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2025年高考二轮专题6金属元素及其化合物
【考向分析】
金属及其化合物的知识是高中化学的主干知识，是高考化学的必考内容。钠、铝、铁、铜及其化合物是日常生活中非常重要的物质，特别是铝、铁在国民经济中占有极其重要的地位。这部分内容, 高考题型多为选择题和填空题，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力，试题中单独出题考查的方式很少,在选择题中经常以价态二维图、离子方程式、氧化还原反应、物质的检验、分离与提纯、气体的制取和性质实验型融合出现，在非选择题中以金属元素的性质为载体，通过工业生产为背景的工艺流程、实验探究，考查考生运用金属元素的有关知识分析解决问题的能力。
【思维导图】
【考点解读】
考点1钠及其化合物
1．钠及其化合物之间的转化关系
(1)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
(2)2Na＋2H2O＋CuSO4===Na2SO4＋Cu(OH)2↓＋H2↑
(3)4Na＋O2===2Na2O(空气中缓慢氧化)
(4)2Na＋O2Na2O2
(5)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(6)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
(7)Na2CO3＋2HCl(过量)===2NaCl＋CO2↑＋H2O
(8)Na2CO3＋HCl(不足)===NaCl＋NaHCO3
(9)Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3
(10)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(11)NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O
(12)NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O
(13)2NaHCO3＋Ca(OH)2(不足)===Na2CO3＋CaCO3↓＋2H2O
(14)NaHCO3＋Ca(OH)2(过量)===CaCO3↓＋NaOH＋H2O
(15)CO2＋2NaOH(过量)===Na2CO3＋H2O
(16)CO2(过量)＋NaOH===NaHCO3
2．钠及其化合物的重要性质
(1)钠与酸反应时，先与酸反应，酸不足再与水反应。钠不能置换出溶液中的金属，钠直接与水反应，反应后的碱再与溶液中的其他物质反应。
(2)金属钠在空气中无论生成单一的Na2O或Na2O2，还是生成二者的混合物，1 mol Na只能转移1 mol电子(此点在NA的判断考题中常有考查)。常考查过氧化钠电子式的书写或化学键的类型。过氧化钠的电子式为，其中含有离子键和非极性键。过氧化钠中阴离子为O 22-，故Na2O2中阳离子和阴离子的物质的量之比为2∶1。Na2O2不是碱性氧化物，有强氧化性、漂白性，遇到湿润的石蕊试纸时，先使试纸变蓝，后使其褪色。
(3)Na2CO3与盐酸反应时，二者相对用量或滴加顺序不同，产生的现象和得到的产物不同。
(4)不能用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。
(5)除去CO2中的HCl气体，应选用饱和NaHCO3溶液。
(6)向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2有晶体析出，发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓。
(7)鉴别钠元素、钾元素一般利用焰色反应，焰色反应是物质(或元素)的物理性质。
(8)将NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合得到Al(OH)3沉淀，发生反应NaHCO3＋NaAlO2＋H2O=
Al(OH)3↓＋Na2CO3，此反应并非水解反应。
(9)二氧化碳气体通入NaClO溶液中，无论二氧化碳少量还是过量，都发生反应CO2＋NaClO＋H2O===HClO＋NaHCO3，而不会生成碳酸钠，因酸性：H2CO3＞HClO＞HCO 3-。
(10)向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸，反应是分步进行的。反应的离子方程式依次为：CO＋H＋=HCO、HCO＋H＋=H2O＋CO2↑。
(11)Na2O2投入FeCl2溶液中，可将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时生成Fe(OH)3沉淀；Na2O2投入氢硫酸中，可将H2S氧化成单质硫，溶液变浑浊；Na2O2投入Na2SO3溶液，可将SO氧化成SO；Na2O2具有漂白性，投入品红溶液中，可使品红溶液褪色。
(12)Li和O2反应只生成Li2O：4Li＋O22Li2O.NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。
【典例精讲】
例题1、碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I：Na2CO3的制备
步骤Ⅱ：产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500 g，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；
④平行测定三次，平均值为22.45 mL，平均值为23.51 mL。
已知：(i)当温度超过35℃时，开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是 。
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是 (填标号)。
A. B. C. D.
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 。
（4）产品中NaHCO3的质量分数为 (保留三位有效数字)。
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）NaHCO3；在30~35℃时NaHCO3的溶解度最小（其他合理答案均可）（2）D（3）甲基橙；由黄色变橙色，且半分钟内不褪色（4）3.56%（5）偏大
【解析】（1）根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度看出，控制温度在30~35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30~35C时，NaHCO3的溶解度最小。
（3）第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，故溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色。
（4）第一次滴定发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol。第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)－ n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol－2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为。
（5）第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大。
【变式练习】
1. 钠是很活泼的金属，在空气中燃烧的产物是Na2O2。Na2O的制取可以通过钠与硝酸钠共热反应完成：Na＋NaNO3→Na2O＋N2↑(未配平)。请回答下列问题：
(1)上述反应的氧化剂是________(写化学式)。制取Na2O时，若金属钠与NaNO3按质量比23∶17投料，充分反应后收集到的气体体积为1.12 m3(标准状况下)，则制得的Na2O的质量为____ kg。
(2)制取Na2O时由于设备密封性不好而进入了少量空气，导致制得的Na2O产品中含有Na2O2杂质。现有Na2O产品m g(假设只含有Na2O2杂质)，请从下面选用合适的仪器和试剂，设计一种可选用的实验仪器组合，以完成样品中Na2O含量的测定。
可选用的试剂：a．浓硫酸　b．水　c．盐酸标准溶液　d．NaOH标准溶液e．酚酞　f．碱石灰　g．稀盐酸
实验过程中发生反应的化学方程式 实验所需仪器(用字母表示) 实验所需试剂(用字母表示) 实验需直接测定的有关物理量(用文字说明)
(3)某学生设计了以下实验方案来测定该试样中Na2O的质量分数，其操作流程和实验数据如下,该Na2O产品中Na2O的质量分数为________。
【答案】(1)NaNO3　18.6(2)(以下三种方法任选一种，其他合理方法亦可)
Ⅰ 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH A、D b ①反应前锥形瓶、样品和水的总质量②反应后锥形瓶和溶液的总质量
Ⅱ 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH G、C b 量筒中收集到的气体的体积
Ⅲ 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH，NaOH＋HCl=== NaCl＋H2O D、H b、c、e 中和锥形瓶中样品与水反应后所得溶液使用的盐酸标准溶液的体积
(3)80%
【解析】(1)由N元素的化合价降低可知，NaNO3是氧化剂。配平化学方程式：10Na＋2NaNO36Na2O＋N2↑，收集到1.12 m3(标准状况下)N2，n(N2)＝50 mol，那么n(Na2O)＝300 mol，故m(Na2O)＝300 mol×62 g· mol－1＝18.6 kg。(2)要测定样品中氧化钠的含量有多种方法，可通过测生成O2的体积来计算Na2O2的量；也可测反应后锥形瓶和溶液的总质量与反应前锥形瓶、样品和水的总质量之差，还可以通过滴定法测锥形瓶中生成NaOH的量来计算。(3)设试样中Na2O的物质的量为x mol，Na2O2的物质的量为y mol，则有：62x＋78y＝7.75 g，78(x＋y)＝9.35 g，解得：x＝0.1 mol，那么Na2O的质量分数为×100%＝80%。
考点2铝及其重要化合物
1．铝及其化合物之间的转化关系
(1)4Al＋3O22Al2O3
(2)2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
(3)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(4)2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
