高考化学一轮总复习：第三章 金属及其化合物

高考化学一轮总复习：第三章金属及其化合物目录第1节钠及其重要化合物第2节镁、铝及其重要化合物第3节铁及其重要化合物第4节用途广泛的金属材料第1节钠及其重要化合物1．在溶液中加入足量的Na2O2后仍能大量共存的离子组是()A．Na＋、Fe2＋、Cl－、SO42－ B．K＋、AlO2－、Cl－、SO42－C．Ca2＋、Mg2＋、NO3－、HCO3－ D．Na＋、Cl－、CO32－、SO32－答案B解析Na2O2具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，能将SO32－氧化成SO42－，A、D两项不能共存；Na2O2与水反应生成NaOH，C项中的Ca2＋、Mg2＋、HCO3－与OH－不能大量共存。2．利用焰色反应，人们在烟花中有意识地加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩。下列说法正确的是()A．非金属单质燃烧时火焰均为无色B．NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同C．焰反反应均应透过蓝色钴玻璃观察D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色答案B3．用下图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()A．鉴别纯碱与小苏打 B．证明Na2O2与水反应放热C．证明Cl2能与烧碱溶液反应 D．探究钠与Cl2反应答案A解析加热固体时，试管口不能向上倾斜，A项设计错误；B项中脱脂棉燃烧、能表明Na2O2与水反应放热；C项中气球变大，Cl2能被NaOH溶液吸收；D项能进行Na与Cl2反应。4．能使品红溶液褪色的物质是()①漂粉精②过氧化钠③新制氯水④二氧化硫A．①③④ B．②③④C．①②③ D．①②③④答案D解析①漂粉精中含ClO－，具有强氧化性，能使品红溶液褪色，故选；②过氧化钠具有强氧化性，能漂白，能使品红溶液褪色，故选；③氯水中生成HClO，通到品红溶液中使溶液褪色，故选；④二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故选。5．将一定量的碳酸氢钠(含少量氯化钠)固体加热一段时间，再加入足量的盐酸完全反应。有关叙述正确的是()A．原固体中碳酸氢钠含量越多，钠元素的含量也越多B．若原固体加热质量减少3.1g，固体中碳酸氢钠质量为8.4gC．若反应后溶液中含0.1molNa＋，原固体的质量可能为8.0gD．原固体分解越完全，消耗盐酸的量越少答案C解析A项，极限思想，假设固体都是NaHCO3，钠元素的含量为23/84×100%＝27.4%，都是NaCl，钠元素的含量23/58.5×100%＝39.3%，故NaCl越多钠元素的含量越高，故A项错误；B项，NaHCO3分解生成Na2CO3、H2O、CO2，反应中固体质量减少62g(H2O＋CO2)，反应的碳酸氢钠168g，若原固体加热质量减少3.1g，固体中反应的碳酸氢钠质量为8.4g，但碳酸氢钠不一定全部分解，故原固体中碳酸氢钠质量可能大于8.4g，故B项错误。C项，结合极值计算分析判断，若为碳酸氢钠，则质量为8.4g，若为氯化钠则质量为5.85g，原固体的质量可能为8.0g，故C项正确；D项，固体分解不完全的，固体有NaHCO3和Na2CO3，根据方程式NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，则1molNaHCO3消耗1molHCl，由Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑，则1molNa2CO3消耗2molHCl，则相同的物质的量的条件下Na2CO3消耗的盐酸多，故固体完全分解都变成Na2CO3，消耗盐酸的量增加，故D项错误。6．在一定条件下，使CO和O2的混合气体26g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是()A．9∶4 B．1∶1C．7∶6 D．6∶7答案D解析由反应2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2CO2，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2可推得CO＋Na2O2=Na2CO3，所以固体增加的质量即为原来CO的质量。CO为14g，O2为12g，eq\f(m（O2）,m（CO）)＝eq\f(6,7)。7．Na2CO3溶液滴入到下列物质的水溶液能产生CO2气体的是()A．NaOH B．NH4HSO4C．HClO D．CaCl2答案B解析A项，碳酸钠与氢氧化钠溶液不反应，不生成气体，故A项不选；B项，可电离出H＋，溶液呈酸性，与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，故B项选；C项，HClO酸性比碳酸弱，不能与碳酸钠反应生成气体，故C项不选；D项，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，不生成气体，故D项不选。8．向100mLNaOH溶液中通往一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是()A．原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L－1B．通入CO2在标准状况下的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1答案A解析当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，反应有两种可能情况：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O或NaOH＋CO2=NaHCO3，在加入盐酸100mL时，无论溶液中溶质是NaOH、NaHCO3还是Na2CO3，最终都会生成NaCl，因n(Na＋)＝n(Cl－)，所以n(NaOH)＝n(HCl)＝0.02mol，NaOH和盐酸的体积相同，那么浓度也相同，即原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L－1，A项正确；盐酸由25mL滴至100mL时，发生的反应为NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，消耗盐酸0.015mol，生成CO20.015mol，即通入CO2在标准状况下的体积为336mL，B项错误；设所得溶液中的Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，根据原子守恒：2xmol＋ymol＝0.02mol，xmol＋ymol＝0.015mol，解得x＝0.005，y＝0.01，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1，C、D两项错误。9．