2；操作②是萃取分液，所以用到的主要仪器是分液漏斗；通过操作②，可以富集铜元素，同时使铜元素与水溶液中其他物质分离，故选a、b。(3)CuR2中R为－1价，再结合流程图可知反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸发生反应生成CuSO4和RH；操作③是分液，图中出现的错误主要有分液漏斗颈尖嘴一侧未紧靠烧杯内壁及所加液体过多。(4)以石墨作电极电解CuSO4溶液，阳极电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，故阳极产物为O2、H2SO4；操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤为加热浓缩、冷却结晶、过滤。(5)操作④得到的H2SO4可以利用到反应Ⅲ中，所以第三处循环的试剂为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－)过高，生成Cu(OH)2沉淀。答案(1)作氧化剂过滤(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紧靠烧杯内壁、液体过多(4)O2、H2SO4加热浓缩、冷却结晶、过滤(5)H2SO4防止由于溶液中的c(OH－)过高，生成Cu(OH)2沉淀4.[2023·四川理综，11(1)(2)(3)(6)]为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。活化硫铁矿还原Fe3＋的主要反应为FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，不考虑其他反应。请回答下列问题：(1)第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是_________________________________。(2)检验第Ⅱ步中Fe3＋是否完全还原，应选择(填字母编号)。溶液[Fe(CN)6]溶液溶液(3)第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH降到，此时Fe2＋不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因是________________________________________________________________________。(4)假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%。将akg质量分数为b%的硫酸加入到ckg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3kg。解析第Ⅰ步，硫铁矿烧渣的主要成分Fe2O3与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，过滤除去不溶性杂质；第Ⅱ步，在滤液中加入活性硫铁矿FeS2，由题意可知Fe2(SO4)3被还原为FeSO4，同时生成H2SO4，过滤除去过量的活性硫铁矿；第Ⅲ步，在滤液中加入的FeCO3与H2SO4反应生成FeSO4，过滤除去过量的FeCO3；第Ⅳ步，向滤液中通入空气，部分Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋水解产生H＋，使溶液的pH由降到，同时，除去铝、硅杂质，最后浓缩结晶得到FeSO4晶体。(1)第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O。(2)检验Fe3＋应选用KSCN溶液，Fe3＋遇KSCN溶液显血红色。(3)通入空气时，空气中的氧气将部分Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋水解能力强，产生的H＋使溶液的pH降低。(4)设浸取烧渣中的Fe2O3所消耗的H2SO4的物质的量为x，有则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的物质的量为3cmol剩余H2SO4的物质的量为eq\f(a×103g×b%,98g/mol)－9cmol＝(eq\f(10ab,98)－9c)mol由第Ⅱ步反应的化学方程式可求得生成的H2SO4的物质的量：则第Ⅲ步参加反应的H2SO4的物质的量为(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步应加入的FeCO3的质量为：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＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋水解产生H＋(4)8ab－或eq\f(29ab,2450)－eq\f(1131c,1750)感悟高考1.题型：选择题填空题(主)2.考向：选择题主要考查铁、铜及其重要化合物的性质及应用，Ⅱ卷主要结合具体工艺流程及实验探究，考查铁、铜及其化合物性质的同时，兼顾考查了氧化还原反应原理、离子方程式的书写、化学计算及化工工艺等知识。特别是有关铁铜的工艺流程题更是出题热点。3.注意点：正确解答铁、铜工艺流程题的前提是掌握好物质的分离、提纯、转化等问题。[最新模拟]题组1铁、铜及其重要化合物的性质判断1.