课件：2025届高考化学一轮复习：《第12讲++镁、铝、铜及其化合物　金属冶炼》课件

方向比努力更重要研究考纲·辨明考向重要化铝镁铜物合冶炼属金的高考化学一轮基础巩固提升考纲解读考向预测1．掌握Al2O3、Al(OH)3的两性及Al3＋、AlO2－、Al(OH)3之间的转化关系。2．结合Al(OH)3的制备实验、化学计算及在生产生活中的应用进行综合考查。3．了解镁及其化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。4．知道铜及其重要化合物的性质。5．了解合金的概念及重要应用。6．了解常见金属的活动顺序及金属冶炼的一般方法。7．了解化学科学发展对自然资源开发利用的作用。1．有关Al及其化合物知识在高考中出现频率较高，“铝三角”是命题的出发点。问题常以工业生产流程为载体考查化学方程式、离子方程式、离子共存、物质鉴别、制取、计算等。高考对本专题内容的考查将以铝及其化合物的性质在日常生活、生产中的应用为主，题型以选择题、综合推断题、实验题为主。2．镁是比铝更强的还原剂，要善于利用“氧化还原”的观念，将其制备迁移到新的真实情境中。3．本部分在高考中常以选择题、实验题的形式出现，以矿物加工为主线的工艺流程题是高考必考题。4．以金属及其化合物在实际生产中的应用为载体的综合实验题的命题趋势较大。考纲要求1.宏观辨识与微观探析：认识铝及其化合物的两性，能从铝化合物的多样性理解铝及其化合物的性质。通过对镁、铜及其合金性质的了解，理解金属材料在工业中的应用。2.科学态度与社会责任：具有可持续发展意识和“绿色化学”观念，能对与铝性质有关的社会热点问题做出正确的价值判断。了解金属材料的性质，激发学生对金属矿物的开发利用的热情与积极性。思维导图名师备考建议“思维方法”是思维的品质、方式和能力的综合，是个体高质量地解决生活实践或学习探索情境中的各种问题的基础。镁、铝、铜及其化合物与金属冶炼探究体现《中国高考评价体系》中学科素养“思维方法”涉及的“科学思维”、“创新思维”，要求采用严谨求真的、实证性的逻辑思维方式应对各种问题，要求运用开放性、创新性的思维方式应对问题情境，组织相关的知识与能力，注重独立性、批判性、发散性的思考，提出新视角、新观点、新方法、新设想，设计含铁化合物的制备实验方案，并解决物质制备及性质探究过程中?鱿值母髦治侍狻?高考对本节内容的考查以金属及其化合物的性质、合金的性质、金属的冶炼、提纯以及在日常生活、生产中的应用为主。以金属及其化合物化工生产为背景的工艺流程题和综合实验题是考查的热点，预计2025年高考对本讲的考查点基本不变。通常元素化合物知识分散在高考题的不同题型中：在选择题中，一般直接考查金属元素及其化合物的基本性质和应用。在填空题中一般有两种考查方式：一是直接考查元素及其化合物的性质，通常以化学式的书写、化学方程式的书写、微粒的检验和鉴别等形式出现；二是与基本概念和基本理论结合考查，如与氧化还原反应、电化学、无机化工流程、物质在水溶液中的行为、实验、计算等综合考查，预计这也是今后高考命题的重点。高考中常以一个选项或一个填空的形式考查铝及其化合物的性质和用途、镁及其化合物的性质、铝盐的鉴别及有关计算，体现高考命题的基础性和应用性。另外，高考也常结合电化学原理对铝、镁等进行考查,在工艺流程题或实验探究题中也会涉及对镁、钙和铝等的考查，体现了高考命题的创新性。预计2025年高考以选择题形式考查物质的结构与性质(如钠的活泼性、过氧化钠的结构与性质、碳酸氢钠的热不稳定性)的概率较大；对镁、铝、锂、铅、锡及其化合物的考查会结合铁、铜及其化合物等的性质和应用以工艺流程的形式出现。1.(2024年广东卷)龙是中华民族重要的精神象征和文化符号。下列与龙有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是真题再现·辨明考向√A．红山玉龙B．婆金铁芯铜龙C．云龙纹丝绸D．云龙纹瓷瓶解析：A．红山玉龙主要成分为SiO2和硅酸盐，属于无机非金属材料，A不符合题意；B．婆金铁芯铜龙主要成分为Cu，属于金属材料，B不符合题意；C．云龙纹丝绸主要成分为蛋白质，属于有机高分子材料，C符合题意；D．云龙纹瓷瓶主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，D不符合题意；√2.(2024年安徽卷)仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是选项实验目的试剂用品A比较镁和铝的金属性强弱MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水试管、胶头滴管B制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液试管、橡胶塞、导管、乳胶管铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴C制备[Cu(NH3)4]SO4溶液CuSO4溶液、氨水试管、胶头滴管D利用盐类水解制备Fe(OH)3胶体饱和FeCl3溶液、蒸馏水烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴√3.(2024年甘肃卷)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是A.还原性：Ag＞Cu＞FeB.按上述方案消耗1molFe可回收1molAgC.反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2+＋4H+＝Cu2+＋4NH4＋D.溶液①中的金属离子是Fe2+解析：从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为Fe＞Cu＞Ag，A不正确；B．由电子转移守恒可知，1molFe可以置换1molCu，而1molCu可以置换2molAg，因此，根据按上述方案消耗1molFe可回收2molAg，B不正确；C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2+＋4H+＝Cu2+＋4NH4＋