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，下列图示装置和原理能达到实验目的是()答案D解析A项，导气管位置错误，故A项错误；B项，二氧化碳溶解性小，不能和饱和氯化钠溶液反应，故B项错误；C项，导气管位置短进长出错误，二氧化碳溶解性小，不能和饱和氯化钠溶液反应，故C项错误；D项，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，再通入二氧化碳从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，装置符合制备原理，故D项正确。10．“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是()A．甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小B．乙同学说：NaHCO3不是纯碱C．丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵D．丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳答案C解析A项，此反应说明该条件下碳酸氢钠的溶解度较小，故A项正确；B项，碳酸氢钠是小苏打，纯碱是碳酸钠，故B项正确；C项，析出碳酸氢钠，说明剩余的溶液为碳酸氢钠的饱和溶液，故C项错误；D项，先通入氨气至饱和，再通入过量二氧化碳，这样可以保证在碱性条件下生成更多的HCO3－，故D项正确。11．现有下列4种物质：①Na2O2、②SiO2、③SO2、④NaHCO3固体。其中：(1)与水反应，生成能使带火星木条复燃的固体是(填序号)____________；(2)能使品红溶液褪色且加热时又复原的是(填序号)________；(3)上述物质中有1种物质难溶于水，该物质在一定条件下与焦炭发生反应，可制得电脑芯片以及太阳能电池的材料，该反应的化学方程式为：_____________________________________________________________；(4)上述物质中有1种物质可以用来除去多余的胃酸，它还是常见的疏松剂，主要是因为它在加热条件下产生了气体，使食品变疏松。写出其受热分解的化学方程式___________________________________________________________。答案(1)①(2)③(3)SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑(4)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑解析(1)与水反应，生成能使带火星木条复燃的固体是：①Na2O2，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气。(2)二氧化硫具有漂白性，能结合有机色素为无色不稳定的物质，加热会分解恢复颜色，所以能使品红溶液褪色且加热时又复原的是③SO2。(3)碳高温下和二氧化硅反应生成硅单质，硅可用于电脑芯片以及太阳能电池的材料，反应的化学方程式为：SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑。(4)上述物质中碳酸氢钠可以用来除去多余的胃酸，它还是常见的疏松剂，主要是因为它在加热条件下产生了气体，使食品变疏松，反应的化学方程式为：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑。12．NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，一定条件下金属钠和H2反应生成NaH。NaH与水反应可生成H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，请推测并回答：(1)NaH与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式为_______________________________________________________。(2)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为___________________________________________________________。(3)NaH在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)。脱锈过程中生成两种产物，其反应的化学方程式为_____________________________________________________。(4)某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁硼盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到固体物质即为纯净的NaH；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的NaH一定是纯净的，判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由：____________________________________________________________________________________________________。答案(1)4NaH＋AlCl3=NaAlH4＋3NaCl(2)NaAlH4＋2H2O=NaAlO2＋4H2↑(3)3NaH＋Fe2O3=2Fe＋3NaOH(4)制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl13．某研究性学习小组在网上收集到信息：钾、钙、钠、镁等活泼金属都能在CO2气体中燃烧。他们对钠在CO2气体中燃烧后的产物中的白色物质进行了如下探究：【实验】将燃烧的钠迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，钠在其中继续燃烧，反应后冷却，瓶底附着黑色颗粒，瓶壁上粘附着白色物质。【提出假设】假设1：白色物质是Na2O假设2：白色物质是Na2CO3假设3：白色物质是Na2O和Na2CO3的混合物【设计实验方案·验证假设】该小组对燃烧后的白色产物进行如下探究：实验方案实验操作实验现象结论方案1取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入无色酚酞试液溶液变成红色白色物质为Na2O方案2①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加入过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象【思考与交流】(1)甲同学认为方案1得到的结论不正确，其理由是：____________________________________________________________。(2)乙同学认为方案2得到的结论正确，白色物质为：______________________________________________________。(3)通过方案1和方案2的实验，你认为上述三个假设中，________成立。