单元过关评估
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．随着人们生活节奏的加快方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品变潮及富脂氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是( )
A．无水CuSO4、蔗糖 B．硅胶、硫酸亚铁
C．食盐、FeSO4 D．生石灰、食盐
【解析】 由题可知防止食品受潮及富脂食品氧化变质，需用干燥剂及还原性物质且应无毒。能吸水潮解且无毒物质为硅胶，而FeSO4具有还原性，能保护食品不被氧化。
【答案】 B
2．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是( )
A．稀硝酸 B．稀盐酸
C．硝酸铜 D．氢氧化钠
【解析】 钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3在Fe、Al的表面形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反应，故不可与钝化的铝条发生反应。
【答案】 C
3．下列物质的主要成分不正确的是( )
A．赤铁矿：Fe2O3 B．铜绿：CuO
C．磁铁矿：Fe3O4 D．铝土矿：Al2O3
【解析】 常见矿物质的主要成分及某些化学物质的俗称与化学式要能对号。铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3。
【答案】 B
4．已知某溶液中存在较多的H＋、SO42－、NO3－，则溶液中还可能大量存在的离子组是( )
A．Al3＋、CH3COO－、Cl－ B．Na＋、NH4＋、Cl－
C．Mg2＋、Cl－、Fe2＋ D．Mg2＋、Ba2＋、Br－
【解析】 因含有H＋和NO3－，说明溶液中含有氧化性离子，能氧化Fe2＋、S2－等还原性离子，同时溶液为酸性，弱酸根离子CH3COO－不能存在，故A、C错；又含SO42－，故Ba2＋不存在，D错。
【答案】 B
5．a g的铜丝灼烧变黑，立即放入下列的某种物质中发生反应，铜丝变红且反应后质量仍为a g，则该物质是( )
A．稀H2SO4 B．C2H5OH
C．CuSO4溶液 D．NaOH溶液
【解析】 铜丝灼烧变黑生成CuO，氧化铜可与H2SO4反应，使铜丝质量减轻；CuO与CuSO4溶液、NaOH溶液不反应，因此铜丝质量增加(增加的氧元素的质量)；CuO与C2H5OH在加热条件下反应：CuO＋C2H5OHCH3CHO＋Cu＋H2O，因此铜丝质量不变。
【答案】 B
6．铁片投入下列溶液后，金属片质量减少，但无气体产生的是( )
A．冷浓HNO3 B．Cu(NO3)2溶液
C．稀硫酸 D．Fe(NO3)3溶液
【解析】 铁与冷浓HNO3钝化，质量增加；铁与Cu(NO3)2反应置换出铜，质量增加；铁与稀H2SO4反应产生H2；铁与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，金属质量减少。
【答案】 D
7．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是( )
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定含Cu2＋
D．剩余固体中一定含铜
【解析】 该题涉及的反应为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。由以上反应可知：Fe、Cu与Fe3＋不共存，Fe与Cu2＋也不共存。当有固体存在时，有两种情况：①固体为Fe、Cu，此时一定无Fe3＋、Cu2＋，一定有Fe2＋；②固体为Cu，此时一定无Fe3＋，可能有Cu2＋，一定有Fe2＋。综合以上两种情况可知A、B、D三项正确。
【答案】 C
8．(2009年山东潍坊一模)在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且a>c，则下列说法正确的是( )
A．残余固体是铜和铁
B．最后得到的溶液中一定含有Cu2＋
C．将残余固体加入到稀硫酸中，有气泡产生
D．最后得到的溶液中可能含有Fe3＋
【解析】 由于a>c，Cu没有完全析出，有Cu2＋在溶液中；因为有金属剩余，不可能还有Fe3＋，有Cu2＋存在也不会有Fe单质存在，B选项正确。
【答案】 B
9．硝酸亚铁溶液中存在下列平衡：Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，向该溶液中滴加稀硫酸，可能观察到的现象是( )
A．沉淀溶解 B．溶液颜色变深绿色
C．溶液变成黄色 D．溶液产生红褐色沉淀
【解析】 本题以亚铁盐为载体考查电离平衡、亚铁盐典型性质的综合运用。问题的关键是，加入稀硫酸对反应体系有哪些影响？加入H＋促进平衡向左移动，若仅停留在这一层面上，会错选B。溶液中含有NO3－，加入酸后，NO3－在H＋作用下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液变黄色，颜色变深。
【答案】 C
10．下列各组离子一定能大量共存的是( )
A．在含大量Fe3＋的溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、SCN－
B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、AlO2－、CO32－
C．在c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42－、NO3－
D．在pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl－、NO3－
【解析】 本题主要考查有关离子反应发生的条件及离子大量共存问题。因Fe3＋可与SCN－结合成难电离的物质Fe(SCN)3，故A组不能大量共存；在强碱性溶液中含大量OH－离子，而K＋、Na＋、AlO2－、CO32－在强碱性溶液中皆可共存，B符合题意；c(H＋)＝10－13mol·L－1，则c(OH－)＝10－1mol·L－1，溶液呈碱性，NH4＋、Al3＋皆不能大量共存，C不符合题意；pH＝1的溶液中含大量H＋，因发生反应3Fe2＋＋NO3－＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，而使D组不能大量共存。
【答案】 B
11．(2008年山东潍坊模拟)在一定条件下，使CO和O2的混合气体26 g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14 g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是( )
A．9∶4 B．1∶1
C．7∶6 D．6∶7
【解析】 CO燃烧生成CO2被Na2O2吸收后，固体的质量增加量为燃烧的CO的质量，则为14 g,14 g CO完全燃烧需要8 g O2，则过量气体为4 g 可能为CO也可能为O2，当为CO过量时，O2与CO质量比为8∶18＝4∶9，当O2过量时，O2与CO质量比为12∶14＝6∶7。
【答案】 D
12．将5.4 g Al投入到200.0 mL 2.0 mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为( )
A．HNO3溶液 B．Ba(OH)2溶液
C．H2SO4溶液 D．HCl溶液
【解析】 因HNO3具有氧化性，与Al反应不产生H2，故A项首先排除。Al与碱反应的关系为Al～OH－，Al与酸反应的关系为Al～3H＋，显然物质的量相等的Ba(OH)2、H2SO4、HCl所消耗的Al的量依次减小，因单选题，故“剩余金属的情况”只能为D项。
【答案】 D
13．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则( )
A．反应过程中得到6.72 L的气体(标况)
B．最终得到的溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
C．最终得到7.8 g的沉淀
D．最终得到的溶液中c(NaCl)＝0.15 mol/L
【解析】 由题n(Na2O2)＝0.2 mol，n(Al)＝0.2 mol，发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，可知生成气体0.4 mol，标况下体积为8.96 L；加入盐酸先和过量的NaOH反应，剩余0.1 mol和NaAlO2反应生成0.1 mol Al(OH)3：NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓，最终溶液为0.3 mol NaCl、0.1 mol NaAlO2。
【答案】 C
14．某500 mL溶液中含0.1 mol Fe2＋、0.2 mol Fe3＋，加入0.2 mol铁粉，待Fe3＋完全还原后，溶液中Fe2＋的物质的量浓度为(假设反应前后体积不变)( )
A．0.4 mol/L B．0.6 mol/L
C．0.8 mol/L D．1.0 mol/L
【解析】 这是一个简单的根据化学方程式的计算题，只要写出2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋计算出新生成的Fe2＋，再加上原Fe2＋，便可迎刃而解。
【答案】 C
15．(2009年广东广州)往含有0.2 mol KOH和0.1 mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72 L(标准状况)时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2的体积V的关系示意图正确的是(气体的溶解忽略不计)( )
【解析】 反应前溶液中离子总物质的量为0.7 mol，其中含n(K＋)＝0.2 mol，n(OH－)＝0.4 mol，n(Ca2＋)＝0.1 mol，当通入0.1 mol CO2时发生反应2OH－＋CO2＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，此时溶液中还有离子共0.4 mol；再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO2＋2OH－===CO32－＋H2O，此时溶液中还含有0.3 mol离子；这时再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO32－＋H2O＋CO2===2HCO3－，此时溶液中离子总物质的量为0.4 mol。
【答案】 D
16．W g含有Fe2O3·xH2O杂质的Al2O3样品可完全溶解在100 mL c(H＋)＝0.1 mol/L的稀H2SO4中，然后向溶液中加入100 mL氨水，恰好得到的沉淀最大质量是N g，则所加氨水的浓度是( )
A．0.05 mol·L－1 B．0.1 mol·L－1
C．0.15 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1
【解析】 混合物中加入稀H2SO4，发生反应：Fe2O3·xH2O＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋(x＋3)H2O；Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O。再加入氨水恰好沉淀完全，则有Fe2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。Al2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4，可得关系式：Fe2O3·xH2O～3H2SO4～2Fe(OH)3～6NH3·H2O；Al2O3～3H2SO4～2Al(OH)3～6NH3·H2O。
即H2SO4 ～ 2NH3·H2O
1 2 mol
0.1 L·c(NH3)
＝，解得c(NH3)＝0.1 mol/L。
【答案】 B
二、非选择题(共52分)
17．(13分)西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子酒香扑鼻，内盛有26 kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。
(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。
提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？
猜想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。
实验步骤：
①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解。观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊。
②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸。观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。