，C正确；D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁换置换出铜后生成Fe2+，然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，氯化铁和氯化铵水解均使溶液呈酸性二者可共存，因此，溶液①中的金属离子是Fe3+，D不正确；√4.(2024年广东卷)部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是A.若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应B.在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化C.加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系D.若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区√5.(2024年河北卷)燕赵大地历史悠久，文化灿烂。对下列河北博物院馆藏文物的说法错误的是A.青铜铺首主要成分是铜锡合金B.透雕白玉璧主要成分是硅酸盐C.石质浮雕主要成分是碳酸钙D.青花釉里红瓷盖罐主要成分是硫酸钙解析：A．青铜铺首是青铜器，青铜的主要成分是铜锡合金，A正确；B．透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸盐，B正确；C．石质浮雕是汉白玉，汉白玉的主要成分是碳酸钙，C正确；D．青花釉里红瓷盖罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，D错误；√6.(2024年黑吉辽卷)文物见证历史，化学创造文明。东北三省出土的下列文物据其主要成分不能与其它三项归为一类的是A.金代六曲葵花婆金银盏B.北燕鸭形玻璃注C.汉代白玉耳杯D.新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐解析：A．金代六曲葵花鎏金银盏是合金，属于无机金属材料，A正确；B．北燕鸭形玻璃注是玻璃制品，属于硅酸盐材料，B错误；C．汉代白玉耳环是玉，属于含有微量元素的钙镁硅酸盐材料，C错误；D．新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐是陶器，属于硅酸盐材料，D错误；7.(2024年黑吉辽卷)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl－并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)离子Zn2+Cu2+Cl－浓度(g∙L-1)1450.031√A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全B．“浸铜”反应：2Cu＋4H+＋H2O2＝2Cu2+＋H2↑＋2H2OC．“脱氯”反应：Cu＋Cu2+＋2Cl－＝2CuCl↓D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn解析：铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu＋2H+＋H2O2＝Cu2+＋2H2O，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：Cu＋Cu2+＋2Cl－＝2CuCl↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu＋2H+＋H2O2＝Cu2+＋2H2O，故B错误；C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：Cu＋Cu2+＋2Cl－＝2CuCl↓，故C正确；D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；√解析：A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；√9．(2023年广东卷)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可存在c→d→e的转化

B．能与H2O反应生成c的物质只有bC．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键解析：由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠(过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。A．由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；B．钠和氧化钠(或过氧化钠)都能与H2O反应都能生成氢氧化钠，B不合理；C．新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；D．若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理；√√11.(2023年辽宁卷)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是A.“焙烧”中产生CO2

B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42－

D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用解析：焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；C．滤液①中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为CrO42-，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；