你的理由是：__________________________________________________________________________________________________________________。(4)钠在二氧化碳中燃烧的化学方程式为：_________________________________________________________________________________________________________。(5)丙同学认为白色物质有可能是氢氧化钠，你是否同意丙同学的观点，并简述理由：________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)Na2CO3溶液显碱性，也会使酚酞变红(2)Na2CO3(3)假设2方案2的①中出现了白色沉淀，说明有CO32－，②中加酚酞无明显现象，说明无Na2O(4)4Na＋3CO2eq\o(=,\s\up7(点燃))2Na2CO3＋C(5)不同意，因为反应体系中无氢元素(或其他合理答案)解析本题考查了Na与CO2反应的实验探究，意在考查考生对化学实验方案的分析和评价能力。(1)Na2O、Na2CO3溶于水所得溶液均呈碱性，因此不能通过加入无色酚酞试液后溶液变红判断白色物质为Na2O。(2)－(3)方案2的①中产生白色沉淀，说明白色物质中有Na2CO3，②中滴加无色酚酞试液溶液不变红色，说明白色物质中无Na2O，因此白色物质为Na2CO3。(4)根据Na转化为Na2CO3可知，Na作还原剂，则CO2作氧化剂转化为C，化学方程式为：4Na＋3CO2eq\o(=,\s\up7(点燃))2Na2CO3＋C。(5)丙同学的观点不正确，因为反应物为Na、CO2，不含氢元素，故不可能生成NaOH。第2节镁、铝及其重要化合物1．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．无色溶液中：ClO－、MnO4－、Al3＋、K＋B．1.0mol·L－1的NaAlO2溶液中：Cl－、HCO3－、K＋、Ca2＋C．在强碱性环境中：AlO2－、SiO32－、Na＋、K＋D．能使甲基橙显红色的溶液中：NH4＋、AlO2－、Na＋答案C解析A项，MnO4－有颜色，ClO－与Al3＋可发生双水解反应；B项，HCO3－＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－；D项，酸性条件下AlO2－不能大量存在。2．下列有关化学方程式或离子方程式书写错误的是()A．NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液：NH4＋＋OH－=NH3·H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－C．向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2OD．泡沫灭火器的工作原理：3HCO3－＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑答案A3．下列说法中正确的是()①熔化固体NaOH的坩埚不能选用Al2O3坩埚②用盐酸、氢氧化钠溶液均可除去铝表面的氧化膜③向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓④AlCl3溶液中滴入过量的氨水，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋⑤向一定量的AlCl3溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解⑥实验室中我们通常用氨水与Al2(SO4)3溶液反应来制取Al(OH)3，一般不用NaOH溶液⑦除去氧化铁中氧化铝的方法：向混合物中加入过量氢氧化钠溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥A．①②③⑥ B．②③⑥⑦C．①②④⑤⑥⑦ D．全部答案C解析Al2O3与Al(OH)3既可以与强酸溶液反应，又可以和强碱溶液反应，故实验室中不用强酸、强碱来制取Al(OH)3。4．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是()A．a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42－、HCO3－B．b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42－、Cl－C．c点对应的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO3－、Na＋D．d点对应的溶液中：K＋、NH4＋、I－、HCO3－答案B解析向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，先发生反应：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀生成，当溶液中的OH－反应完全后，发生反应：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀的量随AlCl3加入量的增大而增大，当溶液中的AlO2－反应完全后，再继续滴加AlCl3溶液，Al(OH)3沉淀的量保持不变。a点对应的溶液中氢氧化钠过量，Fe3＋和HCO3－都不能大量存在，A项不符合题意；b点对应的溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，AlO2－、Na＋、S2－、SO42－、Cl－可以大量共存，B项符合题意；c点对应的溶液中含有Cl－，Ag＋不能大量存在，C项不符合题意；d点对应溶液中含有Al3＋，HCO3－会与Al3＋发生相互促进的水解反应而不能大量共存，D项不符合题意。5．下列各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是()①KOHNa2SO4AlCl3 ②NaHCO3Ba(OH)2H2SO4③HClNaAlO2NaHSO4 ④Ca(OH)2Na2CO3BaCl2A．①② B．②③C．①③④ D．①②④答案A解析不用其他试剂鉴别，即用物质间相互滴加现象不同来鉴别。①中，将KOH逐滴滴入AlCl3溶液中时，先后发生反应Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，现象是：白色沉淀生成→沉淀溶解至消失；而将AlCl3逐滴滴入KOH溶液中时，先后发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O；Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓，现象是：开始无明显现象→白色沉淀逐渐增多。两种滴加方式不同，现象也不同，从而可以鉴别。②中NaHCO3和H2SO4分别滴加到Ba(OH)2中都有白色沉淀生成，先判断出Ba(OH)2，Ba(OH)2与一物质生成沉淀后，再用其沉淀与另一物质反应，若有气体放出，原沉淀为BaCO3，所加物质为H2SO4；若无气体放出，则原沉淀为BaSO4，可以鉴别各物质。③中HCl和NaHSO4都显酸性，无法鉴别。④中CaCO3和BaCO3都是白色沉淀，无法鉴别出Ca(OH)2和BaCl2，所以答案为A项。