③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝。观察到铁丝表面有红色物质析出。
④实验结论：绿色固体物质中含有________、________、________、________等元素。(提示：装置内的空气因素忽略不计)
(2)表达与交流
①图中标有a、b的仪器名称是：a________；b________。
②上述实验步骤③中发生反应的离子方程式为____________________________________。
③反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是____________________________________________________。
④如果将B、C两装置对调行吗？________。为什么？____________________________________。
【解析】 (1)B中无水CuSO4变蓝证明有H2O生成，C中澄清石灰水变浑浊证明有CO2生成，而②③证明黑色固体为CuO，故推断出绿色固体物质含有C、H、O、Cu等元素。
(2)①a为试管，b为铁架台。
②步骤③为Fe与CuSO4的反应。
③若先撤走酒精灯，则会发生倒吸。
④因B装置是检验有水生成，C装置检验有CO2气体生成，若二者对调，则无法证明是否有水生成。
【答案】 (1)④铜 碳 氢 氧
(2)①试管 铁架台 ②Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋ ③C装置中的液体会倒流入B装置 ④不行 若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成
18．(10分)国务院强调“南水北调”工程必须坚持“三先三后”的原则。在调水工程中，沿途工业污水的任意排放是造成水质恶化的最大隐患。检测某工厂废液中，含有大量的Mg2＋、Al3＋、Cu2＋、Ag＋。试分析回答下列问题：
(1)该废液中可能大量存在的一种阴离子是________(选填序号)。
A．SO42－B．NO3－
C．Cl－ D．CO32－
(2)检验废液中铝元素的含量，需将其从废水样品中分离出来，所用的试剂可以是________，铝元素发生变化的离子方程式是________________________。
(3)为了回收废液中的金属银，某同学设计了如下方案：
若依该方案获得银108 g，为保证不污染环境和氯气的循环利用，理论上应提供标准状况下的氢气________L。
【解析】 (1)SO42－、Cl－与Ag＋不共存；CO32－与Cu2＋、Ag＋、Mg2＋ 、Al3＋都不共存。
(2)利用Al(OH)3的两性将Al元素从废水样品中分离出来。
(3)根据题中转化关系图，2Ag～Cl2～H2
即n(H2)＝n(Ag)＝×＝0.5 mol
V(H2)＝0.5 mol×22.4 L/mol＝11.2 L。
【答案】 (1)B (2)NaOH溶液 Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O (3)11.2
19．(14分)A～I分别表示中学化学中常见的物质，它们之间相互转化关系如下图所示(有部分反应物、生成物没有列出)：
已知A、B、C、D、E、F六种物质中含有同一种元素，G为主族元素的固态氧化物。
(1)写出物质的化学式：
E________，F________，J________。
(2)写出反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
【解析】 由两条线索展开分析，一是G为主族元素的固态氧化物，既溶解于碱又可电解，可推知为Al2O3；二是E和F均是与碱反应后的产物，且E可被空气中的O2氧化成F，可推知E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3。
【答案】 (1)Fe(OH)2 Fe(OH)3 NaAlO2
(2)①Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O
②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
③Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O
20．(15分)(2009年广东广州)2008年9月27日的下午，这是一个激动人心的时刻，“神舟七号”宇航员翟志刚走出飞船，实现了中国太空第一步。这是我国航天史上一座新的里程碑，标志着我国在攀登世界科技高峰的征程上，又迈出了具有重大历史意义的一步。
(1)钛作为一种重要的航天金属，在“神舟七号”飞船上得到广泛的应用，工业上可用钠、镁还原钛的卤化物来制备，写出镁还原四氯化钛的化学反应方程式________________________________________________________________________，
该反应需在氩气气氛中进行的原因是________________________________________________________________________。
(2)“神舟七号”飞船外壳使用了一种新型陶瓷结构材料，主要成分是氮化硅，是一种超硬物质，耐磨损、耐高温。依据氮、硅的原子结构的特点，推测氮化硅的化学式为__________。
(3)“尿不湿”最早应用于航天领域，至今已大量应用于民用领域，这种尿布表面涂有一种既能吸水又能保留水的物质。据你的推测，这种特殊物质的结构可能是________。
A．?CH2CH?OCOCH3 B．?CH2CH?F
C．?CH2CH?OH D．?CCl2CCl2?
(4)肼(N2H4)是“神舟七号”飞船助推火箭发动机的燃料，反应时以N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g) ΔH＝＋8.7 kJ/mol
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534.0 kJ/mol
①肼(N2H4)的电子式为____________。
②写出肼跟N2O4反应的热化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】 钛的冶炼是新课程中增加的内容；原子晶体的判断原则是看物理性质，从题意中不难看出氮化硅是一种原子晶体；第(3)小题“尿不湿”能吸水所以其结构中应有—OH，故选C。
【答案】 (1)TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti Mg在高温下能与空气中的氧气反应，还原钛不能实现，所以要用氩气作保护气
(2)Si3N4 (3)C
(4)①HN·,·· N·,·· H ②N2H4(g)＋N2O4(g)===2N2(g)＋O2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－542.7 kJ/mol
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一、选择题
1．(2009年潍坊高三质检)下列试剂应该保存在棕色试剂瓶中的是( )
A．碳酸氢铵 B．氯化亚铁溶液
C．浓硝酸 D．漂白粉
【解析】 本题考查化学试剂的保存。浓硝酸见光容易分解，应保存在棕色试剂瓶中，其他三种试剂只要密封保存即可。
【答案】 C
2．(2009年德州检测)在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水。以下叙述正确的是( )
A．铝热剂就是单指Fe2O3粉和铝粉的混合物
B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C．还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3∶2∶3
D．明矾属于硫酸盐，含结晶水，是混合物
【解析】 A项铝热剂是难熔金属氧化物和铝组成的混合物，不一定是由三氧化二铁和铝组成；B项检验三氧化二铁的操作步骤为：样品→粉碎→加盐酸溶解→滴加KSCN溶液；D项明矾含有结晶水，但是纯净物；在还原Fe2O3时，1 mol H2失去2 mol电子，1 mol Al失去3 mol电子，1 mol CO失去2 mol电子，所以据得失电子守恒即可判断C正确。
【答案】 C
3．下列实验中，溶液颜色有明显变化的是( )
A．少量明矾溶液加入到过量NaOH溶液中
B．往FeCl3溶液中滴入KI溶液，再滴入淀粉溶液
C．少量Na2O2固体加入到过量NaHSO3溶液中
D．往酸性高锰酸钾溶液中滴入少量Fe2(SO4)3稀溶液
【解析】 A项中Al3＋与过量的OH－作用生成AlO2－，溶液颜色不变化；B项中，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，I2和淀粉作用溶液变蓝；C项中虽发生氧化还原反应，但溶液颜色不变化；D项中二者不发生化学反应，溶液颜色无明显变化，故选B。
【答案】 B
4．下列离子方程式书写正确的是( )
A．铝粉投入到NaOH溶液中：
2Al＋2OH－===2AlO2－＋H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
【解析】 离子反应方程式必须符合反应原理，铝与强碱溶液的反应中，氧化剂是水而不是碱，A错；氨水是弱碱不能写成离子形式，B错；离子方程式必须符合质量(原子个数)守恒和离子总电荷守恒，所以C错。
【答案】 D
5．某研究性学习小组为了检验硫酸亚铁铵晶体中含有NH4＋、Fe2＋、SO42－和H2O，设计了如下实验步骤：①取少量晶体放在试管内，用酒精灯加热试管口有液体产生，说明晶体中含有水；②将加热后剩余的晶体溶解于水，加入用盐酸酸化过的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明晶体中含有SO42－；③滤去白色沉淀，向滤液中加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，有能使红色石蕊试纸变蓝的气体产生，说明晶体中含有NH4＋；④向步骤③的剩余液体中加入KSCN溶液，无明显变化，再加入少量氯水，溶液变红色，说明晶体中含有亚铁离子，其中不能达到实验目的的是( )
A．①③④ B．①④
C．③④ D．④
【解析】 ①能证明晶体中含有水；②是SO42－的检验，正确；③中产生使红色石蕊试液变蓝的气体一定为NH3，证明晶体中有NH4＋，③正确；但在该过程中加入过量的浓NaOH溶液，则Fe2＋完全被OH－沉淀，因此④不能达到实验目的，故选D。
【答案】 D
6．在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目变化最小的是( )
A．Na＋ B．Al3＋
C．Fe3＋ D．Fe2＋
【解析】 Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－，故Na＋数目增多；B项中，Al3＋Al(OH)3Al3＋，所以Al3＋数目不变化；C、D两项中，Fe3＋Fe(OH)3Fe3＋，但同时还有Fe2＋的变化：Fe2＋Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3＋，所以Fe3＋增多，Fe2＋减少，故选B。
【答案】 B
7．(2009年长春高中毕业班测试)用类推的方法可能会得出错误结论，因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列类推结论中正确的是( )
A．Na失火不能用CO2灭火，K失火不能用CO2灭火
B．工业上电解熔融MgCl2制取金属镁，也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝
C．Al与S直接化合可以得到Al2S3，Fe与S直接化合也可以得到Fe2S3
D．Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3，Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3
【解析】 AlCl3为共价化合物，熔融状态不导电，故不能用电解熔解AlCl3的方法制取金属铝；Fe与S直接化合只能生成FeS；Pb3O4中铅的化合价分别为＋4价和＋2价，故Pb3O4应写成2PbO·PbO2的形式。
【答案】 A
8．某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50 mL b mol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。下列说法正确的是( )
A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋
C．若金属全部溶解，且产生336 mL气体(标准状况)，则b＝0.3
D．当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a和b的关系为b≥80y