(5)Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O
(6)Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O
(7)Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O
(8)Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O
(9)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
(10)AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl(NaOH适量)
(11)AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O(NaOH过量)
(12)NaAlO2＋HCl＋H2O===Al(OH)3↓＋NaCl(少量盐酸)
(13)NaAlO2＋4HCl===AlCl3＋NaCl＋2H2O(足量盐酸)
(14)2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO(少量CO2)
(15)AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO(足量CO2)
(16)Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓(铝盐和偏铝酸盐在溶液中相互促进水解)
2.铝及其化合物的重要性质
(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。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。
(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)并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
(5)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。
(6)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过量时生成HCO，不过量时生成CO，书写离子反应方程式时要特别注意。
(7)Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。
(8)泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
☆(9)镁在空气中燃烧主要发生反应：2Mg＋O22MgO，此外还发生反应：3Mg＋N2Mg3N2、2Mg＋CO22MgO＋C。
☆(10)Mg3N2与水反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。加热Mg(HCO3)2溶液生成的是Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀，因为Mg(OH)2比MgCO3更难溶于水。反应方程式为Mg(HCO3)2
Mg(OH)2↓＋2CO2↑。
【典例精讲】
例题2、粉煤灰的主要成分为Al2O3、SiO2， 还含少量Fe2O3等，工业上可用粉煤灰制取氧化铝、碱式硫酸铝溶液等。
(1)从粉煤灰获得氧化铝的部分工艺流程如下：
①“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是_______。
②“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为 _______， 检验溶液中铁元素已经除尽的方法是_______。
③“结晶” 是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl3·6H2O晶体的过程，溶液中Al3+和盐酸的浓度随通气时间的变化如图所示。Al3+浓度减小的原因是 _______。
(2)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，生成物(1-x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
①制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有 _______。
②通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
a.取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
b.取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L-1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL (已知Al3+、Cu2+与 EDTA反应的化学计量比均为1 ：1)。 计算(1-x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。_______
【答案】(1)温度太高，盐酸大量挥发，会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏 Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓ +3CO2↑ 静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色 盐酸浓度增大，溶液中Cl-浓度增大，促进Al3+形成AlCl3·6H2O晶体析出
(2)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率 0.41
【解析】酸浸时，只有SiO2不溶，则滤渣为SiO2，滤液中主要含有Al3+、Fe3+，加入NH4HCO3使Fe3+转化为Fe(OH)3除去，向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl3·6H2O晶体，煅烧AlCl3·6H2O晶体得到Al2O3产品。
(1)①浓盐酸易挥发，温度太高，盐酸大量挥发，会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏，因此温度不宜过高，故答案为：温度太高，盐酸大量挥发，会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏；
②加入NH4HCO3，HCO与Fe3+发生双水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3除去，反应的离子方程式为Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓ +3CO2↑；铁元素除尽则溶液中不含Fe3+，静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色，说明铁元素已经除尽，故答案为：Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓ +3CO2↑；静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色；
③盐酸浓度增大，溶液中Cl-浓度增大，促进Al3+形成AlCl3·6H2O晶体析出，溶液中Al3+浓度减小，故答案为：盐酸浓度增大，溶液中Cl-浓度增大，促进Al3+形成AlCl3·6H2O晶体析出；
(2)①反应是室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，可通过增大反应速率提高x的值，可采取的方法为适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率，故答案为：适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率；
②a中得到的固体为硫酸钡，则25.00 mL溶液中，根据滴定过程可知，2.50mL碱式硫酸铝溶液中Al3+的物质的量为，25.00 mL碱式硫酸铝溶液中，根据元素守恒有，，解得x=0.41，故答案为：0.41。
【变式练习】
2. 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为__________________________________。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_______。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_________，阴极产生的物质A的化学式为________。
(5)铝粉在1000 ℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是__________________________________。
【答案】(1)Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)4CO32-＋2H2O－4e－===4HCO3-＋O2↑　H2(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】(1)Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O。(2)为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤Ⅰ所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。(3)阳极为O2－发生氧化反应生成O2，石墨可能被O2氧化。(4)电解时阳极由图示可知是由碳酸钠生成碳酸氢钠的过程，阳极应该是水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气，多出的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子。即：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，CO32-＋H＋===HCO3-合并得答案4CO32-＋2H2O－4e－===4HCO3-＋O2↑。阴极应该是水电离产生的氢离子放电生成氢气，多出的氢氧根离子使得稀氢氧化钠溶液变成浓氢氧化钠溶液。(5)铝在空气中容易形成致密的Al2O3薄膜，阻碍反应的进行，加入NH4Cl分解产生HCl，HCl能够与Al2O3反应。
考点3铁及其重要化合物
1．铁及其化合物之间的转化关系
(1)3Fe＋2O2Fe3O4