6．铝、铍(Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知：BeCl2＋Na2BeO2＋2H2O=2NaCl＋2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是()A．Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液B．BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物C．Na2BeO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeOD．BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2答案A解析Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，BeCl2和AlCl3均是共价化合物；蒸干并灼烧Na2BeO2溶液后得到的残留物为Na2BeO2；BeCl2是强酸弱碱盐，其溶液pH<7，蒸干并灼烧该溶液可得到BeO。7．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L－1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子的物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是()A．a曲线表示的离子方程式为AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓B．b和c曲线表示的离子反应是相同的C．M点时，溶液中沉淀的质量是3.9gD．原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1∶2答案D解析混合溶液中逐滴加入HCl溶液，发生的反应依次为①AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、②CO32－＋H＋=HCO3－、③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，则a曲线表示AlO2－减少，b曲线表示CO32－减少，c曲线表示HCO3－增加，d曲线表示HCO3－减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A项，混合溶液中加入HCl溶液，首先发生反应AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，正确；B项，此阶段发生反应：CO32－＋H＋=HCO3－，b曲线表示CO32－减少，c曲线表示HCO3－增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，正确；C项，加入盐酸50mL时NaAlO2全部转化为Al(OH)3，在加入150mL盐酸之前沉淀不溶解，则M点沉淀的质量与加入盐酸50mL时沉淀的质量相同，则n[Al(OH)3]＝n(NaAlO2)＝n(HCl)＝0.05mol，m[Al(OH)3]＝0.05mol×78g·mol－1＝3.9g，正确；D项，第一、第二两段消耗的n(HCl)相等，根据反应①、②可知CO32－与AlO2－的物质的量之比为1∶1，错误。8．在200mL含Mg2＋、Al3＋、NH4＋、H＋、Cl－的溶液中，逐滴加入5mol·L－1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示．下列叙述不正确的是()A．x－y＝0.01mol B．原溶液中c(Cl－)＝0.75mol·L－1C．原溶液的pH＝1 D．原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝5∶1答案B解析分析图示可知x－y的值即为氢氧化铝的物质的量，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积为35mL－33mL＝2mL，x－y＝5mol·L－1×2×10－3L＝0.01mol，A项不符合题意；加入33mL氢氧化钠溶液时溶液中溶质为NaCl，原溶液中n(Cl－)＝5mol·L－1×33×10－3L＝0.165mol，c(Cl－)＝0.825mol·L－1，B项符合题意；由图知0～4mL时发生反应H＋＋OH－=H2O，则H＋的物质的量为4mL×0.001L×5mol·L－1＝0.02mol，H＋的物质的量浓度为eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1，则pH＝1，C项不符合题意；由4mL～30mLMg2＋、Al3＋结合OH－生成沉淀的反应知，n(OH－)＝5mol·L－1×26×10－3L＝0.13mol，则根据Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，与0.01molAl3＋反应的OH－的物质的量为0.03mol，与Mg2＋反应的OH－的物质的量为0.1mol，由Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓知，n(Mg2＋)＝0.05mol，则原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝0.05∶0.01＝5∶1，D项不符合题意。9．将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是()A．不能求出硝酸的物质的量浓度 B．氢氧化钠溶液浓度为3mol/LC．可以求出合金中镁的质量 D．可以求出沉淀的最大质量答案A解析向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的NaOH溶液是10mL，沉淀达到最大时消耗NaOH溶液是50mL，溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液是10mL，则生成氢氧化铝消耗NaOH溶液是30mL，因此生成氢氧化镁消耗NaOH溶液是20mL，所以根据方程式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓可知金属镁铝的物质的量之比为1∶1。生成的NO为0.05mol，转移电子0.15mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量均是eq\f(0.15mol,5)＝0.03mol。A项，沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可知能求出硝酸的物质的量浓度，故A项错误；B项，溶解0.03mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03mol，氢氧化钠溶液浓度为eq\f(0.03mol,0.01L)＝3mol/L，故B项正确；C项，从以上分析可知可以求出合金中镁的质量，故C项正确；D项，从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故D项正确；综合以上分析，本题应选A项。