正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”(1)将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液会观察到有气体生成，溶液呈血红色，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋(2023·全国新课标Ⅰ，10A)(×)(2)1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子(2023·广东理综，10B)(×)(3)3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子(2023·广东理综，10D)(√)(4)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，现象为溶液变成血红色，说明Fe2＋既有氧化性又有还原性(2023·广东理综，22D)(×)(5)Fe2O3eq\o(→,\s\up7(盐酸))FeCl3(aq)eq\o(→,\s\up7(蒸发))无水FeCl3物质间均能一步实现(2023·江苏化学，8C)(×)(6)检验溶液中是否含有Fe2＋，取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象(2023·江苏化学，13C)(×)(7)将FeCl3固体溶于适量蒸馏水来配制FeCl3溶液(2023·福建理综，8B)(×)(8)在溶液中加KSCN，溶液显红色，说明原溶液中有Fe3＋，无Fe2＋(2023·天津理综，2A)(×)(9)观察Fe(OH)2的生成(2023·重庆理综，4A)(√)(10)FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜(2023·全国新课标Ⅰ，8D)(×)题组2铁、铜及其重要化合物的综合探究(一)工艺流程题2.工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如图所示：已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH沉淀完全pH请回答下列问题：(1)固体混合物A的成分是(填化学式)。(2)反应Ⅰ完成后，铁元素的主要存在形式为(填离子符号)。请写出生成该离子所发生反应的离子方程式：______________________________________。(3)x的数值范围是≤x＜，y对应的数值范围是。(4)下列关于用NaClO调节pH的说法正确的是(填序号)。a.加入NaClO可使溶液的pH降低能调节pH的主要原因是发生反应ClO－＋H＋HClO，ClO－消耗H＋，从而达到调节pH的目的能调节pH的主要原因是ClO－水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，OH－消耗H＋，从而达到调节pH的目的(5)实验室欲配制质量分数为%的CuSO4溶液，则配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为。解析(1)Al2O3、Fe2O3均能溶于稀硫酸，SiO2不能溶于稀硫酸，Cu2O和稀硫酸反应会生成Cu，所以固体混合物A的成分是SiO2、Cu。(2)由(1)知，矿渣溶于稀硫酸后，有铜剩余，故铁元素的存在形式为Fe2＋，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋。(3)加入NaClO之后，Fe2＋被氧化成Fe3＋，x的数值范围是≤x＜，可以除去Fe3＋，此时溶液中还剩下Al3＋，所以接下来调节pH的目的是除去Al3＋而使Cu2＋不受影响，依据表格可知y对应的数值范围是≤y＜。(4)矿渣是用稀硫酸溶解的，所以溶液呈酸性，当加入NaClO时，溶液中就会有反应ClO－＋H＋HClO，ClO－消耗H＋，从而达到调节pH的目的。(5)设CuSO4·5H2O的质量为xg，H2O的质量为yg，则质量分数为%的CuSO4溶液中，CuSO4的质量分数可表示为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)实验探究题3.铁铜及其化合物与人类生活密切相关：Ⅰ.Fe2O3、Cu2O都是红色粉末，常用作颜料。某校化学实验小组通过实验来探究某红色粉末是Fe2O3、Cu2O或两者的混合物。查阅资料：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO。探究过程：取少量红色粉末溶解于足量稀硫酸中，向所得溶液中滴加几滴KSCN溶液。(1)若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含Fe2O3。你认为这种说法合理吗？(填“合理”或“不合理”)。简述理由(用化学方程式表示)：________________________________________________________________________。(2)经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物，该实验小组欲用加热法测定红色混合物中Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg(b＞a)，则混合物中Cu2O的质量分数为。Ⅱ.铁是人体必需的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”(主要成分：琥珀酸亚铁)是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水，但能溶于人体中的胃酸。某化学实验小组为了检测“速力菲”药片中Fe2＋的存在，设计了如下实验：(3)试剂1是(填试剂名称)。(4)加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情况下，溶液变成了淡红色，其可能的原因是。(5)在实验中发现，放置一段时间后，红色溶液的颜色会逐渐褪去。为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同学首先进行了猜想：编号猜想甲溶液中的Fe3＋又被还原为Fe2＋乙溶液中的SCN－被过量的新制氯水氧化丙新制氯水具有漂白性，将该溶液漂白基于乙同学的猜想，请设计实验方案，验证乙同学的猜想是否正确。写出有关实验操作、预期现象和结论。(不一定填满，也可以补充)编号实验操作预期现象和结论解析本题知识容量大，综合度高，既考查了Fe3＋的氧化性、单质铜的还原性，又考查了Fe3＋和Fe2＋的检验，同时还考查了化学计算。试题以实验探究的形式呈现，增大了对考生提取信息能力的考查，同时实验方案的设计对考生的思维能力和综合运用相关知识解决实际问题的能力有了较高的要求。(1)Cu2O和H＋反应生成Cu和Cu2＋∶Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，Cu可以将Fe3＋还原为Fe2＋：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，所以即使有Fe2O3也可能看不到溶液变红。