(2)Fe＋SFeS
(3)2Fe＋3Cl22FeCl3
(4)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
(5)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑(酸为非氧化性酸)
(6)Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O(铁适量)
(7)3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(铁过量)
(8)Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4
(9)2FeCl3＋Fe===3FeCl2
(10)FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O
(11)Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O
(12)Fe3O4＋8HCl===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O
(13)3FeO＋10HNO3(稀)===3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O
(14)3Fe3O4＋28HNO3(稀)===9Fe(NO3)3＋NO↑＋14H2O
(15)Fe(OH)2＋2HCl===FeCl2＋2H2O
(16)Fe(OH)3＋3HCl===FeCl3＋3H2O
(17)3Fe(OH)2＋10HNO3(稀)===3Fe(NO3)3＋NO↑＋8H2O
(18)2Fe(OH)3＋6HI===2FeI2＋I2＋6H2O
(19)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(20)FeCl2＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋2NaCl
(21)2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
2.铁及其化合物的重要性质
(1)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的氧化性大于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。
(2)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→棕色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
(3)Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀(Fe3[Fe(CN)6]2)。
(4)生成FeCl2除了用Fe和HCl的置换反应外，还可用化合反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3除了用Fe3＋与碱的复分解反应外，还可用化合反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
(5)配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。
(6)Fe3＋必须在酸性条件下才能大量存在，当pH＝7时，Fe3＋几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。
(7)除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，使Fe3＋水解生成沉淀过滤除去。
(8)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。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时溶液的颜色变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
(9)Fe(OH)3胶体的制备方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至呈红褐色后立即停止加热。胶体不带电，带电的是胶粒。
(10)自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。
【典例精讲】
例3、化学小组探究Cu与Fe2(SO4)3溶液的反应，实验如下：
序号 实验方案 实验现象
实验i 振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有Cu粉剩余
实验ii 取实验i中的上层清液，向其中滴加0.1mol·L-1KSCN溶液 溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失
已知：经检验白色沉淀为CuSCN。
（1）实验ⅰ中发生反应的离子方程式为_______。
（2）实验ⅱ中检测到Fe3+，依据的实验现象是_______。
（3）对实验ⅱ中Fe3+产生的原因作如下假设：
假设1：Cu与Fe2(SO4)3的反应是一个可逆反应
假设2：溶液中的Fe2+被_______氧化
假设3：在实验ⅱ的条件下，Fe2+被Cu2+氧化
①将假设2补充完整_______。
②通过查找_______数据，可定量判断Cu与Fe2(SO4)3的反应是否为可逆反应。
（4）设计实验验证假设。
序号 实验iii 实验iv
方案
现象 放置较长时间，溶液颜色不变红 闭合开关K，电流计指针不动，向右侧CuSO4溶液中滴加0.1mol·L-1KSCN，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1mol·L-1KSCN，溶液变红
①假设1不成立的实验证据是_______。
②实验iii的目的是_______。
③溶液a是_______。电极材料b、c分别是_______、_______。
④结合电极反应，从化学平衡的角度解释实验ii中Fe3+产生的原因_______。
【答案】（1）2Fe3++Cu= 2Fe2++Cu2+（2）溶液局部变红（3）O2；化学平衡常数（4）①电流计指针不动②验证假设2是否成立③0.1mol/L FeSO4；石墨；石墨④Cu2+ + e—Cu+，SCN—与Cu＋结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强(大于Fe3+)，使得Fe2+被氧化
【解析】（1）由实验现象可知，实验ⅰ中发生的反应为铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu= 2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu= 2Fe2++Cu2+；
（2）由实验ⅱ的上层清液滴加硫氰化钾溶液后，溶液局部变红可知，溶液中存在铁离子，故答案为：溶液局部变红；
（3）①亚铁离子具有还原性，可能被空气中氧气氧化生成铁离子使硫氰化钾溶液变红色，则假设2被空气中氧气氧化，故答案为：O2；
②若铜与硫酸铁溶液的反应为可逆反应，可以通过资料查找该反应的化学平衡常数是否大于105定量判断确定，故答案为：化学平衡常数；
（4）①由实验iv中闭合开关K，电流计指针不动可知，铜与硫酸铁溶液的反应不是可逆反应，证明假设1不成立，故答案为：电流计指针不动；
②由实验iii中硫酸亚铁溶液放置较长时间，溶液颜色不变红，说明铁离子的存在与空气中氧气无关，证明假设2不成立，则实验iii的目的是验证假设2是否成立，故答案为：验证假设2是否成立；
③铜与2mL0.05mol/L硫酸铁溶液反应生成0.1mol/L硫酸亚铁和0.05mol/L硫酸铜，由探究实验变量唯一化原则可知，溶液a应选择0.1mol/L硫酸亚铁溶液；若验证在实验ⅱ的条件下，铜离子将亚铁离子氧化，实验iv设计原电池时，应选择不参与铜离子和亚铁离子反应的惰性材料做电极，则b、c电极可以选择石墨电极，故答案为：0.1mol/L FeSO4；石墨；石墨；
④由验证在实验ⅱ的条件下，铜离子将亚铁离子氧化可知，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铜离子，在溶液中存在如下平衡Cu2+ + e—Cu+，向硫酸铜溶液中滴加硫氰化钾溶液，硫氰酸根离子与亚铜离子结合生成硫氰化亚铜沉淀，导致亚铜离子浓度降低，有利于电极反应正向移动，促使亚铁离子在负极被氧化，故答案为：Cu2+ + e—Cu+，SCN—与Cu＋结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强(大于Fe3+)，使得Fe2+被氧化。
【变式练习】
3、某研究性学习小组设计下列实验探究Zn和FeCl3溶液的反应，回答下列问题：
（1）由FeCl3固体配制未酸化的250mL0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)，不需要使用的实验仪器有___________(从下列图中选择，写出名称)。
（2）将Zn投入到未酸化的0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)中，在不同的实验条件下，实验现象如表：
实验编号 条件 现象
i 锌粒18℃ 刚开始无明显气泡，0.5min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
ii 锌粒65℃ 产生气泡较快，大约12 s后，气泡非常明显，溶液很快转为红棕色。较长时间后发现红棕色基本消失，最后产生红棕色沉淀
①实验中产生的气体为___________，实验ii中产生气体的速率明显快于实验i，可能的原因是___________(答出两点)。
②“滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀”说明混合溶液中存在Fe2+。生成Fe2+的离子方程式为___________。
（3）实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化。研究性学习小组猜想，可能是此实验条件下，氧化性：H+＞Fe3+。
①为了检验上述猜想是否正确，查阅资料：可利用标准电极电势(用φθ表示)判断氧化性、还原性强弱，且电极电势越小，还原剂的还原性越强，已知(溶液中离子浓度的影响在此忽略不计)：φθ(Fe3+ /Fe2+)=0.77 V，φθ (2H+ /H2)=0 V，φθ (Fe2+ /Fe)=—0.417 V，φθ (Zn2+ /Zn) =—0.76 V。则Fe3+、H+、Zn2+ 、Fe2+ 的氧化性大小关系为 ___________。
②研究小组进一步分析后，将锌粒改为锌粉，继续进行实验：
实验编号 条件 现象