10．铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态的形式存在于氧化铝中。铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，因而可设计出两种提纯氧化铝的方案。方案一：碱溶法讨论回答下列问题：(1)写出①、③两步骤中可能发生反应的离子方程式。_____________________________________________________(2)步骤③中不用盐酸(或H2SO4)酸化的理由是___________________________________________________________________________________________________________。(3)步骤④中得到较纯的Al2O3，可能含有________杂质，在电解时它不会影响铝的纯度的原因：_____________________________________________。方案二：酸溶法讨论回答下列问题：(1)写出①、②中可能发生反应的离子方程式。_______________________________________________________(2)步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋的原因：______________________________________。答案方案一(1)①Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O③AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－(2)因为AlO2－与酸反应生成的Al(OH)3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量；CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好(3)SiO2由于SiO2的熔点很高，在加热到1000℃左右时不会熔化，因而不影响铝的纯度方案二：(1)①Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O②Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓(2)Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离11．氯离子插层镁铝水滑石[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]是一种新型离子交换材料。某课外活动小组同学利用如图甲装置(固定装置略去)测定[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]的化学式，[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]高温下分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气。(1)装置连接后首先进行的操作是_________________________________________。(2)将一定质量的[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]放在加热装置中充分加热，冷却后称量剩余固体的质量是131g，则其中MgO的质量是________g。(3)若只通过测定装置C、D的增重来确定x，加热前后通过N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2。①装置的连接顺序为a→________________(用接口处的小写字母表示)。②实验过程中装置C吸收HCl气体，没有用如图乙所示防倒吸装置的理由是______________________________________________。③完全分解后测得C增重3.65g，D增重9.90g，则x＝________。(4)下列实验方案也能测定x值的是________，并且对不选方案说明不合理的理由：_______________________________________________________(若两个方案都选，此问就不作答)。方案1：测定加热装置剩余固体的质量和装置D增重的质量方案2：测定加热装置剩余固体的质量和装置C增重的质量(5)上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成[Mg2Al(OH)6Cl1－2x(CO3)x·zH2O]，该生成物能发生类似的热分解反应。现以此物质为样品，用(3)中连接的装置和试剂进行实验测定z，除测定D的增重外，至少还需测定下列数据中的________(填字母)。a．样品质量 b．样品分解后残余物质量c．装置C的增重答案(1)检查装置的气密性(2)80(3)①d→e→b②实验过程中持续通入N2，没有必要用如图乙所示防倒吸装置③3(4)方案1由加热装置剩余固体的质量可计算装置C增重的质量，与x的大小没有关系，因此方案2是不合理的(5)ab或ac或bc第3节铁及其重要化合物1．“秦砖汉瓦”是我国传统建筑文化的一个缩影。同是由黏土烧制的砖瓦，有的是黑色，有的却是红色，你猜测其中的原因可能是()A．土壤中含有铁粉、二氧化锰等B．黑砖瓦是煅烧过程中附着了炭黑，红砖瓦则是添加了红色耐高温染料C．土壤中含有的铜元素经过不同工艺煅烧，分别生成了黑色CuO和红色CuD．土壤中含有的铁元素经过不同工艺煅烧，分别生成了黑色Fe3O4或FeO和红色Fe2O3答案D2．某学生鉴定某可溶性甲盐的流程如图所示，下列说法正确的是()A．如果甲中含有S2－，则乙是硫黄沉淀B．如果乙是AgCl沉淀，那么甲是FeCl3C．丙中肯定含有Fe3＋，所以甲是FeBr2D．甲中含有铁元素，可能显＋2或者＋3价答案D3．《新修本草》是中国古代著名的中药学著作，记载药物844种。其中有关用“青矾”制备“绛矾”的描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃……烧之赤色，故名绛矾矣。”据此推测，“青矾”的主要成分为()A．Fe2O3 B．FeSO4·7H2OC．Na2SO4·10H2O D．CuSO4·5H2O答案B解析依据题意可知，青矾为绿色，烧之赤色，而氧化铁为红棕色固体，可知青矾经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色，青矾含有铁元素，为FeSO4·7H2O。4．一定质量的某铁的氧化物FexOy，与足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反应，消耗硝酸溶液700mL，生成2.24LNO(标准状况)。则该铁的氧化物的化学式为()A．FeO B．Fe2O3C．Fe3O4 D．