【解析】 A项，溶液中还含有NO3－；B项，是否含有Fe3＋取决于Fe和HNO3的量；C项，溶液中还含有NO3－；D项，由于溶液中只有Fe3＋、Cu2＋说明HNO3足量。故其浓度可由下面两个反应求得：Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
【答案】 AD
9．某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示，则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为( )
A．1∶1∶1 B．1∶3∶1
C．3∶3∶8 D．1∶1∶4
【解析】 加入Fe粉的过程中发生的反应依次为：
Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O①
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu③
铁粉加至1 mol前是与HNO3反应，由反应①知原溶液中HNO3为4 mol(生成1 mol Fe3＋)。铁粉从1 mol到2 mol时是与Fe3＋反应，消耗2 mol Fe3＋，据反应②知原有的Fe(NO3)2为2 mol－1 mol。铁粉从2 mol到3 mol时，由反应③得其中1 mol Fe消耗Cu2＋ 1 mol，所以Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1∶1∶4。
【答案】 D
10．(2009年广东四校联考)向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )
A．0.24 mol B．0.21 mol
C．0.16 mol D．0.14 mol
【解析】 依题意可知生成的溶液为Fe(NO3)2，则铁元素的物质的量溶液中硝酸根离子的一半，生成的溶液中的硝酸根离子的物质的量为0.12 L×4 mol/L－＝0.42 mol，则混合粉末中共含铁0.21 mol。
【答案】 B
11．(2009年梅州模拟)用一定物质的量浓度的NaOH溶液，使相同体积的FeCl2和FeCl3溶液完全沉淀，若NaOH溶液的体积相同，那么，FeCl2和FeCl3溶液中溶质的物质的量之比是( )
A．1∶1 B．3∶2
C．2∶3 D．3∶1
【解析】 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，
因此＝＝3∶2，选B。
【答案】 B
12．(2009年江南十校高三联考)氧化铁和氧化铜混合物m g，加3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，若m g的该混合物在过量氢气流中加热充分反应，冷却后剩余固体质量为( )
A．(m－1.6)g B．(m－2.4)g
C．(m－3.2)g D．无法确定
【解析】 依题意加入3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，则生成氯化铁和氯化铜，氯离子的物质的量为0.3 mol，利用“价态替换”，即这些金属离子与氧原子结合，则需氧原子0.15 mol，即m g金属氧化物中含有0.15 mol氧原子，故金属共有(m－2.4)g。
【答案】 B
二、非选择题
13．铁是日常生活中最常见的金属，某班同学在学习铁的知识时，有下列问题：
问题1：铁为何称为黑色金属？
问题2：CuO在高温下可分解为Cu2O和O2，Fe2O3在高温下可分解为FeO和O2吗？
(1)对于问题1，同学们上网查找，有两种解释：
A．因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物，所以叫做黑色金属
B．因为铁的粉末为黑色，铁的氧化物也均为黑色，所以叫做黑色金属
①你认为正确的说法是________。
②若有一黑色粉末，如何鉴别是铁粉，还是Fe3O4粉末：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③若有一黑色粉末，为铁和四氧化三铁的混合物，如何证明其中有Fe3O4(只要求简述实验方法)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)对于问题2，同学们准备实验探究，他们设想了两种方法：
A．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后颜色是否变化
B．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后质量是否变化
①实验中应将Fe2O3放在________(填仪器名称)中灼烧。
②方法A中，如果高温灼烧后颜色由________变为________，说明Fe2O3确实发生了变化。能说明生成的一定为FeO吗？________。理由是______________。
③方法B中，如果发生了预期的反应，固体高温灼烧前后质量比应为________，但是，实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，则高温灼烧后生成物是________。
④比较两种方法，你认为较好的方法是________。
【解析】 (1)①因为铁的表面上有黑色的铁的氧化物，故称为黑色金属，A说法正确。②对于铁粉和Fe3O4粉末，可根据前者是活泼金属，与酸发生反应产生气泡来鉴别。③证明黑色粉末中有Fe3O4，可利用H2或CO还原的办法。
(2) ①加热固体应放在坩埚中进行。②方法A中，若高温灼烧后颜色由红棕色变成黑色，说明Fe2O3(红棕色)发生了化学变化，但不一定生成FeO，因为生成的也可能是黑色的Fe3O4。③若Fe2O3分解生成FeO，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝，若分解生成Fe3O4，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝。④比较A、B两种方法可看出方法B更严密，此法涉及了定量的计算，而方法A仅定性地从颜色来观察，不严密。
【答案】 (1)①A
②取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，若有气泡产生则原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原黑色粉末为Fe3O4
③用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测是否有水产生(或用纯净的一氧化碳与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测是否有二氧化碳产生)(其他合理答案也可)
(2)①坩埚
②红棕色 黑色 不能 也可能为Fe3O4
③10∶9 Fe3O4
④B
14．(2009年山东理综)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
(1)溶液A中的金属离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为________(填代号)，检验溶液A中Fe3＋的最佳试剂为________(填代号)。
a．KMnO4 b．(NH4)2S
c．H2O2 d．KSCN
(2)由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、________、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是________________________________________________________________________。
(3)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)__________(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列________装置回收(填代号)。
(4)欲测定溶液A中Fe2＋的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应____________，直到________________________________________________________________________
________。用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
【解析】 (1)由题意分析可知试剂①应为氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋且不能引入新的杂质，故为H2O2；KSCN与Fe3＋反应呈明显的红色。
(2)由溶液到晶体的操作是加热蒸发、冷却结晶、过滤等基本操作；在过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还用到玻璃棒，它的主要作用是引流。
(3)应先向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故应加NH3·H2O。NH3的溶解度很大，应选用一套防止倒吸的装置，故选用b。
(4)用容量瓶配制溶液定容时视线应平视凹液面，直到凹液面的最低点与刻度线相切；KMnO4溶液具有强氧化性；能氧化碱式滴定管中的橡胶管，故选用酸式滴定管。
【答案】 (1)c d (2)冷却结晶 引流
(3)NH3·H2O b
(4)平视凹液面(或平视刻度线) 凹液面的最低点与刻度线相切 酸式
15．(2008年北京理综)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：
(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)____________。
(2)Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是__________________________。
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是______________________。
(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)________________。
(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是________________________________。
(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)________________________________________________________________________。
【解析】 首先要注意框图中量的描述“过量”，然后作大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析。
大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有Fe、Cu，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3。两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量。Y中溶液定有Fe2＋，还可能有Al3＋。Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu。
(1)若有Al，则应有2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－或AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－，有白色沉淀产生。无明显变化说明原混合物中无Al。
(2)①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO2＋2NaHCO3===Na2SO3＋2CO2＋H2O，则浓酸为浓硫酸。
②若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸。
(3)Y中溶液中有大量的Fe2＋，少量H＋，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO,2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，HClO＋H＋＋Cu===Cu2＋＋Cl－＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。所以溶液中的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、H＋。
(4)当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，且有红褐色沉淀[Fe(OH)3]生成。则I－与Fe2＋共同还原H2O2：4I－＋2Fe2＋＋3H2O2===2I2＋2Fe(OH)3↓。(这是一个新动向，氧化剂或还原剂不止一种的氧化还原反应离子方程式的书写！)