iii 锌粒18℃ 不振荡 大约3min可以看到明显的气泡，溶液颜色逐渐变深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
iv 锌粒65℃ 振荡 气泡不明显，红褐色褪色明显。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
对比实验iii和iv，实验iv中“气泡不明显，红褐色褪色明显”的原因可能为___________。
③结合实验探究过程及现象分析，影响Zn与FeCl3溶液反应的条件有___________(答两点即可的)。
某研究性学习小组设计下列实验探究Zn和FeCl3溶液的反应，回答下列问题：
（1）由FeCl3固体配制未酸化的250mL0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)，不需要使用的实验仪器有___________(从下列图中选择，写出名称)。
（2）将Zn投入到未酸化的0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)中，在不同的实验条件下，实验现象如表：
实验编号 条件 现象
i 锌粒18℃ 刚开始无明显气泡，0.5min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
ii 锌粒65℃ 产生气泡较快，大约12 s后，气泡非常明显，溶液很快转为红棕色。较长时间后发现红棕色基本消失，最后产生红棕色沉淀
①实验中产生的气体为___________，实验ii中产生气体的速率明显快于实验i，可能的原因是___________(答出两点)。
②“滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀”说明混合溶液中存在Fe2+。生成Fe2+的离子方程式为___________。
（3）实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化。研究性学习小组猜想，可能是此实验条件下，氧化性：H+＞Fe3+。
①为了检验上述猜想是否正确，查阅资料：可利用标准电极电势(用φθ表示)判断氧化性、还原性强弱，且电极电势越小，还原剂的还原性越强，已知(溶液中离子浓度的影响在此忽略不计)：φθ(Fe3+ /Fe2+)=0.77 V，φθ (2H+ /H2)=0 V，φθ (Fe2+ /Fe)=—0.417 V，φθ (Zn2+ /Zn) =—0.76 V。则Fe3+、H+、Zn2+ 、Fe2+ 的氧化性大小关系为 ___________。
②研究小组进一步分析后，将锌粒改为锌粉，继续进行实验：
实验编号 条件 现象
iii 锌粒18℃ 不振荡 大约3min可以看到明显的气泡，溶液颜色逐渐变深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
iv 锌粒65℃ 振荡 气泡不明显，红褐色褪色明显。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
对比实验iii和iv，实验iv中“气泡不明显，红褐色褪色明显”的原因可能为___________。
③结合实验探究过程及现象分析，影响Zn与FeCl3溶液反应的条件有___________(答两点即可的)。
【答案】（1）分液漏斗、直形冷凝管（2）①H2；温度升高、c(H+)浓度增大②2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+（3）①Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+②将Zn粒改为Zn粉并振荡，增大了Zn与Fe3+碰撞几率，加快了Zn与Fe3+的反应③结反应温度、碰撞几率（离子迁移速度）、粒子的氧化性强弱
【解析】该实验的目的是探究影响锌和氯化铁溶液反应的条件，通过实验探究过程及现象分析得到影响反应的条件为温度、碰撞几率（离子迁移速度）、粒子的氧化性强弱的实验结论。
（1）配制未酸化的250mL0.5mol·L-1氯化铁溶液需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，则不需要用到的仪器为分液漏斗、直形冷凝管；
（2）①由题意可知，氯化铁在溶液中水解，溶液的pH为1.5，活泼金属锌能够与氢离子发生置换反应生成氢气；实验ii中反应温度高于实验i，氯化铁在溶液中的水解平衡为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，所以实验ii中产生气体的速率明显快于实验i；
②由题意可知，生成亚铁离子的反应为锌与氯化铁溶液反应生成氯化锌和氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；
（3）①由标准电极电势可知，四种离子的氧化性由大到小的顺序为Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+；
②由气泡不明显，红褐色褪色明显说明锌粒改为锌粉并振荡，反应物的接触面积增大，反应物的碰撞几率增大，反应速率加快；
③由实验过程的探究及对实验现象可知，影响锌与氯化铁溶液的反应过程的条件为温度、碰撞几率(离子迁移速度)、粒子的氧化性强弱。
考点4铜及其重要化合物
1．铜及其化合物之间的转化关系
(1)2Cu＋O22CuO
(2)2Cu＋SCu2S
(3)Cu＋Cl2CuCl2
(4)Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2
(5)2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3
(6)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O、
(7)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(8)2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
2.铜及其化合物的重要性质
(1)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[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)铜合金有：①青铜(Cu、Sn、Pb等)；②黄铜(Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(Ni、Zn、Mn)。
【典例精讲】
例4、我国C919大飞机制造过程中用到的某些新型材料是以氯化亚铜作催化剂制备的。氯化亚铜是白色粉末，不溶于水、乙醇、硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色。某实验小组设计如下装置，用二氧化硫、硫酸铜和氯化钠制备氯化亚铜。
（1）装置A是制备二氧化硫的装置，A中反应方程式是________________，反应不选用稀硫酸的原因是________________。
（2）装置B的作用是________________。
（3）装置C中主要发生了两个反应，通入二氧化硫前，CuSO4与NaCl在溶液中反应生成Na2[CuCl4]和Na2SO4混合溶液，反应的离子方程式为________________；将SO2通入上述溶液中，Na2[CuCl4]转化为CuCl沉淀和茶褐色的NaH[CuCl3]溶液，反应中的还原产物为_____________。
（4）在无氧的条件下，向三颈烧瓶中加水稀释，NaH[CuCl3]会完全水解转化为CuCl沉淀，完全沉淀的实验现象为____________ ，请用化学平衡移动原理解释转化的原因_____________。
（5）完全反应后，倾出清液，抽滤出沉淀，沉淀依次用水、无水乙醇洗涤多次，干燥得白色粉末固体，用无水乙醇洗涤的目的是_____________。
（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl。写出电解CuCl2溶液后的阴极上发生的反应为 ，生成1molCuCl,阳极上生成物的物质的量为_____。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4（浓）==Na2SO4+SO2↑+H2O 二氧化硫易溶于水，稀硫酸不利于二氧化硫的逸出（2）做安全瓶，防倒吸（3）Cu2++4Cl—=[CuCl4]2— CuCl和NaH[CuCl3]（4）溶液由茶褐色变为无色 稀释时生成物浓度减小大于反应物，平衡正向移动（5）加快去除CuCl表面水，分防止CuCl氧化（6）Cu2＋＋Cl－＋e－=CuCl↓ 0.5mol
【解析】（1）亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O；因为二氧化硫易溶于水，如果用稀硫酸制备二氧化硫，不利于二氧化硫的逸出；（2）装置B为空载仪器，可以防止二氧化硫易溶于水而产生倒吸；（3）由题意可知，通入二氧化硫前，CuSO4与NaCl在溶液中反应生成络合物Na2[CuCl4]和Na2SO4混合溶液，反应的离子方程式为：Cu2++4Cl—=[CuCl4]2—；Na2[CuCl4]中铜元素为+2价，CuCl和NaH[CuCl3]中铜元素化合价均为+1价，将SO2通入上述溶液中，Na2[CuCl4]转化为CuCl沉淀和茶褐色的NaH[CuCl3]溶液，说明Na2[CuCl4]被二氧化硫还原为CuCl和NaH[CuCl3]；（4）NaH[CuCl3]加水水解的方程式为：NaH[CuCl3]+H2O=NaCl+HCl+CuCl↓，为防止CuCl被氧化，应该在无氧环境中进行反应，完全反应后茶褐色的NaH[CuCl3]溶液转化为无色的NaCl和HCl混合液；由方程式可知，稀释时生成物浓度减小大于反应物，平衡正向移动；（5）因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl氧化；（6）电解池中阴极发生还原反应，元素化合价降低，CuCl2中Cu是+2价，CuCl中Cu是+1价，所以阴极上发生的反应是Cu2＋＋Cl－＋e－=CuCl↓，阳极上Cl－放电被氧化生成氯气，电极反应式为2Cl－—2e－=Cl2↑，由得失电子数目守恒可知，生成1mol CuCl,阳极上生成Cl2的物质的量为0.5mol。
【变式练习】
4. 某小组探究Cu与HNO3反应，发现有趣的现象。室温下，溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下3mol L-1稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。
（1）铜与稀硝酸反应的化学方程式：______。
（2）分析溶液A的成分后，同学们探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。
①假设1：______对该反应有催化作用。
实验验证：向B中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。
结论：假设1不成立。