Fe4O5答案C解析铁的氧化物FexOy与足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反应，生成Fe(NO3)3，硝酸被还原生成NO，NO的物质的量为eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，根据氮原子守恒，3n[Fe(NO3)3]＋n(NO)＝n(HNO3)，故3n[Fe(NO3)3]＋0.1mol＝0.7L×4mol·L－1，解得n[Fe(NO3)3]＝0.9mol，令氧化物FexOy中Fe元素的平均化合价为a，根据得失电子守恒，则0.9mol×(3－a)＝0.1mol×(5－2)，解得a＝eq\f(8,3)，由化合物中正负化合价代数和为0可得eq\f(8,3)x＝2y，则x∶y＝3∶4，故该氧化物的化学式为Fe3O4。5．5.6g铁粉与一定量的硫黄混合，在空气中加热发生剧烈反应，冷却后用足量的盐酸溶解反应后的残留固体，产生了2.0L气体(标准状况)，通过分析可知其小于应生成的气体量，其最可能的原因是()A．硫黄量不足 B．生成了FeSC．生成了Fe2S3 D．有部分Fe被空气中的氧气氧化了答案D解析当此混合物反应完全后，加入足量的盐酸时，如果铁过量，1mol铁对应1mol氢气，如果硫黄过量，硫化亚铁与盐酸反应，1mol硫化亚铁对应1mol硫化氢气体，故5.6g铁反应，对应的气体为2.24L(标准状况)，但是实际产生的气体体积偏小，可能原因是部分Fe被空气中的氧气氧化了。6．A－E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如下图所示。则下列说法正确的是()A．X与A反应的化学方程式是：Al2O3＋2Feeq\o(=,\s\up7(高温))Fe2O3＋2AlB．检验D溶液中的金属阳离子的反应：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3↓C．单质Y在一定条件下能与水发生置换反应D．由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物答案C7．在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是()A．Feeq\o(→,\s\up7(Cl2),\s\do5(点燃))FeCl3 B．Feeq\o(→,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(常温))FeSO4C．Feeq\o(→,\s\up7(H2O),\s\do5(高温))Fe3O4 D．Feeq\o(→,\s\up7(FeCl3溶液),\s\do5(常温))FeCl2答案B解析A项，铁和氯气反应生成氯化铁，2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3，物质间的转化能实现，故A项不符合；B项，常温下Fe在浓硫酸中发生钝化不能继续反应，物质间的转化不能实现，故B项符合；C项，铁和水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，3Fe＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4＋4H2，物质间的转化能实现，故C项不符合；D.铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，物质间的转化能实现，故D项不符合。8．已知：2Fe＋3Br2=2FeBr3，2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，现将Fe(NO3)2溶液分别滴入到以下溶液中：①H2SO4②HNO3③溴水④碘水，其中能使Fe2＋转变成Fe3＋的是()A．只有②③ B．①②③C．②③④ D．全部答案B9．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是()A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D．常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的溶解度大答案D10．含有4.0molHNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示(还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是()A．a是Fe(NO3)2 B．n1＝0.80C．p＝0.60 D．n3＝1.20答案C解析题图曲线相当于向含有4.0molHNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉，依次发生反应①Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O、②2Fe(NO3)3＋Fe=3Fe(NO3)2，故a是Fe(NO3)3，b是Fe(NO3)2。当只发生反应①时，4molHNO3完全反应生成1molFe(NO3)3，消耗1molFe，即q＝1，n1＝1。当反应后溶质恰好为Fe(NO3)2时，共消耗1.5molFe，Fe(NO3)2为1.5mol，即r＝1.5，n3＝1.5。当反应后溶质为等物质的量的Fe(NO3)3和Fe(NO3)2时，反应②消耗0.2molFe，生成0.6molFe(NO3)2，剩余0.6molFe(NO3)3，故p＝0.6，n2＝1.2。11．久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组对转化过程进行研究。(1)甲同学认为在酸性条件下Fe2＋易被氧化：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O，其依据是c(H＋)增大，平衡向____________移动，c(Fe3＋)增大。(2)乙同学依据如下反应，推测在酸性条件下Fe2＋不易被氧化：Fe2＋＋__O2＋____H2O____Fe(OH)3＋____H＋(将反应补充完整)(3)研究在不同pH下Fe2＋被O2氧化的氧化率随时间变化的关系，结果如图。①下列判断正确的是________。a．二价铁被氧化的过程受溶液酸碱性影响b．pH越小，Fe2＋越易被氧化c．pH增大，Fe2＋的氧化速率变快(4)通过以上研究可知，新配制的FeSO4溶液中常加入稀H2SO4，其目的是__________________________________________________________。答案(1)正反应方向；(2)411048(3)①ac(4)防止亚铁离子水解解析(1)4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O，其依据是c(H＋)增大，平衡向正反应方向进行，c(Fe3＋)增大，故答案为：正反应方向；(2)Fe2＋＋O2＋H2O→Fe(OH)3＋H＋，反应中铁元素化合价＋2价变化为＋3价，氧元素化合价0价变化为－2价，电子转移总数为4e－，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式为4Fe2＋＋O2＋10H2O＝4Fe(OH)3＋8H＋；(3)①a.图像中物理量分析可知，Fe2＋的氧化率与溶液的pH、时间和温度有关，故a正确；b.由图像知，Fe2＋的氧化率受pH值和温度的影响，一定温度下，pH越大氧化率越大，故b错误，c正确。