(5)通过前面的分析已知原样品中一定有CuO和C，一定无Al，Fe2O3、Fe是否存在不能确定。另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Cu，则一定不会发生Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，则原样品中无Fe，可能的组合有：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。
【答案】 (1)Al
(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
②NO、CO2
(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋
(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2
(5)CuO、C；CuO、C、Fe2O3
16．下面是制备Fe(OH)2白色沉淀的几种方案。请回答下列各问题：
(1)用不含Fe3＋的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入____________________。
②除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。
③生成Fe(OH)2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是________________________________________________________________________。
(2)在如右图所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。
①在试管Ⅰ里加入的试剂是________________________________________________________________________。
②在试管Ⅱ里加入的试剂是________________________________________________________________________。
③为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
④这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，理由是
________________________________________________________________________。
(3)利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)
2白色沉淀。如右图所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁。
①a电极的材料应为 ，电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②电解液c可以是 (填编号)。
A．纯水 B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2溶液
③d为苯，其作用是________________________________________________________________________，
在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？______________。
④为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________(填编号)。
A．改用稀H2SO4作电解液
B．适当增大电源的电压
C．适当减小两极间的距离
D．适当降低电解液的温度
⑤若c用Na2SO4溶液，当电解一段时间后看到白色Fe(OH)2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为________________________________________________________________________。
【解析】 (1)Fe2＋易水解，要加入稀H2SO4防止其水解；Fe2＋易被空气中的O2氧化，要加铁粉，将被氧化的Fe3＋还原成Fe2＋。气体的溶解度随着温度升高而降低，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。
(2)两支试管，试管Ⅱ是开口式，无法用产生的气体将试液压入试管Ⅰ中，所以制取FeSO4应放在试管Ⅰ中，而在试管Ⅱ中盛不含O2的NaOH溶液，当Fe与稀H2SO4放入试管Ⅰ后，产生的H2可以从试管Ⅰ内短管处排出，从而排尽试管Ⅰ内空气。再经过止水夹通入试管Ⅱ中，排尽试管Ⅱ内空气。然后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，造成管内压强增大，将试管Ⅰ内FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内，在此过程中，液体都处于H2环境，从而避免了被空气中O2的氧化，使得Fe(OH)2能保存更长时间。
(3)电解时阳极反应Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，或电解质溶液能直接提供OH－，Fe2＋与OH－发生反应Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，当电解液选用NaOH溶液时，在阳极处立即产生白色沉淀，选其他溶液时，只有迁移后两者相遇时才能产生沉淀(大约在电解池中部)；当反接电源后，阳极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，产生的O2立即把Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。
【答案】 (1)①稀H2SO4、铁屑 ②煮沸 ③避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
(2)①稀H2SO4和铁屑 ②NaOH溶液 ③检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹
④试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界O2不易进入
(3)①Fe Fe－2e－===Fe2＋ ②BC ③隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化 加热煮沸，排出溶解的O2 ④BC ⑤白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色
课件81张PPT。第3讲 铁、铜及其化合物
1．理解铁盐和亚铁盐的相互转化。
2．掌握铁及其重要化合物的性质和用途。
3．掌握Fe2＋、Fe3＋的检验方法。一、铁的单质1．铁在地壳中的含量仅次于铝，主要以 态形式存在(除陨铁)。我国在 开始使用铁，在春秋初期我国已掌握冶铁技术。铁位于元素周期表中第四周期，第 族，是过渡金属元素的代表。铁原子在化学反应中容易失去 个或 个电子，因此，铁的常见化合价是 价 和 价。其化合物及其水溶液往往带有颜色。化合商代Ⅷ23＋2＋32．常温下，铁单质比较活泼，具有较强的还原性。主要表现(写出反应方程式)：
(1)铁在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成 固体：3Fe＋2O2 。
(2)铁跟氯气、硫的反应： (有棕黄色的烟)、 FeS。
(3)铁与非氧化性酸(如盐酸)反应： ，常温下遇浓H2SO4、浓HNO3会发生 作用，加热时会剧烈反应，但不会有H2产生。
(4)铁与水蒸气的反应： 。
(5)铁与某些盐溶液反应：Fe＋CuSO4=== ；Fe＋2FeCl3=== 。黑色Fe3O42Fe＋3Cl2 2FeCl3Fe＋SFe＋2HCl===FeCl2＋H2↑钝化FeSO4＋Cu3FeCl23Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H23．铁跟O2在不同条件下生成的氧化物中呈红棕色的是 ，四氧化三铁具有磁性，它是一种结构较复杂的氧化物，可以看作 ，其中1/3的铁元素显 价，2/3的铁元素是 价。二、铁的化合物1．铁的氧化物
铁的氧化物主要有FeO、Fe2O3、Fe3O4，其中具有磁性的是 ；红棕色粉末，可用作油漆颜料的是 。氧化铁FeO·Fe2O3＋3Fe3O4Fe2O3＋2完成下列化学方程式：
(1)FeO在空气中加热： 。
(2)FeO和稀H2SO4反应： 。
(3)Fe2O3和稀H2SO4反应：
。 2．铁的氢氧化物
(1)氢氧化亚铁：FeSO4＋2NaOH=== (白色)＋Na2SO4,
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=== （红褐色)。
(2)氢氧化铁：受热发生 ：2Fe(OH)3 。6FeO＋O2 2Fe3O4FeO＋H2SO4===FeSO4＋H2OFe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2OFe(OH)2↓4Fe(OH)3分解反应Fe2O3＋3H2O3．铁盐和亚铁盐
(1)亚铁盐
含有Fe2＋的溶液呈 色，Fe2＋既有 性，也有 性，与Zn、Cl2反应的离子方程式分别为： ，
。
(2)铁盐
①氧化性
含有Fe3＋的溶液呈黄色，Fe3＋具有氧化性，与Cu、I－反应的离子方程式分别为： ， 。
②特性
含有Fe3＋的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色，反应的离子方程式为
。Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－浅绿氧化还原2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)31．铜单质的化学性质
三、铜2Cu＋O2 2CuO2Cu＋S Cu2SCu＋Cl2 CuCl2Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2OCu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl22Cu＋CO2＋O2＋H2O===Cu2(OH)2CO32.氧化铜
CuO＋HCl——
H2＋CuO
C＋CuO
CuO＋2HCl===CuCl2＋H2OH2＋CuO Cu＋H2O2CuO＋C 2Cu＋CO23．Cu(OH)2
Cu(OH)2＋HCl——
Cu(OH)2
CH2(OH)(CHOH)4CHO＋Cu(OH)2
Cu(OH)2＋2HCl===CuCl2＋2H2OCu(OH)2 CuO＋H2OCH2(OH)(CHOH)4CHO＋2Cu(OH)2CH2(OH)(CHOH)4COOH＋Cu2O↓＋2H2O4．CuSO4
CuSO4＋NaOH——
CuSO4·5H2O
CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4CuSO4·5H2O CuSO4＋5H2O铁的单质1．Fe转化为Fe2＋的四类反应
(1)转换反应
(2)电化学的电极反应
(3)与弱氧化剂(I2、S)反应
(4)与Fe3＋反应
2．Fe转化为Fe3＋的反应
(1)与氧化性较强的非金属单质(Cl2、O2、Br2等)。
(2)与强氧化性酸(HNO3、浓H2SO4等)。3．有关铁与HNO3反应的计算规律
(1)审清两种物质的量
①明确哪种物质过量；
②根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应方程式：
HNO3过量时：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O①
Fe过量时：Fe＋2Fe(NO3)3===3Fe(NO3)2②
①×2＋②得总方程式：
3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，可以用数轴表示：
(2)注意不同范围产物的变化
① ≤ ，产物仅有Fe(NO3)3，HNO3可能有剩余。
② ≥ ，产物仅有Fe(NO3)2，Fe可能有剩余。
③ < < ，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。 (2008年高考宁夏理综)某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3＋、Cu2＋、Au3＋等离子。有人设计了如下图所示的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。
填写下面空白：
(1)图中标号处需加入的相应物质分别是①_____________、②___________、③__________、④__________、⑤__________；