②假设2：NO2对该反应有催化作用。
方案1：向放有铜片的B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向放有铜片的B中加入数滴5mol L-1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是______。
方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C溶液的反应速率：v(A)＞v(C)＞v(B)。该实验能够证明假设2成立的理由是______。
③经检验，A溶液中还含有少量HNO2。实验证明HNO2也对该反应有催化作用，操作和现象是：向含有铜片的B溶液中______。
结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。
（3）请推测Cu与稀硝酸反应中NO2和HNO2参与的可能催化过程：
①Cu+2NO2+2H+=Cu2++2HNO2
②______。
③______。
【答案】（1）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（2）①Cu2+
②排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；鼓入N2可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中NO2的浓度A＞C＞B，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用
③加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行
（3）②NO+HNO2+H+=2NO2+H2O
③2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O等)
【解析】（1）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（2）①由实验设计和实验结论可知，假设1为铜离子对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：Cu2+；
②由假设2可知，方案1设计的目的是通过向含有铜片的B溶液中通入二氧化氮，反应速率明显加快，而含有铜片的B溶液中滴入稀硝酸，反应无明显变化证明二氧化氮与水反应生成生成硝酸，硝酸浓度增大对铜与硝酸的反应速率加快无影响；方案2设计的目的是通过向含有铜片的A溶液中通入氮气排出溶液中的二氧化氮，降低溶液中二氧化氮的浓度得到溶液中二氧化氮浓度大的A、二氧化氮浓度小的C和没有二氧化氮的B三组对比实验，由反应速率v(A)＞v(C)＞v(B)证明二氧化氮的浓度越大，对铜与硝酸的反应催化效果越好，从而说明二氧化氮对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；鼓入N2可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中NO2的浓度A＞C＞B，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用；
③由实验目的可知，向含有铜片的B溶液中加入亚硝酸钠后，亚硝酸钠与溶液中的硝酸反应生成亚硝酸，亚硝酸浓度增大，若铜片上立即生成气泡，反应持续进行证明亚硝酸对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行；
（3）由铜与稀硝酸反应的方程式和反应①可知，若二氧化氮和亚硝酸参与反应，反应②和③中硝酸和亚硝酸应是反应的反应物，一氧化氮和二氧化氮是反应的生成物，则反应②可能为硝酸与亚硝酸反应生成二氧化氮和水，反应③可能为亚硝酸分解生成一氧化氮、二氧化氮和水或铜与硝酸、亚硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为NO+HNO2+H+=2NO2+H2O、2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O等)，故答案为：NO+HNO2+H+=2NO2+H2O；2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O等)。
【真题演练】
1．（2024·广西·高考真题）某小组对和的性质进行探究：
Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
下列说法正确的是
A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅
B．实验Ⅱ中溶液呈红色
C．KSCN能区分和
D．焰色试验不能区分和
2．（2024·北京·高考真题）关于和的下列说法中，不正确的是
A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
B．可用溶液使转化为
C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去
D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
3．（2024·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．呈两性，不能用于治疗胃酸过多
B．能与反应产生，可作供氧剂
C．有还原性，能被氧化成
D．见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
4．（2024·广东·高考真题）部分含或或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·江西·高考真题）景德镇青花瓷素有“国瓷”的美誉。是以黏土为原料，用含钴、铁的颜料着色，上釉后一次性高温烧制而成的青蓝色彩瓷。下列关于青花瓷说法正确的是
A．青蓝色是由于生成了单质钴 B．表面的釉属于有机高分子膜
C．主要成分为铝硅酸盐 D．铁元素的存在形式只有Fe2O3
6．（2024·新课标卷·高考真题）实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是
A．反应为
B．酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好
C．用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气
D．使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉
7．（2024·福建·高考真题）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：
已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生和离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
8．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②(冰晶石)的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为 。
(2)“浸取”中，由形成的离子方程式为 。
(3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。
(4)“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。
(5)“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。
(6)一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。
【模拟演练】
1．（2025·山东日照·一模）2025年春晚吉祥物“巳升升”的五官设计取材于青铜器和玉器上的纹样，青铜是铜和铅的合金。关于青铜的说法正确的是
A．在潮湿空气中，青铜会生成铜绿 B．青铜的硬度比纯铜小
C．青铜是一种合金，属于纯净物 D．青铜的熔点比纯铜高
2．（2025·山东日照·一模）物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．Na2CO3具有碱性，可用作食品膨松剂
B．维C具有还原性，可作补铁剂中的抗氧化剂
C．FeCl3溶液具有氧化性，可作刻蚀铜电路板的腐蚀液
D．Na2O2能与CO2反应生成O2，可作潜水艇中的供氧剂
3．（2025·重庆·一模）下列实验及原理正确的是
A．向煮沸的溶液中滴入饱和溶液，可制得胶体
B．向溶液中滴入5滴溶液，可得新制悬浊液
C．用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则该溶液中含有，可能含有
D．向某溶液中滴入酸性溶液，溶液褪色，证明该溶液中含有
4．（2025·江苏泰州·一模）Fe3O4可表示为Fe(ⅡFe(Ⅲ)[Fe(Ⅲ)O4]，下列说法正确的是
A．在常温下锈蚀或在纯氧中燃烧，均生成
B．加热条件下，与浓硝酸反应能生成致密的氧化物保护膜
C．氧化亚铁晶体中，是因为其晶体中混有零价
D．铁元素的两种离子与的结合能力：
5．（2024·湖南永州·一模）向如图装置的试管中加入下列试剂，不能使小车向左移动的是
A．铜和浓硫酸 B．生石灰和浓氨水 C．碳酸氢钠和硫酸铝溶液 D．过氧化钠和水
6．（2024·吉林长春·一模）用化学方法在钢铁部件表面进行“发蓝”处理是一种普遍采用的金属防护方法：将洁净的铁件浸入一定浓度的NaOH和NaNO2溶液中(必要时加入其它辅助物质)，加热到适当温度并保持一定时间，铁件的表面形成一层致密的氧化物薄膜并有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出。下列有关说法错误的是
A．“发蓝”之前可分别用Na2CO3溶液和NH4Cl溶液处理铁件
B．“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是Fe2O3
C．加热条件下，“发蓝”处理产生的无色气体能够还原CuO
D．硫酸铜溶液可用于检验铁件是否“发蓝”成功
7．（2025·广东佛山·一模）部分含Na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．在空气中加热e，一定能生成d
B．在d(s)→g(aq)→h(s)的转化过程中，一定有颜色变化
C．在b(aq)→c(aq)→h(s)的转化过程中，一定均为氧化还原反应
D．若可用f制取a，a一定可以在Cl2中燃烧生成＋2价氯化物
8．（2024·四川内江·一模）是用途广泛的三种金属，根据如图的转化关系判断，下列说法正确的是
A．过量在中燃烧发生反应①后可直接发生反应②
B．检验反应③后溶液中是否含，可用酸性溶液
C．等浓度等体积的稀盐酸和溶液分别与足量进行反应④和⑤，生成的分子数之比为