(4)Fe2＋易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2＋水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸。12．FeCl3可通过多种途径转化成FeCl2。(1)向FeCl3溶液中加入适量氢碘酸，发生反应的离子方程式为_____________________________________________。(2)工业上常将无水FeCl3在氮气作保护气的条件下加热至300～350℃，再通入干燥的H2而制得FeCl2。该反应的化学方程式为________________________________________________________________。(3)工业上另一种制备FeCl2的方法是将无水FeCl3与适量氯苯(C6H5Cl)在130℃条件下持续加热约3小时，可发生如下反应：2FeCl3＋C6H5Cleq\o(→,\s\up7(130℃))2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl根据有机反应规律，该反应中氯苯发生的是________(填有机反应类型)。(4)分析上述三个反应，下列有关说法正确的是________(填序号)。①第(1)问反应中，氢碘酸既表现酸性，又表现还原性②第(3)问反应中，HCl为氧化产物③三个反应中，FeCl2均为还原产物(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_____________________________________________________________；与MnO2－Zn电池类似，K2FeO4－Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为___________________________________________________________，该电池总反应的离子方程式为______________________________________________________________。答案(1)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2(2)2FeCl3＋H2eq\o(=,\s\up7(300～350℃))2FeCl2＋2HCl(3)取代反应(4)③(5)2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42－＋5H2O＋3Cl－(或2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O)FeO42－＋3e－＋4H2O=Fe(OH)3＋5OH－3Zn＋2FeO42－＋8H2O=3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4OH－13．下列各物质的转化关系如下图所示，其中A是一种高熔点固体，D是一种棕红色固体。回答下列问题：(1)C的化学式为________；J的化学式为________。(2)写出由A生成H的离子反应方程式：_____________________________________________________________。(3)写出图中由F转化为G反应的离子方程式：_____________________________________________________________。答案(1)AlFe2(SO4)3(2)Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O(3)4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3↓＋8NH4＋(分步书写也可以)解析根据框图转化可推得：A：Al2O3；B：O2；C：Al；D：Fe2O3；E：Fe；F：FeSO4；G：Fe(OH)3；J：Fe2(SO4)3；H：AlO2－；I：Al2(SO4)3。14．Ⅰ.某研究性学习小组研究由Fe2＋制备Fe(OH)2，设计了两个实验方案。实验装置图如下(夹持装置已略去)。方案一：按图1进行实验。往100mL大试管中加40mL煤油，放入3粒米粒大小的金属钠后塞上橡胶塞，通过长颈漏斗加入FeSO4溶液使煤油的液面至橡胶塞，夹紧弹簧夹。(1)简述钠发生反应的现象：___________________________________________________。(2)写出钠与硫酸亚铁溶液反应的离子方程式：____________________________________________________________。方案二：按图2进行实验，溶液d为植物油。最终在两极间的溶液中首先观察到白色沉淀。(3)提供的试剂或电极材料：①碳棒②Fe棒③CuCl2溶液④NaCl溶液⑤稀H2SO4溶液a为________，溶液c为________。(填序号)加入溶液d之前对溶液c进行加热煮沸处理的目的是________________________________________________。写出电解的化学方程式：________________________________________________________。Ⅱ.该研究性学习小组发现上述实验方案二中出现的白色沉淀会逐渐转变为灰绿色或绿色。继续进行以下研究。(1)甲同学查阅资料得到Fe(OH)2部分信息：资料名称氢氧化亚铁《化学辞典》，顾翼东编，1989年版P637白色无定形粉末或白色至淡绿色六方晶体。与空气接触易被氧化，将细粉喷于空气中，即立即燃烧出火花《普通化学教程》(下册)P788白色。能强烈吸收O2，迅速变成棕色Fe(OH)3。这时氧化的中间产物为土绿色，其中含有Fe2＋、Fe3＋《大学普通化学》(下册)傅鹰著P637白色沉淀。此沉淀易被氧化成微绿色Fe3(OH)8根据资料信息，并依据白色和棕色不可能调配成绿色或灰绿色的配色原理，甲同学认为灰绿色(或绿色)物质应是________。(2)乙同学不同意甲同学的观点，认为灰绿色(或绿色)物质应是Fe(OH)2被溶液中的微量氧气氧化生成的Fe3(OH)8。设计实验证明该观点：____________________________________________________________。答案Ⅰ.(1)有气泡生成，钠在煤油和FeSO4溶液界面上下跳动，最终完全溶解，同时溶液中有白色沉淀生成(2)2Na＋Fe2＋＋2H2O=Fe(OH)2↓＋2Na＋＋H2↑(3)②④排除溶液中的氧气Fe＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))Fe(OH)2↓＋H2↑Ⅱ.(1)淡绿色六方晶体Fe(OH)2·nH2O(2)向图2装置的溶液c中加入稀盐酸，沉淀溶解后，加入KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色解析Ⅰ.(1)钠的密度在煤油和水之间，与水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH和FeSO4反应生成Fe(OH)2沉淀，所以反应的现象为钠在煤油和FeSO4溶液之间跳动，有气泡生成，最终完全溶解生成白色沉淀。(3)利用电解原理生成Fe(OH)2，所以阳极为金属铁，生成Fe2＋，阴极为惰性电极碳棒，电解质溶液电解生成OH－，则符合条件的电解质溶液为NaCl溶液。