12.(2023年湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)＝6.4×10-36，Ksp(ZnS)＝1.6×10-24。√解析：污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。A．根据分析可知氢氧化铁当pH＝1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH＝3.5时开始沉淀，当pH＝4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-＋H2OHS－＋OH－，B正确；√13.(2023年浙江6月选考)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.铝有强还原性，可用于制作门窗框架B.氧化钙易吸水，可用作干燥剂C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂解析：A．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C．食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；√√15．(2023届T8联考)2005年1月美国科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的“超级原子”结构－Al13和Al14．已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态．下列说法中，正确的是A．Al13、Al14互为同位素B．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合C．Al14最外层电子数之和为42，与第ⅡA族元素的性质相似D．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子解析：A．同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同，故A错误；B．Al13超原子中Al原子间是通过共有电子对成键，所以以共价键结合，故B错误；C．All4的价电子为3×14＝42，当具有40个价电子时最稳定，当价电子数是42时，则易失去2个电子，则与ⅡA族元素性质相似，故C正确；D．Al13的价电子为3×13=39，易得电子，形成阴离子，表现出氧化性，而All4的价电子为3×14＝42，易失去电子，形成阳离子，故D错误；√16．(2023届T8联考)为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽和锌皮(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备皓矾(ZnSO4∙7H2O)的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是A．“溶解”操作中溶液温度不宜过高B．溶解时铜发生的反应为Cu＋H2O2＋2H+＝Cu2+＋2H2OC．加入NaOH溶液后，若pH过高会使海绵铜中混有氢氧化铜杂质D．“过滤”操作后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶即可得到纯净的ZnSO4∙7H2O解析：废旧电池的铜帽主要成分为Zn和Cu，电池铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解，生成硫酸铜溶液、硫酸锌溶液，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH＝2，加入锌粉置换出铜，过滤得到海绵铜，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得ZnSO4∙7H2O。A．双氧水在加热条件下易分解，所以“溶解”操作中溶液温度不宜过高，故A正确；B．溶解时铜在酸性条件下被双氧水氧化为Cu2+，发生的反应为Cu＋H2O2＋2H+＝Cu2+＋2H2O，故B正确；C．加入NaOH溶液后，若pH过高会生成氢氧化铜沉淀，使海绵铜中混有氢氧化铜杂质，故C正确；D．“过滤”操作后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到纯净的ZnSO4∙7H2O，故D错误；17.(2022年全国乙卷)生活中处处有化学，下列叙述正确的是A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅 B.碳酸氢钠可做食品膨松剂C.青铜和黄铜是不同结构的单质铜 D.焰火中红色来源于钠盐灼烧√解析：A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确；C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；D．钠元素灼烧显黄色，D错误；18.(2022年1月浙江选考)下列物质对应的化学式不正确的是A.氯仿：CHCl3 B.黄铜矿的主要成分：Cu2SC.芒硝：Na2SO4·10H2O D.铝土矿的主要成分：Al2O3√解析：氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式为CHCl3，故A正确；黄铜矿的主要成分：CuFeS2，故B错误；芒硝：Na2SO4·10H2O，故C正确；铝土矿的主要成分：Al2O3，故D正确；√19.(2022年6月浙江卷)下列说法不正确的是A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料D.用石灰右－石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏√20.(2022年湖北卷)Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低C．Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在解析：A．Al3+半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；B．BeCl2和AlCl3属于分子晶体，而MgCl2属于离子晶体，则BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低，B项正确；C．Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；D．Be和Al的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确；21.(2022年江苏卷)我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是A.石墨能导电，可用作润滑剂B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料C.青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑D.含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料√解析：A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误；√22.(2022年湖南卷)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2D.滤液可回收进入吸收塔循环利用解析：烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3＋2HF＝2NaF＋H2O＋CO2↑，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF＋NaAlO2＋2CO2＝Na3AlF6＋2Na2CO3

，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反应Na2CO3＋SiO2\s\up7(高温(高温)Na2SiO3

＋CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；C．由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF＋NaAlO2＋2CO2＝Na3AlF6＋2Na2CO3，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；D．由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确；23.(2022年新高考山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2√下列说法错误的是A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为ZnB.浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出C.中和调pH的范围为3.2~4.2D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成解析：CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)＋S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；24.(2021年高考广东卷)今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是√解析：A．铸客大铜鼎属于铜的合金，A符合题意；B．河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，不属于合金，B不符合题意；C．兽首玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不属于合金，C不符合题意；D．角形玉杯主要成分为硅酸盐，不属于合金，D不符合题意；故选A。25.(2021年1月浙江选考)下列说法不正确的是A.铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨B.镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C.熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带D.工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫√解析：A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。综上所述，本题选A。√解析：海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，B正确；C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为MgCl2，C正确；D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；故选D27.(2024年海南卷节选)锰锌铁氧体(MnxZn1-yFe2O4)元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备MnO2、ZnO和FeC2O4∙2H2O，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下：回答问题：(1)氨浸的作用是将_______元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。(2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是_______。(3)沉锰反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。某次实验时，将原料中的Mn以MnO2∙nH2O形式定量沉淀完全，消耗了2.0molKMnO4，并产出81gZnO(纯度为99.9%)，则该原料MnxZn1-yFe2O4化学式中x＝_______。Zn氨水3Mn2+(aq)＋2MnO4－(aq)＋(5n＋2)H2O＝5MnO2∙nH2O(s)＋4H+(aq)或不含结晶水形式0.75解析：锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，KMnO4与Mn2+发生归中反应生成MnO2∙nH2O；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子，加入K2C2O4沉铁，将二价铁离子转化为FeC2O4∙2H2O。(1)由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。(2)由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。28.(2024年黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：回答下列问题：(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为______(填化学式)。(2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_________________________________________________。(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成__________(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。(4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。A.无需控温B.可减少有害气体产生C.设备无需耐高温D.不产生废液废渣CuSO4