D．教材中探究反应⑥，实验需要标注的图标有
9．（2024·安徽滁州·一模）课外实验可以帮助我们更好地学习化学知识。金属活动性强弱的探究过程如下，其中不正确的是(已知：白醋的水溶液显酸性，与稀盐酸的化学性质相似)
A．实验一证明铁的金属活动性比铜强
B．实验二的现象是铜丝不断减少，表面有银白色固体析出，无色溶液变为黄色
C．实验一烧杯②中发生的是置换反应
D．实验过程中存在不规范操作
10．（2025·广东深圳·一模）一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是
A．析出时，发生反应的离子方程式为
B．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C．上述过程仅涉及非氧化还原反应
D．“转化”所得用于合成聚氯乙烯
11．（2024·辽宁抚顺·三模）铁和钛是重要的金属材料。Ti-Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿（主要成分为，还含有少量）制备钛和绿矾的工艺流程如图。下列说法错误的是
已知n≥2。
A．为加快“浸出”速率，可将钛铁矿粉碎，并适当增大硫酸的浓度
B．加入适量铁屑的目的是除去和过量的硫酸
C．操作Ⅱ“加热”时发生的反应为
D．被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气
12．（2024·福建莆田·三模）某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺流程如图。下列说法错误的是
已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+
A．物质X为高锰酸钾溶液
B．反萃取时，物质Y可以选用硫酸
C．氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1
D．调pH时，发生反应：VO+2NH3 H2OVO+2NH+H2O
13．（2024·山东潍坊·二模）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬（、为气流控制开关）。
原理：
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。下列说法正确的是
A．实验装置合理的连接顺序为a→b→c→h→i→d→e→f
B．装置D中反应的离子方程式为
C．从安全的角度考虑，整套装置的不足是升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
D．实验开始和结束都通一段时间，且目的相同
14．（2025·江西·一模）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。当溶液中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生突跃，进而确定滴定终点。常温下，用盐酸标准溶液滴定苏打样品溶液中小苏打的含量(其它物质均不反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：，且之间存在一点溶液呈中性
B．苏打样品中碳酸钠质量为
C．点存在
D．a到b过程的反应方程式：
15．（2025·福建·一模）下图是络合体系含铜微粒的分布曲线，该体系中存在；；；；平衡常数依次为。已知，Cu2+的分布系数，c(总)等于以上含铜微粒浓度之和。
下列说法错误的是
A．曲线V代表的离子在水溶液中显深蓝色
B．时，
C．反应的平衡常数K的数量级为
D．M点对应的
16．（2024·辽宁·二模）将铜片放进氯化铁溶液中，观察到溶液呈无色，产生红褐色固体，铜片表面有白色物质。回答下列问题：
I．探究红褐色固体成分
(1)过滤得到红褐色固体，所需的仪器有_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)①取少量红褐色固体加盐酸溶解，滴加 溶液(填写试剂名称)，溶液变血红色，证明是氢氧化铁。
②产生氢氧化铁的原因可能是 (用化学方程式表示)。
II．查阅资料：
①CuCl是白色难溶物，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；被空气迅速氧化。
②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。
(3)探究产生白色物质的原因。设计实验方案如下：
实验 铜粉/g 蒸馏水/mL 实验现象
1 0.1 1.8 2 棕黄色溶液变为墨绿色
2 0.5 1.8 2 棕黄色溶液变为白色浊液
①由以上实验可知，产生白色物质的条件是 。
②从氧化还原角度说明实验1中未产生白色物质的原因： 。
(4)化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备CuCl。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。
①步骤I中通入发生反应的离子方程式是 。
②步骤II中采用抽滤法过滤(装置如下图所示)的主要目的是： 。
17．（2024·江苏南京·二模）处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。
(1)绿矾还原法。FeSO4 7H2O去除废水中的Cr(Ⅵ)经过“酸化一还原一沉淀”的过程。
①“还原”时，被还原成Cr3+的离子方程式为 。
②的晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如下图所示，其中硫原子的杂化方式为 ；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测Fe2+是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由 。
(2)铁粉还原法。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为 。
(3)离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为。
①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为 。
②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45mol·L-1，即每升湿树脂最多吸收1.45molCr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50mg·L-1的废水以1.0L h-1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程］
18．（2025·广东深圳·一模）一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。
(1)“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是 （任写一条）。
②发生反应的化学方程式为 。
(2)“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子
浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在 工序循环利用。
(3)“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为 。
(4)“还原”步骤的主要目的是 。
(5)“萃取”前，需调节溶液。
①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于 （保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是 。
(6)一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为 。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（储氢材料可释放出的体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔体积为，则该储氢材料的“体积储氢密度”为 （列出算式）。
参考答案
【真题演练】
1．C
【详解】A．实验Ⅰ中，溶液与KSCN溶液反应的实质是：，硫酸钾固体溶于水产生钾离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发生变化，故A错误；
B．实验Ⅱ中，溶液中存在有K+、，并不能电离出Fe3+，因此溶液与KSCN溶液并不能发生反应，溶液颜色无明显变化，故B错误；
C．实验Ⅰ中，KSCN溶液与溶液反应产生，溶液变为红色，但溶液与KSCN溶液并不能发生反应，是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色荧光，因此加入KSCN可以区分两者，故C正确；
D．焰色反应是金属单质或离子的电子在吸收能量后，跃迁到较高能量级，然后从较高能量级跃迁到低能量级，这次跃迁会放出光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色反应。铁燃烧火焰为无色，是因为放出的光子频率不在可见光频率范围内，而中含有钾元素，焰色试验时透过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此焰色试验可以区分和，故D错误。
2．D
【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；
B．加入溶液会发生反应：，B正确；
C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；
D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误。
3．A
【详解】A．呈两性，不溶于水，但可以与胃酸反应生成无毒物质，因此其能用于治疗胃酸过多，A不正确；
B．能与反应产生，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故可作供氧剂，B正确；
C．有还原性，其中Fe元素的化合价为+2，用适当的氧化剂可以将其氧化成更高价态的，C正确；
D．见光易分解的物质应保存在棕色试剂瓶中；见光易分解，故其应保存在棕色试剂瓶中，D正确。
4．B
【详解】A．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg（OH）2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为，该反应属于置换反应，可能为，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；