(2)写出①处发生反应的离子方程式_______________________________________________________；
写出③处发生反应的化学方程式____________________；
(3)铁红的化学式为__________；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红__________；氧化铜__________ 。
【导航】 本题主要考查了元素与化合物的有关知识。通过对工业废水的处理，题目设计了高中重要的元素Fe、Cu的有关性质内容，涉及内容主要有物质推断、化学用语、物质用途等。【解析】 在解此题时宜采用逆向推断法。从题中给出信息可知，首先分离的应是铁元素，所加最佳试剂应是铁粉，E溶液中含Fe2+，铁红成分为Fe2O3，可联想到高中重要反应2Fe(OH) Fe2O3＋3H2O，试剂⑤应为可溶性碱(NaOH或氨水)；当加入过量铁粉后，所得A应为固体Fe、Cu、Au的混合物，此时，只需加入稀硫酸(试剂②)后过滤可得Cu、Au混合物B，再加入稀硝酸试剂③可使Cu、Au得到分离，Cu(NO3)2加可溶性碱后所得Cu(OH)2沉淀加热得到CuO。【答案】 (1)①铁屑 ②稀硫酸 ③稀硝酸 ④氢氧化钠
⑤氢氧化钠
(2)Fe+2H+===Fe2++H2↑、2Fe3++Fe===3Fe2+、
Cu2++Fe===Cu+Fe2+、2Au3++3Fe===2Au+3Fe2+
3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)Fe2O3 用做红色涂料 用做制造铜盐的原料 铁的重要化合物1．铁的氧化物的性质比较2.Fe(OH)2和Fe(OH)3
【注意】 实验中若要观察到白色的Fe(OH)2沉淀，需对实验进行以下改造：
①除去亚铁盐溶液里的Fe3＋离子。反应用新制备的亚铁盐溶液(同时溶液放铁屑)。
②排尽溶液中溶解的氧气，以减慢Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3的速率。实验中分别加热亚铁盐溶液和碱溶液。
③反应液避免跟空气接触或在反应液的上面加一层保护层，如汽油、苯等。实验中把滴管尖嘴直接插入液面下再挤出碱溶液。
若Fe(OH)2与强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)反应，则Fe2＋被氧化成＋3价铁的化合物。Fe(OH)3溶于HI酸时要考虑Fe3＋氧化I－的反应[2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O]。根据下述实验装置和操作，回答有关问题。
按下图所示装置，用两种不同操作分别进行实验，观察B管中现象。
操作1：先夹紧止水夹a，再使A管开始反应，实验中B管观察到的现象是_________________________________________________。
B管发生反应的离子方程式是____________________。
操作2：打开止水夹a，使A管开始反应一段时间后再夹紧止水夹a，实验中在B管观察到的现象是_________________。B管中发生的离子方程是______________________________。【导航】 此题是围绕Fe(OH)2的实验室制法设计的。由于Fe(OH)2极易被氧化为Fe(OH)3，溶液中溶解的O2就能把它氧化。此题既考查了实验能力，又考查了思维的严密性、整体性和创造性。【解析】 本题有关的反应为Fe与H2SO4反应放出氢气，同时制备出无氧的FeSO4溶液。并通过产生的氢气排除装置中的空气；当关闭止水夹后，让产生的氢气将A中的溶液压入B中发生反应FeSO4＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋Na2SO4，由于装置中的空气被排尽，所以产生的Fe(OH)2能保护较长时间的白色。当夹紧a时，A试管便成了一个封闭体系，产生的H2使A试管内压强增大，将生成的FeSO4溶液压入B中，从而发生反应生成Fe(OH)2，而NaOH溶液中溶解的O2可将Fe(OH)2迅速氧化，最后转变成Fe(OH)3，所以看到白色沉淀的时间很短。当用操作2时，产生的H2首先通过导气管通入到B中的NaOH溶液中，将其中溶解的O2赶走，再夹紧a时，FeSO4溶液压入B中，此时反应所产生的Fe(OH)2在一段时间内不变色。【答案】 先出现白色絮状沉沉，然后沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 打开止水夹时，溶液中的导气管口有气泡冒出，夹紧夹子后出现白色沉淀，短时间内沉淀不变色 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓Fe2＋和Fe3＋的性质与检验1．溶液中的Fe3＋呈黄色，在溶液中能水解显酸性，具有较强的氧化性。如：
Fe3＋＋3H2O? ?Fe(OH)3＋3H＋(显酸性)
2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2．溶液中的Fe2＋呈浅绿色，Fe2＋既具有氧化性，又具有还原性(以还原性为主)。如：
Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O(空气中易氧化)【注意】 保存亚铁盐溶液必须密封，并在溶液中放入(少量)铁粉，使被O2氧化成的Fe3＋转化为Fe2＋。
常将废水中的Fe2＋氧化成Fe3＋，通过调节溶液的pH(成为碱性)，使Fe3＋成为Fe(OH)3沉淀而除去。
4Fe2＋＋O2＋2H2O＋8OH－===4Fe(OH)3↓3．Fe3＋和Fe2＋的检验
(1)Fe3＋的检验
①观察法：Fe3＋的溶液呈黄色。
②SCN－法：滴加KSCN(或NH4SCN)无色溶液，溶液变血红色。
Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
③碱法：滴加碱溶液，产生红褐色沉淀。
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
④Cu片法：加入铜片，溶液由黄色变为蓝绿色。
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋(2)Fe2＋的检验
①观察法：Fe2＋的溶液呈浅绿色。
②碱法：滴加碱溶液，生成白色絮状沉淀，该沉淀逐渐转变成灰绿色，最后变红褐色。
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
③SCN－法：滴加KSCN溶液，无明显现象，再加入新制氯水溶液为血红色。
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
④KMnO4(Br2水)法：加入少量酸性KMnO4(或Br2水)能使之褪色。
5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－ A、B两种固体，都由甲、乙两种元素组成。在A、B中，甲、乙两种元素的原子个数比分别为1∶1和1∶2。高温煅烧A、B时，产物都是C(固体)和D(气体)，由D可制得E(酸)。E和另一种酸组成的混合酸跟甲苯反应可生成三硝基甲苯。C与E的稀溶液反应得到溶液F，往F溶液中加入氢氧化钠溶液，有红褐色沉淀生成，该沉淀经灼烧后转变成C。往F溶液中加入甲元素的单质得到溶液G。试根据以上信息填写下列空白：
(1)A的化学式(分子式)是__________。
(2)B煅烧生成C和D的化学方程式是__________________；甲元素的单质与F溶液反应的离子方程式是__________。
(3)往G溶液中加入NaOH溶液发生的现象是________________________。【导航】 找出题目中的两个“题眼”，即：“混合酸与甲苯反应生成三硝基甲苯”，得出：“混酸”为浓硫酸和浓硝酸，结合前面的叙述，可以判断E酸是硫酸；“红褐色沉淀”，可以判断是氢氧化铁，C为Fe2O3。突破了这两点，本题中的各物质将一一突破。
【解析】 根据“E和另一种酸组成的混合酸跟甲苯反应可生成三硝基甲苯”可知酸E为HNO3或H2SO4。制HNO3一般通过NH3的催化氧化等反应，其中不涉及固体，与题意不符，所以酸E为H2SO4。A、B分别为FeS和FeS2，C为Fe2O3，D为SO2。其余物质是F为Fe2(SO4)3、G为FeSO4。【答案】 (1)FeS
(2)4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
(3)生成白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最终变成红褐色铜及其化合物1．单质铜的性质
(1)物质性质：紫红色固体
(2)与非金属反应：2Cu＋O2 2CuO
2Cu＋S Cu2S Cu＋Cl2 CuCl2
(3)与强氧化性酸反应
Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
2．铜的氧化物3.碱式碳酸铜
化学式：Cu2(OH)2CO3，俗名：孔雀石，绿色固体。
铜在潮湿的空气中能被氧化成铜锈：
2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3
4．胆矾
化学式：CuSO4·5H2O，蓝色晶体，受热分解失水转化成白色粉末。
CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O↑ 氧化铜有多种用途，如用作玻璃着色剂、油类脱硫剂等。为获得纯净的氧化铜以探究其性质，某同学用工业硫酸铜(含硫酸亚铁等杂质)进行如下实验：
(1)制备氧化铜
工业CuSO4CuSO4溶液CuSO4·5H2O―→……―→CuO
①步骤Ⅰ的目的是除不溶性杂质。操作是_________。
②步骤Ⅱ的目的是除铁。操作是：滴加H2O2溶液，稍加热；当Fe2＋转化完全后，慢慢加入Cu2(OH)2CO3粉末，搅拌，以控制溶液pH＝3.5；加热煮沸一段时间，过滤，用稀硫酸酸化滤液至pH＝1。控制溶液pH＝3.5的原因是________________________________________。③步骤Ⅲ的目的是得到CuSO4·5H2O晶体。操作是____________________，过滤，水浴加热烘干。水浴加热的特点是______________________________。
(2)探究氧化铜性质
①取A、B两支试管，往A中加入适量CuO粉末，再分别向A和B中加入等体积的3%H2O2溶液，只观察到A中有大量气泡。结论是____________________。
②为探究试管A中反应的速率，收集气体并测定其体积，必需的实验仪器有__________________。【导航】 Cu2＋中混有Fe2＋，除去的一般方法是先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再控制溶液的pH在3～4之间，即可使Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，而与Cu2＋分离。
【解析】 (1)工业品硫酸铜是固体物质，因此要考虑溶解后才能过滤，因此步骤中要称量(合适的样品量)、溶解(为过滤和后续的除杂做准备)、过滤(除去不溶性杂质)。(2)由于Fe2＋离子的沉淀pH较高，因此用H2O2(一种绿色氧化剂)将Fe2＋氧化为Fe3＋，为下一步调整pH使Fe3＋沉淀，而Cu2＋不沉淀做准备。其中加入碱式碳酸铜就是为了中和其中的酸提高pH。(3)CuSO4·5H2O受热容易失水，故需要比较准确的控制温度，并能使溶液均匀受热。(4)CuO、MnO2等金属氧化物可以催化H2O2的分解。(5)测量气体的体积通常可以用量气管或者通过排水测量水的体积来进行。
【答案】 (1)①称量、溶解、过滤 ②既促进Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，又阻止Cu2＋的水解 ③蒸发浓缩、冷却结晶 容易控制加热温度，且温度不超过100 ℃；加热均匀
(2)①CuO对H2O2的分解有催化作用 ②水槽(或集气瓶)、导管、量筒、秒表(计时器)1．(2009年海南单科)用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是( )
A．PbO B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2 【解析】 根据CO～CO2～CaCO3的关系可知，13.7 g铅的氧化物中，n(O)＝0.08 mol，则n(Pb)＝0.06 mol，所以n(Pb)∶n(O)＝3∶4，则铅氧化物的化学式为Pb3O4。
【答案】 C2．(2009年北京理综)下列叙述正确的是( )
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变【解析】 A项，BaCO3、BaSO3都与H＋反应，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu(NO3)2固体后会发生：3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O的离子反应，铜粉会溶解；C项，发生的反应依次为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；D项，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成Cu—Zn原电池，会加速产生H2的速率。