(2)加热时发生的反应为2Cu2O＋O2eq\o(=,\s\up7(△))4CuO，固体增加的质量就是参与反应的氧气的质量，可得关系式eq\f(2×144g·mol－1,m（Cu2O）)＝eq\f(32g·mol－1,（b－a）g)，所以m(Cu2O)＝9(b－a)g，所以红色混合物中Cu2O的质量分数为eq\f(9（b－a）,a)×100%。(3)首先应将药片溶解，由于琥珀酸亚铁难溶于水，所以要加入酸，但由于硝酸具有氧化性，会将其中的Fe2＋氧化为Fe3＋，从而影响成分测定，所以只能选择稀盐酸或稀硫酸。(4)少量的Fe2＋被空气中的氧气氧化。(5)若SCN－被新制氯水氧化，则溶液中就不存在SCN－，本题实际上是检验溶液中是否存在SCN－，可以从两方面进行：一是继续加入KSCN溶液看是否变红色；二是继续加入FeCl3溶液看是否变红色。答案(1)不合理Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋(2)eq\f(9（b－a）,a)×100%(3)稀盐酸(或稀硫酸)(4)少量的Fe2＋被空气中的氧气氧化(5)(答案合理即可)编号实验操作预期现象和结论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)如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液不变红色，说明乙同学的猜想是不合理的(如果溶液不变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是不合理的)满分微课堂⑥数形结合思想在解答化学图像题中的妙用【示例】如图是向MgCl2、AlCl3混合液中依次加入M和N时生成沉淀的物质的量与加入的M和N的体积关系图(M、N分别表示盐酸或氢氧化钠溶液中的一种)，以下结论不正确的是()A.混合溶液中c(AlCl3)∶c(MgCl2)＝1∶1B.混合溶液中c(AlCl3)∶c(MgCl2)＝3∶1C.点V之前加NaOH溶液，点V之后加盐酸D.所加盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度相同【审题指导】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不变))③B～Ceq\o(→,\s\up7(B→G加NaOH溶液),\s\do5(G→C加盐酸))OH－＋H＋=H2O④C～Deq\o(→,\s\up7(加盐酸))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AlOeq\o\al(－,2)＋H2O＋H＋=Al（OH）3↓,Mg（OH）2不变))⑤D～Eeq\o(→,\s\up7(加盐酸))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O,Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O,终态溶质NaCl\o(→,\s\up7(守恒分析))c（HCl）,＝c（NaOH）))答案B数形结合思想：“数缺形，少直观；形缺数，难入微”。数形结合思想的应用大致可分为两种情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性，或者借助形的直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是“以数解形”，而第二种情形是“以形助数”。在化学上，有很多问题也可用这种数形结合的思想去解决。拓展数形结合思想，在解答化学题时应用广泛，如我们平时所用的数轴法：①根据AlCl3与NaOH的量计算生成Al(OH)3的量②根据NaAlO2和HCl计算生成Al(OH)3的量③铁与稀硝酸反应产物的判断HNO3过量：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，Fe过量时：Fe＋2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，两者相加得总化学方程式：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，可以用数轴表示：解题时需注意量的范围。即：\f(n（Fe）,n（HNO3）)≤eq\f(1,4)，产物仅有Fe(NO3)3，HNO3可能有剩余；\f(n（Fe）,n（HNO3）)≥eq\f(3,8)，产物仅有Fe(NO3)2，Fe可能有剩余；\f(1,4)<eq\f(n（Fe）,n（HNO3）)<eq\f(3,8)产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，HNO3和Fe都没有剩余。体验1向物质的量浓度均为1mol/L的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如图中[n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积]能正确表示这个反应过程的是()解析向混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，反应情况分为三个阶段：第一阶段为OH－＋H＋=H2O，此时无沉淀产生；第二阶段有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓；第三阶段滴加NaOH溶液至过量，沉淀逐渐溶解最后完全消失，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，结合反应离子方程式及浓度关系可知三个阶段消耗NaOH的物质的量之比为1∶3∶1。答案D体验2将g铁粉逐渐加入含HNO3mol的硝酸溶液中，反应生成的气体的物质的量(x)(假设HNO3的还原产物只有NO)随消耗铁粉的物质的量(y)变化关系中正确的是()解析首先发生反应：再发生反应：Fe＋2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，molmol由此得出正确答案为C。