生成的Fe(OH)2易被氧气氧化，所以加热煮沸除去溶液中溶解的氧气。Ⅱ.(1)根据资料信息及配色原理可知灰绿色物质应是氢氧化亚铁晶体，化学式为Fe(OH)2·nH2O。(2)Fe3(OH)8可写成FeO·Fe2O3·4H2O，可利用检验Fe3＋的方法来检验。第4节用途广泛的金属材料1．下列有关金属的说法中，正确的是()①纯铁较生铁不易生锈 ②冶炼铝和钠都可以用电解法③KSCN溶液可以检验Fe3＋离子 ④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金 ⑥铜与硫反应，生成黑色的CuSA．①②③④⑤ B．②③④⑤⑥C．①③④⑤ D．①②③④⑤⑥答案A解析①生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故正确；②活泼金属采用电解方法冶炼，Al、Na是活泼金属，采用电解法冶炼，故正确；③KSCN溶液和Fe3＋离子生成血红色溶液，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，故正确；④铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨骼和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，幼儿和青少年缺乏会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，故正确；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁铬、镍合金，硬铝是铝硅、镁等形成的合金，所以三种物质都是合金，故正确；⑥铜与硫反应，S具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，所以生成黑色的Cu2S，故错误。2．明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……冷淀，毁罐取出，……，即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是()A．倭铅是指金属锌和铅的混合物B．煤炭中起作用的主要成分是CC．冶炼Zn的化学方程式：ZnCO3＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Zn＋3CO↑D．该冶炼锌的方法属于热还原法答案A3．为了探究金属单质M与盐溶液的反应，某同学进行了下列实验，实验过程及现象如图所示，结合实验现象判断，该同学得出的下列结论中正确的是()A．向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀B．滤渣可能是两种金属单质的混合物C．滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解D．加入的金属M可能是镁或钠答案C解析由于Ag或Cu均不能与稀盐酸反应，故由题意可知，滤渣中含有Ag、Cu和过量的金属M，B项错误；由于Na能够与冷水反应，故金属M不可能是Na，D项错误；滤液为(较)活泼金属M的硝酸盐溶液，向其中滴加盐酸不会产生白色沉淀，A项错误；Ag、Cu和金属M均能够溶解在足量的稀硝酸中，C项正确。4．铜钱在历史上曾经是一种广泛流通的货币。从物理性质和化学性质的角度分析，铜常用于制造货币的主要原因是()A．铜来源广泛，易冶炼得到B．铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀，铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型C．铜的外观为紫红色，大方美观，易于被人们接受D．铜的化学性质不稳定，在空气中易转化为铜绿，铜绿具有抗腐蚀能力，易于流通答案B解析注意从物理性质和化学性质方面来分析用铜制造货币的原因。A项和C项没有从这两方面分析，不符合题意；铜的化学性质比较稳定，不易被腐蚀，铜的熔点比较低，容易冶炼铸造成型，B项正确，D项不正确。5．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B．CuH与盐酸反应可能产生H2C．CuH与足量稀硝酸反应：CuH＋3H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO↑＋2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH＋Cl2=CuCl＋HCl答案D解析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＋4HCl=2CuCl2＋3H2↑；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。6．硫酸铜是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是()A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．硫酸铜在1100℃分解所得气体X可能是二氧化硫和三氧化硫的混合气体C．Y可以是葡萄糖溶液D．将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体答案B解析途径①：Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O，途径②：2Cu＋O2＋2H2SO4(稀)eq\o(=,\s\up7(△))2CuSO4＋2H2O，制取等质量硫酸铜，途径②需要的硫酸少，且途径②无污染性气体产生，故途径②更好地体现了绿色化学思想，A项正确；X是二氧化硫和三氯化硫的混合气体，则硫酸铜中铜元素、硫元素的化合价都降低，而无元素化合价升高，故B项错误；葡萄糖中含有醛基，可与氢氧化铜悬浊液在加热条件下反应生成Cu2O，C项正确；硫酸铜溶液中铜离子会水解，但生成的硫酸不挥发，故将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体，D项正确。7．向铜屑、稀盐酸和铁盐的混合溶液中持续通入空气可制备氯化铜。其反应过程如图所示。下列说法不正确的是()A．Fe3＋对该反应有催化作用B．该过程中的Fe3＋可由Fe(NO3)3提供C．可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3＋与Fe2＋D．制备CuCl2的总反应为2Cu＋O2＋4HCl=2CuCl2＋2H2O答案B解析A项，依据框图可知，铜与三价铁离子反应生成二价铁离子和铜离子，二价铁离子与氧气、氯化氢反应生成三价铁离子和水，所以三价铁离子做催化剂，故A项正确；B项，硝酸铁溶液为强酸弱碱盐，硝酸根离子酸性环境下能够氧化铜，本身被还原为一氧化氮，一氧化氮能够引起空气污染，故B项错误；C项，K3[Fe(CN)6]溶液遇到二价铁离子反应生成蓝色沉淀，所以可以用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3＋与Fe2＋，故C项正确；D项，依据框图可知，铜与三价铁离子反应生成二价铁离子和铜离子，二价铁离子与氧气、氯化氢反应生成三价铁离子和水，将