【答案】 C3．(2009年北京理综)以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略)：
Ⅰ.从废液中提纯并结晶出FeSO4·7H2O。
Ⅱ.将FeSO4·7H2O配制成溶液。
Ⅲ.FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液。
Ⅳ.将浊液过滤，用90 ℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体。
Ⅴ.煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体。
已知：NH4HCO3在热水中分解。 (1)Ⅰ中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3＋，该反应的离子方程式是_______________________________________________________。
(2)Ⅱ中，需加一定量硫酸。运用化学平衡原理简述硫酸的作用____________________________________________________。
(3)Ⅲ中，生成FeCO3的离子方程式是_____________________________________________________。
若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是_______________________________________________________。(4)Ⅳ中，通过检验SO42－来判断沉淀是否洗涤干净，检验SO42－的操作是_______________________________________________。
(5)已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2。现煅烧464.0 kg的FeCO3，得到316.8 kg产品。若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是________kg。(摩尔质量/g·mol－1：FeCO3 116 Fe2O3 160 FeO 72)【解析】 (1)注意配平。
(2)FeSO4属强酸弱碱盐，Fe2＋水解，加硫酸显然是为了抑制Fe2＋的水解。
(3)可分步理解：Fe2＋＋HCO3－===FeCO3↓＋H＋，H＋＋HCO3－===H2O＋CO2↑。FeCO3的变化属信息方程式的书写，由Fe(OH)3的生成确定H2O、O2参与反应。
(4)属较常规的设问，平时的实验基础要扎实。
(5)FeCO3中的铁元素分别转移到Fe2O3、FeO中，根据铁元素守恒来解题。设产物中FeO、Fe2O3的物质的量分别为x、y，则72x＋106y＝316.8×103，x＋2y＝464.0/116×103
解得：x＝400 mol，y＝1 800 mol，m(Fe2O3)＝1 800 mol×160×10－3 kg/mol＝288 kg。【答案】 (1)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
(2)加入硫酸，H＋浓度增大，使Fe2＋＋2H2O? ?Fe(OH)2＋2H＋的平衡向逆反应方向移动，从而抑制Fe2＋的水解
(3)Fe2＋＋2HCO3－===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
4FeCO3＋6H2O＋O2===4Fe(OH)3↓＋4CO2
(4)取少量洗涤后的溶液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀洗涤干净
(5)2884．(2008年江苏化学)根据下列框图回答问题(答题时，方程式中的M、E用所对应的元素符号表示)：
(1)写出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式： ___________________________________________。
(2)某同学取X的溶液，酸化后加入KI淀粉溶液，变为蓝色。写出与上述变化过程相关的离子方程式： ______________，____________________。(3)写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式： __________________________。
(4)由E制备出的E(C5H5)2的结构如右图所示，
其中氢原子的化学环境完全相同。但早期人们却错误地认为它的结构为：。核磁共振法能够区分这两种结构。在核磁共振氢谱中，正确的结构有______种峰，错误的结构有______种峰。【解析】 (1)借助图中红色金属到蓝色溶液这一信息，可判断M为Cu，方程式：Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O；(2)借助Y遇KSCN出现红色溶液，而Y是由X氧化而来，则推知E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，所以离子反应为：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2；(3)根据上述分析，则Z为Fe(OH)3，K2EO4为高铁酸钾，反应式为：10KOH＋3Cl2＋2Fe(OH)3===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；
(4)E(C5H5)2的2种结构，一种为，一个环内有2个碳碳双键，所以有3种不同环境的氢原子；另一种，环类似于苯环，形成的是一个大π键，所以只有1种不同环境的氢原子。【答案】 (1)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O
(2)4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
(3)10KOH＋3Cl2＋2Fe(OH)3===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O
(4)1 35．(2008年广东化学)铜在自然界存在于多种矿石中，如：请回答下列问题：
(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是_______。(2)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑，反应的氧化剂是________________。
(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是_______________________；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称______________。
(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的原理：
___________________________________________________________________。
(5)下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是________(填字母)。【解析】 (1)根据四种矿石主要成分的化学式及元素的相对原子质量进行估算能快速选出Cu2S。
(2)Cu2S和Cu2O中＋1价的铜化合价都降低了，所以二者都是氧化剂。
(3)结合SO2的性质和用途来回答。
(4)回忆课本电解原理的应用——粗铜的精炼。(5)A项，铜绿主要成分是Cu2(OH)2CO3，可视为
Cu(OH)2·CuCO3，所以铜绿能和盐酸反应，所以A项判断是正确的。B项，铜表面生锈生成的是铜绿，不是致密的氧化物。铜和浓硫酸在温度较高时能反应，不能用铜容器盛放浓H2SO4，所以B项判断是错误的。C项，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ中铁铜在潮湿的空气中能组成原电池，发生电化腐蚀。所以C项的判断是错误的。D项，CuSO4·5H2O受热失水是化学变化。因为Cu2＋是重金属离子，可使蛋白质变性，有杀菌能力，故能作游泳池的消毒剂。所以D项判断是正确的。【答案】 (1)Cu2S (2)Cu2S和Cu2O
(3)形成酸雨，会对植物和建筑物等造成严重危害 硫酸、硫酸钠
(4)以硫酸铜—硫酸溶液为电解液。电解时，粗铜(阳极)中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，不如铜活泼的金属沉入电解槽形成“阳极泥”；溶液中的Cu2＋得到电子沉积在纯铜(阴极)上。
(5)AD1．(2009年台湾)已知铁锈的化学式为Fe(OH)3。在常温常压下，铁生锈除了需要氧，还必须有下列哪一种物质的存在( )
A．水 B．盐
C．氮 D．氧
E．臭氧
【解析】 铁生锈的有关化学反应：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3Z，所以，铁生锈除了有氧气还必须有水。
【答案】 A 2．(2007年高考江苏卷)下列有关实验的说法正确的是( )
A．除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤
B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C．制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中
D．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32－【解析】 A项，Fe粉不与NaOH溶液反应，Al粉溶解。B项，瓷坩埚中SiO2与NaOH反应。C项，应在沸水中滴加适量FeCl3饱和溶液，并加热至出现红褐色为止。D项，含HCO3－、SO32－、HSO3－都可。
【答案】 A3．要证明某溶液中不含Fe3＋而可能含有Fe2＋，进行如下实验操作时，最佳顺序为( )
①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液 ③加入少量NH4SCN溶液
A．①③ B．③②
C．③① D．①②③
【解析】 检验Fe3＋存在可以利用Fe3＋与SCN－反应溶液变红色的性质。而Fe2＋无此性质，但需向加入NH4SCN的Fe2＋溶液中加入氯水，因为氯水可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，故溶液将变红，但在考虑将Fe2＋氧化为Fe3＋时，不能使用KMnO4溶液，因为KMnO4溶液本身有颜色，影响实验效果。
【答案】 C 4．(2010年湖南四市九校联考)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2＋＋2S2O32－＋O2＋xOH－===Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列说法不正确的是( )
A．每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总物质的量为4 mol
B．Fe2＋和S2O32－都是还原剂
C．1 mol Fe2＋被氧化时，被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol
D．x＝4
【解析】 1 mol Fe2＋被氧化时，其转移电子的物质的量为1 mol，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol。
【答案】 C5．在FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是( )
A．Cu2＋ B．Fe3＋
C．Fe2＋ D．H＋
【解析】 本题可据离子共存来判断，因为Fe粉过量，则无Fe3＋、Cu2＋、H＋，故选C。
【答案】 C6．(2009年成都模拟)某铁的氧化物，用7 mol/L的盐酸100 mL在一定条件下恰好完全溶解，所得溶液再通入0.56 L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2＋完全转化为Fe3＋。则该氧化物的化学式可表示为( )
A．FeO B．Fe3O4
C．Fe4O5 D．Fe5O7【解析】 根据守恒原理，当用0.7 mol HCl溶解该氧化物后，其氧化物中氧元素完全由氯元素所替代，n(Cl－)＝0.7 mol，则知：n(O)＝0.35 mol。又通入0.56 L Cl2后，Fe2＋被氧化为Fe3＋。此时溶液中，n(Fe3＋)∶n(Cl－)＝1∶3，则n(Fe3＋)＝
mol＝0.25 mol。则原铁的氧化物中，
n(Fe)∶n(O)＝0.25∶0.35＝5∶7。
所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7。