答案C能力提升训练1.下表为某纯碱产品说明书：化学名：碳酸钠，俗称苏打性状：白色粉末，易溶于水，水溶液呈中性化学式：Na2CO3用途：重要的基本化工原料之一，在纺织、玻璃、制皂、造纸等领域都有广泛应用其中有错误的一项是()A.化学名 B.性状 C.化学式 D.用途解析Na2CO3为白色粉末，易溶于水，溶于水后由于COeq\o\al(2－,3)水解，水溶液呈碱性。答案B2.(2023·北京理综，7)下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是() 解析金属铝在空气中表面会形成一层致密的氧化膜保护层，阻止内层的金属进一步被氧化，D正确；K、Na、Fe表面形成的氧化膜比较疏松，不能保护内层金属，A、B、C错误。答案D3.(2023·宝鸡质检)已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()M＋Neq\o(→,\s\up7(点燃))Qeq\o(→,\s\up7(溶于水))Q溶液eq\o(→,\s\up7(惰性电极电解))M＋N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Cu＋Cl2eq\o(→,\s\up7(点燃))CuCl2eq\o(→,\s\up7(溶于水))CuCl2溶液eq\o(→,\s\up7(惰性电极电解))Cu＋Cl2。答案D4.(2023·课标Ⅱ，9)下列反应中，反应后固体物质增重的是()A.氢气通过灼热的CuO粉末B.二氧化碳通过Na2O2粉末C.铝与Fe2O3发生铝热反应D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液解析A项，CuO被H2还原为Cu，固体物质减轻；B项，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2变为Na2CO3，固体质量增加；C项，铝热反应前后固体总质量保持不变；D项，1molZn置换出1molCu，固体质量减轻，不符合题意。答案B5.(2023·郑州质检)下列类比关系正确的是()A.钠与氧气在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与氧气反应生成Li2O或Li2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3与Fe2O3能发生铝热反应，则Al与MnO2也能发生铝热反应解析A项中Li与氧气反应只能生成一种氧化物，即Li2O；B项中具有氧化性的Na2O2与具有还原性的SO2反应可生成Na2SO4，而不放出O2；C项中Fe与I2反应只能生成FeI2，因为碘的氧化性不够强。答案D6.双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。下列关于该物质的说法正确的是()A.该物质属于两性氢氧化物B.该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3molH＋D.该药剂不适合胃溃疡患者服用解析双羟基铝碳酸钠属于盐类，A错误；双羟基铝碳酸钠是一种化合物，属于纯净物，不是混合物，B错误；1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗4molH＋，C错误；由于NaAl(OH)2CO3能与胃酸反应放出CO2气体，故不适合胃溃疡患者服用。答案D、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是()A.两者的单质放置在空气中均只生成氧化物B.两者的单质都能与稀硫酸反应产生氢气C.常温条件下，两种金属都能溶解于浓硝酸中D.制备FeCl3、CuCl2，均不能采用将其溶液直接蒸干的方法解析Cu放置在空气中可生成Cu2(OH)2CO3，A项错误；铜为不活泼金属，不能与稀硫酸反应生成氢气，B项错误；常温下，浓硝酸能够使铁钝化，C项错误；直接蒸干FeCl3、CuCl2溶液得到的固体分别是Fe(OH)3、Cu(OH)2，D项正确。答案D8.可溶性铜盐都有毒性，能引起蛋白质变性。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40～50℃时反应可生成CuH。下列叙述中错误的是()A.“某物质”具有还原性与盐酸反应可能产生H2与足量稀硝酸反应：CuH＋3H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋NO↑＋2H2O在氯气中燃烧：CuH＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))CuCl＋HCl解析解答本题时，要抓住CuH具有还原性这一关键点，利用氧化还原反应知识进行分析。A项，用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃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：2CuH＋2HCl=CuCl2＋Cu＋2H2↑；C项，HNO3具有强氧化性，与CuH反应时，＋1价的Cu、－1价的H均被氧化成最高价态；D项，Cl2具有强氧化性，与CuH反应时生成CuCl2和HCl。答案D9.(2023·六盘水六校联考)下列化学反应对应的离子方程式正确的是()A.钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋B.明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋溶于水产生O2：Na2O2＋H2O=2Na＋＋2OH－＋O2↑(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O解析钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜溶液反应，A错误；Al3＋的水解是可逆反应，且生成的氢氧化铝为胶体，不标沉淀符号，B错误；C项离子方程式中氧原子不守恒，C错误。答案D10.甲、乙、丙、丁、戊五种物质中，甲、乙、丙均含有某种元素，它们之间有如图所示的转化关系(反应条件、部分产物没有标出)。