Fe(OH)3BC(5)“真金不拍火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为____________________________________________。(6)“沉金”中Zn的作用为___________________________________。(7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为______________________________________________。用碱中和HCN可生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为AuNa2[Zn(CN)4]＋2H2SO4＝ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4NaCN解析：矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH＝2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、SO42-、As(VI)，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]－的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。(1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；(3)“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；(4)A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故选BC；(5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出；(6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au；(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4＝ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。29.(2024年安徽卷节选)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。回答下列问题：(1)Cu位于元素周期表第_______周期第_______族。四ⅠB(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_________________________________________。(4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为____________________________。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。(6)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为_______。Cu2+2Au＋8HCl＋3H2O2＝2HAuCl4＋6H2OAgClNa2S2O33∶4解析：精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S2O3，将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。(1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；(2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；(3)浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au＋8HCl＋3H2O2＝2HAuCl4＋6H2O；(4)根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3-；(6)还原步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由－2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4；30.(2023年湖北卷)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_______，装置B的作用为_______。具支试管防倒吸(2)铜与过量H2O2反应的探究如下：实验②中Cu溶解的离子方程式为____________________________；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H+的作用是_____________________________。Cu＋H2O2＋2H+＝Cu2+＋2H2OO2既不是氧化剂，又不是还原剂CuO2溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色72%解析：(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H+＝Cu2+＋2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；31.(2023年海南卷)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。回答问题：(1)Be3Al2Si6O18中Be的化合价为_______。(2)粉碎的目的是___________________________________________；残渣主要成分是_______(填化学式)。+2增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率SiO2(3)该流程中能循环使用的物质是_____________(填化学式)。(4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为_____________________________________。(5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。(NH4)2SO410解析：绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子，加入氨水调节pH＝5.1除去铁离子，再加入氨水到pH＝8.0生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。(1)按照正负化合价(2)粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；代数和为0，Be的化合价为+2价；(3)最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；32.(2023年浙江6月选考)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH)aClb]m，a＝1～5)按如下流程开展实验。请回答：(1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。(2)下列说法不正确的是___________。A.步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度B.步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质C.步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D.步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度NaAlO2C(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是____________________________________________________。(4)测定产品的盐基度。Cl－的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)＝0.1000mol·L-1。蒸发皿酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀①产品的盐基度为___________。②测定Cl－过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。0.70pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多解析：铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体??(1)根据题中信息步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2；故答案为：NaAlO2。(2)A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；C．步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；D．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；综上所述，答案为：C。②测定Cl－过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。33.(2022年全国乙卷)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHCO3和K2C2O4混合溶液。Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：(1)由CuSO4∙5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是(填仪器名称)。(2)长期存放的CuSO4∙5H2O中，会出现少量白色固体，原因是

。分液漏斗和球形冷凝管CuSO4∙5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜(3)Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。(4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，写出反应的化学方程式

。(5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取

的方法。(6)Ⅲ中应采用________进行加热(7)Ⅳ中“一系列操作”包括

。CuO3H2C2O4＋2K2CO3＝2KHC2O4＋K2C2O4＋2H2O＋2CO2↑分批加入并搅拌水浴冷却结晶、过滤、洗涤解析：取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸()溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80-85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。(1)由CuSO4∙5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4∙5H2O固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解KHC2O4和K2C2O4，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。(2)CuSO4∙5H2O含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5∶1发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和水，依据原子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O4＋2K2CO3＝2KHC2O4＋K2C2O4＋2H2O＋2CO2↑。(5)为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80～85℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。34．(2022年海南卷)胆矾(CuSO4∙5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。回答问题：(1)步骤①的目的是_______。(2)步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为

。除油污SO2Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是

。(5)实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是

。ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果___________________________________________________________________________(不要求写具体操作过程)。胆矾晶体易溶于水溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化解析：由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2+＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ.I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。35.(2021年全国甲卷)胆矾(CuSO4∙5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______(填标号)。A.烧杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为

，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是

。AC不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(硫酸利用率高)解析：(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为

；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(硫酸利用率高)；(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3∙H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是