【答案】 D7．(2009年江苏单科)废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。
(1)下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是________(填字母)。
A．热裂解形成燃油
B．露天焚烧
C．作为有机复合建筑材料的原料
D．直接填埋(2)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH＝64.39 kJ·mol－1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH＝－196.46 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.84 kJ·mol－1
在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为________________________________________________________________________。 (3)控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0 mol·L－1 H2SO4的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率(见下表)。当温度高于40 ℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是____________________________。(4)在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，制备CuCl的离子方程式是__________________。【解析】 (1)B会引起大气污染；D会造成土壤、水体重金属污染。(2)总方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O，它可由题目提供的3个方程式得到，故ΔH＝64.39＋(－196.46)× ＋(－285.84)＝－319.68 kJ·mol－1
故Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝－319.68 kJ·mol－1。
【答案】 (1)BD (2)Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===
Cu2＋(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－319.68 kJ·mol－1
(3)H2O2分解速率加快
(4)2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42－＋2H＋8．运用铁及其化合物的知识，完成下列各题。
(1)下列物质跟铁反应后的生成物，能跟KSCN溶液作用生成红色溶液的是( )
A．盐酸 B．氯气
C．CuSO4溶液 D．稀硫酸
(2)既有氧化性又有还原性的粒子是( )
A．Fe B．Fe2＋ C．Fe3＋
(3)把过量的铁粉加入稀硝酸中，其结果是( )
A．不反应 B．生成硝酸铁
C．生成硝酸亚铁(4)要除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可行的办法是( )
A．滴入KSCN溶液 B．通人氯气
C．加入铜粉 D．加入铁粉
(5)当人体缺铁时，往往需要吃补铁保健品。人体能够吸收的是＋2价铁元素，但是＋2价铁元素很容易被氧化。查看一种补铁保健品，了解其中铁元素的价态。
①你认为可以采用什么方法检验补铁剂中铁元素的价态？
a．______________________________；
b．______________________________。
②天然食品中含有的大多是＋3价铁元素，为了使＋3价铁元素转化为＋2价铁元素并被人体较好地吸收，你认为应该采取哪些措施？请查找资料，寻找办法。
_________________________________。【解析】 (1)铁跟盐酸、稀硫酸、CuSO4溶液反应后得到＋2价铁离子，铁跟氯气反应生成FeCl3，FeCl3与KSCN在水溶液中发生Fe3＋＋3SCN－? ?Fe(SCN)3(红色)，选B。
(3)在过量铁粉存在条件下，不可能有Fe3＋，因为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。溶液中铁元素的存在形式只可能有Fe2＋，答案为C。
(4)除杂质的原则是：除去杂质而不引入新的杂质。若滴KSCN溶液，不能除Fe3＋而引入了K＋、SCN－等杂质离子，A选项不正确；通入氯气，发生反应：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，不符合题意，B选项不正确；加入铜粉，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，溶液中增加了Cu2＋，该方法错误；加入铁粉，Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，该方法可行，正确答案为D。(5)①检验铁元素的价态，可以考虑先观察其水溶液颜色的方法：含Fe2＋的溶液为浅绿色，含Fe3＋的溶液为棕黄色。然后可以用和NaOH溶液反应或KSCN溶液反应观察产物颜色的方法鉴别检验：Fe2＋与NaOH生成不稳定的白色絮状沉淀Fe(OH)2，该白色沉淀暴露在空气中会迅速转变灰绿色，最后变为红褐色沉淀Fe(OH)3，Fe2＋和KSCN溶液作用没有颜色变化；而Fe3＋与NaOH溶液直接生成红褐色沉淀Fe(OH)3或KSCN溶液作用呈红色。②为使铁元素被人体较好地吸收，即要将＋3价铁元素还原为＋2价铁元素，可以考虑加还原剂，但该还原剂必须对人体健康无害，如加入Fe粉。【答案】 (1)B (2)B (3)C (4)D
(5)①a.取少量样品制成溶液，若溶液呈浅绿色为Fe2＋；若溶液呈棕黄色为Fe3＋。b.取少量样品制成溶液，滴入NaOH溶液，若产生红褐色沉淀为Fe3＋；若生成白色絮状沉淀，沉淀立即变灰绿色最后变红褐色为Fe2＋。c.取制成溶液滴入KSCN溶液，若溶液变红色为Fe3＋，不变色为Fe2＋。(三种方案任选两种)
②加入铁粉等还原剂三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：
查阅资料
Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO。
提出假设
假设1：红色粉末是Fe2O3
假设2：红色粉末是Cu2O
假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物
设计探究实验
取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。 (1)若假设1成立，则实验现象是__________________________________。
(2)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三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？________，简述你的理由(不需写出反应的方程式)_____________。
(3)若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是________，写出发生反应的离子方程式________________________。
经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。
(4)实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取a g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b g(b>a)，则混合物中Cu2O的质量分数为________。【解析】 此题主要涉及Fe3＋、Cu2＋的氧化性强弱的比较，氧化性Fe3＋>Cu2＋；Fe3＋的检验是Fe3＋与SCN－作用呈红色；利用“差量法”计算混合物中Cu2O的质量，进一步求算Cu2O的质量分数。
【答案】 (1)固体完全溶解，溶液呈红色
(2)不合理 当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀硫酸后产生的Fe3＋全部与Cu反应生成Fe2＋，滴加KSCN溶液后也不变红色
(3)Fe2O3和Cu2O
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(4)课时作业
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一、选择题
1．(2009年全国Ⅱ理综)下列叙述中正确的是( )
A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
【解析】 A项，CaCO3与CO2、H2O反应生成的Ca(HCO3)2与NaHCO3不反应。B项，向Na2CO3溶液中滴加等物质的量的HCl时，发生反应：CO32－＋H＋===HCO3－，不生成CO2。C项，等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应时，NaHCO3产生的CO2多。D项，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2时发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，反应中消耗H2O，且生成的NaHCO3溶解度小、质量多，故NaHCO3会结晶析出。
【答案】 D
2．(2010年浙江金丽衢十二校高三联考)在盛有5 mL饱和石灰水的试管中放入一小块钠，不可能观察到的现象是( )
A．钠熔成小球并在液面上游动
B．有气体生成
C．试管底部有银白色物质生成
D．溶液变浑浊
【解析】 Na与H2O反应生成NaOH和H2；消耗水且温度升高，Ca(OH)2溶解度减小会有Ca(OH)2析出，但不是银白色固体。
【答案】 C
3．取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列实验现象：
①金属钠先熔化 ②在空气中燃烧，发出黄色火花 ③燃烧后得到白色固体 ④燃烧时火焰呈黄色 ⑤燃烧后生成淡黄色固体
以上描述正确的是( )
A．①② B．①②③
C．①④ D．①④⑤
【解析】 钠的熔点只有97.81 ℃，受热时立即熔化。钠是一种很活泼的金属，受热时与氧气化合生成过氧化钠，呈淡黄色。
【答案】 D
4．16 g CH4完全燃烧将生成物全部通过过量的Na2O2，Na2O2将增重( )
A．16 g B．32 g
C．4 g D．无法判断
【解析】 16 g CH4完全燃烧生成CO2和H2O，但当混合物通过Na2O2时，C元素按CO被吸收，H元素完全被吸收生成NaOH。16 g CH4燃烧后被Na2O2吸收的质量应为1 mol CO的质量加上4 mol H的质量，共32 g。
【答案】 B
5．在烧杯中加入水和苯(密度：0.88 g/cm3不溶于水)各50 mL。将一小粒金属钠(密度：0.97 g/cm3)投入烧杯中，观察到的现象可能是( )
A．钠在水层中反应并四处游动
B．钠停留在苯层中不发生反应
C．钠在苯的液面上反应并四处游动
D．钠在苯与水的界面处反应并可能做上、下跳动
【解析】 Na的密度比水的密度小，比苯的密度大，因此，Na在水与苯的界面处；Na与水反应放出H2，生成的H2附在钠的表面，受到的浮力变大往上运动，但钠与苯不反应，H2释放后，在重力作用下，钠又会落到水面上，与水发生反应，重复上述现象。
【答案】 D
6．(2009年台湾)下表所列为五种可溶性盐在30 ℃的溶解度(g/100 g H2O)：
盐
NaCl
NaHCO3
Na2CO3
(NH4)2CO3
NH4Cl
溶解度
36.5
12.1
30.0
27.0
41.1
若在30 ℃的饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入二氧化碳就会有晶体析出。试参考表中的数据，推测析出的晶体是下列的哪一种( )
A．NaCl B．NaHCO3
C．Na2CO3 D．(NH4)2CO3
E．NH4Cl
【解析】 食盐水中通入氨气，再通入CO2后，溶液中应含Na＋、Cl－、NH4＋、CO32－、HCO3－。各盐类的溶解度大小为：NH4Cl>NaCl>Na2CO3>(NH4)2CO3>NaHCO3，其中Na＋、HCO3－会先形成NaHCO3结晶析出。
【答案】 B
7．在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100 mL水，搅拌使固体完全溶解。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是( )
A．甲<乙<丙<丁 B．丁<甲<乙＝丙
C．甲＝丁<乙＝丙 D．丁<甲<乙<丙