下列有关物质的推断不正确的是()A.若甲为Al(OH)3，则丁可能是盐酸B.若甲为S，则戊可能是氧气C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为N2，则戊可能是氧气解析首先，熟悉选项中各物质的性质；然后，明确物质之间的转化关系；最后，逐项进行分析，突破陷阱，正确作答。A项，若甲为Al(OH)3，乙是AlCl3，丙是偏铝酸盐，符合转化关系；B项，若甲为S，丙是SO2，乙是H2S，符合转化关系；C项，若甲为Fe，乙是FeCl2，不管丙是铁盐还是亚铁盐，乙、丙都不能反应得到单质铁，不符合转化关系；D项，若甲为N2，丙是NO，乙是NH3，NH3、NO反应可得到N2，符合转化关系。答案C11.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A用洁净铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色该溶液中含Na＋，不含K＋B向FeCl2溶液中通入适量Cl2溶液由浅绿色变为棕黄色Cl2的氧化性比FeCl3的强C向NaAlO2溶液中，滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成AlOeq\o\al(－,2)与HCOeq\o\al(－,3)发生了水解相互促进反应D将Na2CO3固体与SiO2混合加热产生气体H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强解析首先，明确选项中各物质的性质；然后，弄清各选项实验中发生的反应及产生的现象；最后，明确实验现象与结论是否一致。A项，K＋的焰色必须透过蓝色钴玻璃观察，否则它的焰色易被Na＋的焰色掩盖，错误；B项，Cl2具有强氧化性，可将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液由浅绿色(Fe2＋)转变成棕黄色(Fe3＋)，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得到相应结论，正确；C项，AlOeq\o\al(－,2)与HCOeq\o\al(－,3)水解都使溶液呈碱性，则二者的水解相互抑制，不能发生水解相互促进反应，实验中产生白色沉淀的原因是Al(OH)3的电离能力小于HCOeq\o\al(－,3)的，NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，发生反应AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，错误；D项，Na2CO3固体与SiO2混合加热产生CO2气体，利用的是高沸点物质(SiO2)制备低沸点物质(CO2)的原理，不能说明H2CO3的酸性比H2SiO3的弱(实际上酸性：H2CO3＞H2SiO3)错误。答案B12.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L－1的盐酸，测得溶液中的COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、Al3＋的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是()A.原混合溶液中的COeq\o\al(2－,3)与AlOeq\o\al(－,2)的物质的量之比为1∶2∶V2＝1∶5点时生成的CO2为mol曲线表示的离子方程式为：AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓解析因为酸性：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的盐酸的过程中，首先发生反应①AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，则a线表示的是AlOeq\o\al(－,2)的物质的量变化，D选项正确，且n(AlOeq\o\al(－,2))＝n(HCl)＝mol；然后发生反应②COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，b线表示的是COeq\o\al(2－,3)的物质的量变化，c线表示的是HCOeq\o\al(－,3)的物质的量变化，n(COeq\o\al(2－,3))＝n(HCl)＝mol，则n(COeq\o\al(2－,3))∶n(AlOeq\o\al(－,2))＝1∶1，A选项错；V1表示COeq\o\al(2－,3)与HCOeq\o\al(－,3)物质的量相等时加入盐酸的体积，此时V1＝75mL，M表示反应COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)恰好完成，此时并没有放出CO2，C选项错；再后发生反应③H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=CO2↑＋H2O，对应的是d线，最后发生反应④Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，对应的是e线，V2＝3×50mL＋150mL＝300mL，V1∶V2＝75∶300＝1∶4，B选项错。答案D13.(2023·山东滨州一模)A、J是日常生活中常见的两种金属，这两种金属和NaOH溶液组成原电池，A作负极；F在常温下是气体；各物质有以下转化关系(部分产物及条件略去)。回答以下问题：(1)A的原子结构示意图为，M的化学式为。(2)A与NaOH溶液反应的离子方程式为。(3)写出②的化学方程式：_______________________________________________。(4)含A元素的某盐X常作净水剂，X做焰色反应时，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色。X的水溶液与NaHCO3溶液混合，反应的离子方程式为______________________________________________________________________________________________