，煮沸10min的作用是

。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_______(写表达式)。过滤干燥除尽铁，抑制硫酸铜水解破坏氢氧化铁胶体，易于过滤(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_______(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来①③考点一、镁、铝单质的性质1.镁、铝的结构和存在镁、铝分别位于元素周期表的第____周期____族和_____族，原子结构示意图为________和________，它们都是活泼的金属，在自然界中全部以_______的形式存在。____是地壳中含量最多的金属元素。三ⅡAⅢA化合态铝核心知识梳理2.镁、铝单质物理性质比较(1)相同点：均为_____色有金属光泽的固体，有良好的_____性、导电性和导热性等，密度、硬度均较____。(2)不同点：铝的熔点比镁____，硬度比镁____。银白延展小高大

铝镁能与非金属单质反应①与空气中的氧气形成致密的氧化膜②与氯气加热反应：_______________________①在空气中燃烧发出耀眼____光②与氮气反应：_____________________与水反应反应很困难与沸水反应：_______________________________3.对比掌握镁、铝的化学性质2Al＋3Cl2白3Mg＋N2Mg＋2H2O与酸反应①与H＋：__________________________②在冷的浓硫酸、浓硝酸中________________________________，相同条件下，反应速率比Al____与碱反应___________________________________不反应与某些氧化物反应与Fe2O3的铝热反应：__________________________能在CO2中燃烧：________________________2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑钝化Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑快2Al＋2OH－＋2H2O===＋3H2↑2Al＋Fe2O32Mg＋4．从海水中提取镁(1)工艺流程Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓

Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O

Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑

(1)镁在空气中燃烧，可与空气中的O2、N2及CO2反应，所得固体产物可能是MgO、Mg3N2、C的混合物。(2)Na、Mg等活泼金属着火，不能用CO2灭火。(3)MgCl2·6H2O加热脱水制取无水氯化镁时，要在HCl的气流中进行。主要目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，Mg(OH)2加热分解得到MgO。(4)由于Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小，故水垢的主要成分中是Mg(OH)2，而非MgCO3。(5)镁、铝在空气中易形成致密的氧化膜，不用密封保存。智能提升教材实验再回首实验操作用坩埚钳夹住一小块在空气中久置的铝箔(厚度约为0.1mm)，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过(或在酸中处理后，用水洗净)的铝箔，再在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动实验现象加热后，铝箔发红，蜷缩熔化且失去金属光泽，但熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着实验1：铝与氧气反应特别提醒：常温下，活泼的金属在空气中易与氧气反应，表面生成一层氧化膜，但有的氧化膜致密，可以保护内部的金属不会继续被氧化，如镁、铝表面的氧化膜，因此镁、铝可在空气中保存；有的氧化膜疏松，不能保护内部金属，如铁表面形成的铁锈。选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物因为Al和Al2O3既可以与酸反应，又可以与碱反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用Ⅰ对，Ⅱ对，有课堂反馈：下列对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间因果关系的判断，完全正确的是(

)√C海啸使水源发生污染可用明矾进行消毒和净化因为明矾水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性Ⅰ对，Ⅱ错，无D铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸因为铁和铝不能与浓硫酸或浓硝酸反应Ⅰ错，Ⅱ对，无解析：A项，金属铝及铝表面的氧化物Al2O3可以与酸发生反应，也可以与强碱溶液发生反应，因此铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物，所以Ⅰ对，Ⅱ对，二者有因果关系，正确；B项，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，是由于铝箔表面的氧化物Al2O3熔点高达2050℃，Al2O3不能熔化，因此铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，因此Ⅰ对，Ⅱ错，二者没有因果关系，错误；C项，海啸使水源发生污染可用明矾进行净化是因为明矾水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，使水中悬浮的固体形成沉淀，从而达到净化水的目的，但是该物质没有消毒作用，Ⅰ错，Ⅱ对，二者有因果关系，错误；D项，铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸，是由于铁和铝在室温下遇浓硫酸或浓硝酸被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止反应的继续进行，Ⅰ对，Ⅱ错，二者没有因果关系，错误。(2)原理：利用Al的______性较强，高温下把金属氧化物中的金属置换出来。还原实验2：铝热反应(1)铝热反应的实验装置及试剂作用：(3)现象①镁带剧烈燃烧，放出大量的热，并发出耀眼的白光，氧化铁与铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；②纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中。(4)应用①冶炼难熔金属，如Cr、Mn、V、W、Cu、Fe等；②金属焊接，如野外焊接钢轨等。注意：引发铝热反应的操作是加少量KClO3，插上镁条并点燃。4Al3＋＋12e－===4Al

6O2－－12e－===3O2↑

注意：电解Al2O3时Na3AlF6的作用是作助熔剂。重难点突破化工流程：铝土矿中提纯Al的基本流程铝土矿冶炼金属铝的方法及步骤

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。1．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。________________________________________________________________________________