B．e能转化为d，此时e为白色沉淀，d为红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；
C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故C错误；
D．假设b为Al2O3，即d为，c为铝盐，Al2O3、与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为，c为铁盐，Fe2O3、与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误。
5．C
【详解】A．青花瓷上的蓝色花纹是由于使用了含有氧化钴的“青料”绘制而成，与单质钴无直接关系，A错误；
B．釉是一种覆盖在陶瓷表面的物质，通常由无机物质组成，如硅酸盐、氧化物等，B错误；
C．青花瓷是一种釉面瓷，其材质属于无机非金属材料，主要成分为铝硅酸盐，C正确；
D．青花瓷呈现青蓝色，不能确定铁元素的具体存在形式，Fe2O3呈红色，D错误。
6．B
【详解】A．铁和水蒸气在高温下发生反应生成和，该反应的化学方程式为，A正确；
B．酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，则实验效果不好，B错误；
C．用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，C正确；
D．由于该实验中的反应要在高温下发生，因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉，D正确。
7．C
【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。
【详解】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；
B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的和离子，B错误；
C．“碱溶”时根据产物中，存在反应：，故C正确；
D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误。
8．(1)2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑
(2)Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
(3) 铁 [FeCl4]-
(4) 高 NaCl
(5) 3.2 4.0×10-7
(6) 2:1:1 8a3
【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
【详解】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离；
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol L-1；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。
【模拟演练】
1．A
【详解】A．在潮湿空气中，铜和氧气、二氧化碳、水蒸气反应生成碱式碳酸铜，故A正确；
B．合金的硬度比其组分都大，故青铜的硬度比纯铜大，故B错误；
C．青铜是一种合金，是铜、铅的混合物，故C错误；
D．合金的熔点比其组分都低，青铜的熔点比纯铜低，故D错误。
2．A
【详解】A．碳酸钠（）碱性较强，通常不用作食品膨松剂，食品膨松剂常用的是碳酸氢钠（小苏打），它受热分解产生二氧化碳气体使食品蓬松，该选项错误；
B．维生素C具有还原性，可以防止补铁剂中的铁元素被氧化，能作补铁剂中的抗氧化剂，该选项正确；
C．氯化铁（）溶液能与铜发生氧化还原反应：，利用其氧化性可作刻蚀铜电路板的腐蚀液，该选项正确；
D．过氧化钠（）能与二氧化碳（）反应生成氧气（） ，化学方程式为，可作潜水艇中的供氧剂，该选项正确。
3．C
【详解】A．制取胶体需向沸水中滴加几滴饱和溶液，题目中的操作得到的是沉淀，A错误；
B．制悬浊液是向溶液中滴入5滴溶液，B错误；
C．用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，则该溶液中含有，K+的检验要透过蓝色钴玻璃观察，可能有K+存在，C正确；
D．如果溶液中有或其他还原性离子存在，也会使溶液褪色，D错误。
4．D
【详解】A．在纯氧中燃烧生成Fe3O4，A错误；
B．常温下，与浓硝酸反应能生成致密的氧化物保护膜，加热条件下铁与浓硝酸发生氧化还原反应，B错误；
C．氧化亚铁晶体中n(Fe)：n(O)=1:1，若，说明有多余的O存在，O越多Fe的化合价越高，故氧化亚铁晶体中不可能存在0价，C错误；
D．由题意可知，四氧化三铁中铁离子与氧离子结合形成酸根离子，故铁离子结合氧离子的能力更强，D正确。
5．A
【分析】向如图装置的试管中加入试剂能使小车向左移动，说明试管中发生反应并且生成了大量气体。
【详解】A．铜和浓硫酸需要在加热条件下才能发生反应生成SO2，A符合题意；
B．生石灰和浓氨水反应生成氮气，B不符合题意；
C．碳酸氢钠和硫酸铝溶液会发生双水解反应生成氢氧化铁和二氧化碳，C不符合题意；
D．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，D不符合题意。
6．B
【分析】在工业上常用强的氧化剂处理钢铁部件，使其表面形成致密、光滑的四氧化三铁氧化膜，以增强钢铁的抗腐蚀能力，这种处理叫做“发蓝”或“发黑”。 其过程主要有：去污、酸洗、氧化处理、皂化、热水煮沸、检查等步骤。
【详解】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可去除钢铁部件表面的油污；NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性，能够与钢铁部件表面的金属氧化物反应变为可溶性物质除去，A正确；
B．“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是致密的Fe3O4，而不是疏松的Fe2O3，B错误；
C．根据题意，钢铁在进行发蓝处理时，铁件的表面形成一层致密的氧化物薄膜，并有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出，该气体是碱性的NH3，NH3与CuO在加热时会发生反应：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，再该反应中，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，C正确；
D．Fe3O4非常致密，可以对内层金属铁起到保护作用，若“发蓝”不成功，露出的Fe能够与CuSO4在溶液中发生置换反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，产生的Cu附着在钢铁部件上，看到钢铁部件会显红色，因此可以用硫酸铜溶液检验铁件是否“发蓝”成功，D正确。
7．B
【分析】由图可知，若a为钠、b为钠盐、c为氢氧化钠；若a为铝、f为氧化铝、g为铝盐或偏铝酸盐、h为氢氧化铝；若a为铁、d为氧化亚铁、f为氧化铁、g为铁盐、e为氢氧化亚铁、h为氢氧化铁。
【详解】A．在空气中加热氢氧化亚铁时，氢氧化亚铁会与空气中的氧气、水蒸气反应生成生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，无法得到氢氧化亚铁，故A错误；
B．氧化亚铁能与稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁能与碱溶液反应氢氧化铁，转化过程中，颜色变化为黑色固体→棕黄色溶液→红褐色沉淀，则在FeO(s)→Fe3+(aq)→Fe(OH)3(s)的转化过程中，一定有颜色变化，故B正确；
C．b(aq)→c(aq)→h(s)的转化过程可能为电解饱和食盐水生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液与铁离子或铝离子反应生成氢氧化铁沉淀或氢氧化铝沉淀，生成氢氧化铁沉淀或氢氧化铝沉淀的反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；
D．可用f制取a，说明a为铝、f为氧化铝，铝在氯气中燃烧生成＋3价氯化铝，故D错误。
8．D
【详解】A．过量在中燃烧只发生反应①，反应②可以在溶液中进行，A错误；
B．乳酸铁中，含有羟基，具有还原性也可以使酸性溶液褪色，B错误；
C．根据关系式法，，，等浓度等体积的稀盐酸和溶液分别与足量进行反应，生成的分子数之比为，C错误；
D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，实验过程中需要加热需要明火并防热烫，带护目镜，二氧化硫有毒需要排风，离开实验室前要清洗双手，D正确。
9．B
【详解】A．实验一根据放铜片的烧杯内无现象，而放铁片的烧杯内有气体冒出且溶液变为浅绿色，说明铜不能与醋中的醋酸反应，而铁与醋酸反应，则铁的金属活动性比铜强，故A正确；
B．实验二铜与硝酸银能反应生成硝酸铜和银，故现象是铜丝表面有银白色固体析出，无色溶液变为蓝色，故B错误；
C．实验一烧杯②中铁与醋酸反应后会生成亚铁盐和氢气，属于置换反应，故C正确；
D．实验一向放铜片的烧杯中加入白醋时，胶头滴管应正立于烧杯口的正上方，不能伸到烧杯内与内壁接触，操作不规范，故D正确。
10．B
【分析】石灰石热解生成氧化钙和二氧化碳，生成的二氧化碳用于侯氏制碱法原理制取碳酸氢钠沉淀，灼烧后得到纯碱；碳化过程中发生反应，制气时CaC2与水反应生成和Ca(OH)2，废渣为，灰蒸工序中发生反应，生成的氨气可以在沉淀中循环利用，转化工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应，方程式为，生成的HCl气体在合成工序中发生反应，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，据此解答。
【详解】A．析出时，是沉淀，不能拆，发生反应的离子方程式为，A错误；
B．“制气”产生的废渣为Ca(OH)2，在灰蒸过程中与氯化铵反应生成氨气，可以回收氨、可以在“沉淀”中循环利用，B正确；
C．由分析可知，“碳化”过程涉及氧化还原反应，C错误；
D．由分析可知，“转化”所得HCl用于合成聚氯乙烯，D错误。
11．C
【分析】“浸出”：加入硫酸，发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；
“加入铁屑”：加入适量铁屑，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；
“操作Ⅰ”：根据流程，操作Ⅰ得到绿矾，操作是降温结晶；
“操作Ⅱ”：加热，使TiO2+水解生成TiO2·nH2O；
“操作Ⅲ”：根据流程，发生TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
“制备Ti”：发生置换反应；
据此分析；
【详解】A．为加快“浸出”速率，操作是粉碎钛铁矿、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度，故A说法正确；
B．根据上述分析，加入适量铁屑，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，因此加入铁屑目的是除去Fe3+和过量的硫酸，故B说法正确；
C．因为n≥2，因此加热促进TiO2+水解生成TiO2·nH2O，其离子方程式为TiO2++(n-1)H2OTiO2·nH2O↓+2H+，故C说法错误；
D．Mg为活泼金属，能与氧气、二氧化碳、氮气反应，因此TiCl4被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气，故D说法正确。
12．A
【分析】根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X应为还原剂，将铁离子还原为亚铁离子，便于萃取，经过萃取后，通过加入反萃取剂硫酸，可将从萃取剂中分离出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得。
【详解】A．若物质X为高锰酸钾溶液，会将亚铁离子氧化为铁离子，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，会先萃取，与题意不符，A错误；
B．HA为有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸，B正确；
C．氧化过程中V元素化合价从+4价升高为+5价（），Cl元素从+5价降低为-1价，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1，C正确；
D．调pH时，发生反应：VO+2NH3 H2OVO+2NH+H2O，D正确。
13．C
【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是容纳气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，在E中反应，生成的COCl2有毒进入C装置，然后与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置。
【详解】A．根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，COCl2密度大于N2，所以COCl2从d进入，因此，实验装置合理的连接顺序为ahidebcfg，A错误；
B．根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-，B错误；
C．三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，C正确；
D．反应前先通入氮气，排除空气的干扰，而反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并使CrCl3在氮气氛围中冷却进入装置C，即前后两次的作用不相同，D错误。
14．B
【分析】b点为第一个终点，与盐酸恰好发生反应：，d点为第二个终点，与盐酸恰好发生反应：，据此解答。
【详解】A．a点的成分为、NaCl和，b点的成分为NaCl和，相比b点，c点加入更多盐酸， 减少，c点成分为NaCl和，d点成分为NaCl，且含碳酸，、NaHCO3属于强碱弱酸盐，促进水的电离，且的水解程度大于，则水的电离程度： ，从b到d溶液从碱性逐渐变为酸性，则之间存在一点溶液呈中性，A正确；
B．由图可知，碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸的体积为2.9 mL，根据反应，n()=n(HCl)，所以，的摩尔质量为106g/mol，其质量为，B错误；
C．d点成分为NaCl、，溶液存在电荷守恒：，C正确；
D．a到b过程中发生反应：，其离子方程式为：，D正确。
15．C
【分析】在络合体系中，随着的增大，四个平衡均向正反应方向移动，结合分布曲线可知，曲线Ⅰ～Ⅴ依次为、、、和的变化曲线，据此分析回答问题。
【详解】A．根据分析可知曲线Ⅴ是的变化曲线， 在水溶液中显深蓝色，A正确；
B．时，根据分布曲线可知，，B正确；
C．反应的平衡常数，根据题意，则，，，故反应的平衡常数K的数量级为，C错误；
D．根据分布曲线可知M点：，则，，则，D正确。
16．(1)BC
(2) 硫氰化钾 FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl或4 Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
(3) 铜粉过量 Fe3＋氧化性强于Cu2＋，Fe3＋过量时，Cu不与Cu2＋反应
(4) SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+ 快速过滤，防止氯化亚铜被氧化
【分析】三颈烧瓶中通入，因具有强还原性，在酸性条件性能将氯化铜还原为CuCl，过量的在装置C中用NaOH溶液吸收，装置B作安全瓶，可防止倒吸，据此分析解答；
【详解】（1）过滤需用到漏斗、烧杯、玻璃棒，故BC正确；
（2）①检验Fe3+用硫氰化钾溶液，溶液会变血红色；
②产生氢氧化铁的原因可能是发生反应：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl或4 Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
（3）结合表中数据可知铜粉过量时才能产生白色物质；若铜粉不足，因Fe3+的氧化性强于Cu2+，则加入的铜粉只能与氧化性强的Fe3+反应，不能与Cu2+反应，因此无法生成CuCl；
（4）①通入，与CuCl2反应生成CuCl和硫酸，反应离子方程式：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+；
②采用抽滤法过滤可以加快过滤速率，减少固体与空气的接触时间，有效防止氯化亚铜被氧化。
17．(1) sp3 否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式
(2)铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大
(3) 30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量：
通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量：
，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和
【详解】（1）①“还原”时，在酸性溶液中被还原成Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为。
②在的晶胞中，硫原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3；已知该晶胞中S原子的数目为4，依据化学式，该晶胞中所含Fe2+的数目应为4。若Fe2+占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，则该晶胞中含Fe2+数目不是4，理由：否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式。
（2）向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，若不加Cu2+，Fe先与H+反应生成Fe2+等，Fe2+再还原Cr(Ⅵ)；加入Cu2+后，Cu2+先与Fe反应生成Cu和Fe2+，Fe、Cu可构成原电池，加快生成Fe2+的速率，则随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为：铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大。
（3）①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，NaOH首先促进平衡逆向移动，生成的再发生转化+2OH-=2+H2O，从而得出发生反应的化学方程式为。
②30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量：
通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量：
，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。
18．(1) “适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可
(2)酸浸
(3)
(4)将转化为，避免影响的萃取
(5) 3.3 过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相
(6) 1：2 或等答案合理即可
【分析】酸浸时，溶于稀硫酸，得到，而SiO2不溶于稀硫酸而除去，溶液1中加入固体，得到，而溶液2中加入添加剂，得到中间盐，“中间盐”中一种含钒物质为在热水、空气、酸性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料，回答下列问题。
【详解】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO 的化学方程式为：；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H 、VO 、Al 和Fe ，由于H 浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
（3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水， “中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe 还原为Fe ，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO 结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取；
（5）①已知Al(OH) 的溶度积 ，溶液中Al 浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：,，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为；
②该晶胞的体积为，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为或者。
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