【解析】 根据与水反应的方程式：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
Na2O＋H2O===2NaOH
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
溶质的物质的量为甲＝丁<乙＝丙，溶剂的量为：丁>甲＝乙＝丙，而质量分数w＝×100%，所以质量分数为乙＝丙>甲>丁。
【答案】 B
8．下列关于铷的叙述中，不正确的是( )
A．金属铷投入水中会引起爆炸
B．铷是一种强还原剂，铷离子很稳定
C．铷受热后，能在空气中剧烈燃烧，生成比过氧化物更复杂的氧化物
D．铷原子的核电荷数比钾原子的核电荷数多，因此铷原子失电子的能力小于钾原子
【解析】 金属铷的化学性质与钾、钠等金属的化学性质相似，但比钾、钠更活泼，因此铷跟水、氧气等物质反应的剧烈程度大于钾跟这些物质反应的剧烈程度，更大于钠跟以上物质反应的剧烈程度。原因是铷原子最外电子层只有1个电子，且原子半径大于钾原子半径，因此铷原子比钾原子更易失去最外层上的1个电子。铷离子的最外电子层为8个电子的稳定结构。
【答案】 D
9．(2009年广州模拟)下列各物质的学名是：Na2S2O3叫硫代硫酸钠；CaSx叫多硫化钙；Na2O2叫过氧化钠；KO2叫超氧化钾。试综合上述命名规律，分析回答：Na2CS3应读做( )
A．硫代碳酸钠 B．多硫碳酸钠
C．过硫碳酸钠 D．超硫碳酸钠
【解析】 据题意分析：硫代硫酸钠(Na2S2O3)表明Na2SO4分子中的一个氧原子被一个硫原子代替，代替氧的硫原子的化合价仍为－2价，而多硫化钙表明普通硫化钙又与硫结合后的产物，硫的价态发生了改变；过氧化物中含有过氧根离子即O22－，超氧化物中含有超氧根离子即O2－，它们的价态都与原先氧的价态不同，综上分析应选A。
【答案】 A
10．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是( )
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入足量的CO2气体
C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【解析】 Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH虽除去了Na2SO4，但又增加了新的杂质NaOH。
【答案】 D
11．在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol·L－1的HCl溶液中和，则该生成物的成分是( )
A．Na2O B．Na2O2
C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO2
【解析】 采用元素守恒法：
n(HCl)＝0.08 L×0.50 mol·L－1＝0.04 mol，n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.04 mol，
所以n(O)＝＝ mol，＝＝，即1<<2，应为Na2O和Na2O2的混合物。
【答案】 C
12．①将0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液逐滴滴入0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸中
②将0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸逐滴滴入0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液中
两种操作产生CO2的体积比为( )
A．5∶2 B．2∶5
C．2∶1 D．1∶1
【解析】 纯碱与盐酸反应时，操作顺序不同反应进程也不同。
操作①：纯碱滴入盐酸中，发生反应：
Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O
生成的CO2与盐酸用量有关：
n(CO2)＝n(HCl)＝×0.100 L×1.25 mol·L－1＝0.062 5 mol
操作②：盐酸滴入纯碱中，发生反应：
Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3(1)
NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O(2)
则反应(1)消耗盐酸：
0．100 L×1.00 mol·L－1＝0.100 mol
生成0.100 mol NaHCO3，过量盐酸(0.025 0 mol)与NaHCO3反应生成0.025 0 mol CO2，所以：
n(CO2)①∶n(CO2)②＝0.062 5∶0.025 0＝5∶2。
【答案】 A
二、非选择题
13．(1)分别写出由氧气在一定条件下生成下列物质的化学方程式(必须注明反应条件)。
①O3：________________________________________________________________________；
②Na2O2：________________________________________________________________________；
③Na2O：________________________________________________________________________。
(2)指出氧元素在下列各物质中的化合价：
①O3：________；②Na2O2：________；③Na2O：________。
(3)向一小烧杯中分别加入等体积的水或煤油，片刻后再向该烧杯中缓缓地加入绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象是( )
【解析】 (1)由O2生成O3的条件是放电，而Na与O2反应时，常温下接触反应生成Na2O，加热时生成Na2O2。
(2)单质中元素化合价为零价，在Na2O2和Na2O中据钠的化合价为+1价和正负化合价代数和为零即可推出氧元素的化合价。
(3)钠的密度比煤油的密度大，比水的密度小，所以钠投入烧杯中时主要停留在水和煤油的交界处。
【答案】 (1)①3O22O3 ②2Na+O2Na2O2
③4Na+O22Na2O (2)①0 ②-1 ④-2
(3)A
14．(2009年广东惠州模拟)A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体。
根据以上叙述回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：
A__________；B__________；C__________；D____________；E____________。
(2)按要求完成方程式：
①E加热生成D和F________________________________________；
②C溶液和CO2反应生成D的离子方程式____________________。
【解析】 据焰色反应可知，A、B、C、D、E是钠及其重要化合物，因“A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性”，所以A为Na，B为Na2O2，C为NaOH，又因为“E加热能够生成D和F气体”，结合其他条件，可推出D为Na2CO3，E为NaHCO3，F为CO2。
【答案】 (1)Na Na2O2 NaOH Na2CO3 NaHCO3
(2)①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
②2OH－＋CO2===CO32－＋H2O
15．不同温度下加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，则该反应的离子方程式为____________________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
(1)只要在加热煮沸后的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是________(填序号)。
A．氢氧化钡溶液 B．氯化钡溶液
C．氢氧化钠溶液 D．澄清的石灰水
(2)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是__________________________________。
【解析】 NaHCO3水解的离子方程式为HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－。
(1)丙同学加入足量试剂X是为了检验溶液中是否有CO32－，而即使无Na2CO3，NaHCO3也会与Ba(OH)2、Ca(OH)2反应分别产生白色沉淀，而BaCl2与NaHCO3不反应，能与Na2CO3反应产生BaCO3沉淀，故BaCl2可以检验加热煮沸后的溶液中是否有Na2CO3，从而做出判断。
(2)因水的沸点为100 ℃，有水存在，溶液温度一般不超过100 ℃，故NaHCO3不会发生分解，所以乙的判断是错误的。
【答案】 HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－ (1)乙 B
(2)乙 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃
16．化学活动课上，三组学生分别用图示甲、乙两装置，探究“NaHCO3和Na2CO3与稀盐酸的反应”，按表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中(装置的气密性已检查)。
请回答：
(1)各组反应开始时，___________装置中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是_____________________________________________________________。
(2)当试管中不再有气体生成时，三组实验出现不同的现象，填写下表的空格。
试剂用量
实验现象
(气球体积变化)
分析原因
第①组
0.42 g NaHCO3
0．53 g Na2CO3
3 mL 4 mol/L盐酸
甲中气球与乙中气球的体积相等
甲、乙盐酸均过量
n(NaHCO3)＝
n(Na2CO3)
V甲(CO2)＝
V乙(CO2)
第②组
0.3 g NaHCO3
0．3 g Na2CO3
3 mL 4 mol/L盐酸
甲中气球比乙中气球的体积大
第③组
0.6 g NaHCO3
0．6 g Na2CO3
3 mL 2 mol/L盐酸
甲中气球比乙中气球的体积大
片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变
(用离子方程式表示)：
【解析】 (1)甲中发生反应： HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O；乙中发生反应；CO32－＋H＋===HCO3－，HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O。故甲中气球先变大。
(2)由试剂用量可知：第②组盐酸均过量，由于NaHCO3的物质的量大于Na2CO3的物质的量，与盐酸反应时，NaHCO3产生的气体多，致使甲中气球的体积大；第③组盐酸均不足，而等量的盐酸分别与足量NaHCO3和Na2CO3反应时，NaHCO3产生的CO2多，因此，甲中气球的体积大；乙中Na2CO3过量，先发生反应：CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O，后来过量Na2CO3溶液又吸收部分CO2，所以片刻后乙中气球又缩小。
【答案】 (1)甲 HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)
试剂用量
实验现象
(气球体积变化)
分析原因
②
甲、乙盐酸均过量
n(NaHCO3)>
n(Na2CO3)
V甲(CO2)>V乙(CO2)
③
甲、乙盐酸均不足量
消耗的n(NaHCO3)
>n(Na2CO3)
V甲(CO2)>V乙(CO2)
CO2＋H2O＋CO32－
===2HCO3－
课件52张PPT。第1讲 钠及其化合物1．Na与H2O、酸、盐反应拓展及实验探究。
2．掌握钠、过氧化钠以及Na2CO3、NaHCO3的化学性质。1．金属钠的硬度 ，熔点较 ，呈 色金属光泽，导热、导电性 ，密度比水 ，比煤油 。钠与O2反应，在常温下生成 ；加热时，燃烧火焰呈 色，反应方程式为：2Na＋O2
Na2O2。钠通常保存在 中，目的是
。一、钠的性质小低银白良好小大Na2O黄隔绝空气，防止空气中氧气、水等与其反应而变质煤油2．钠投入水中的现象是：① 在水面上；② 成闪亮小球；③四处 并发出 ；④滴入酚酞溶液变 。这说明了： 。反应的化学方程式： ，离子方程式为： 。浮熔游动响声红色钠的密度比水小；熔点低、反应放热；生成气体；生成碱2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑2NaCl(熔融)4Na＋TiCl4Ti＋4NaCl强还原性热的良导体电解法3．钠的制取方法是 ；反应方程式为
。钠可以用来冶炼金属。如 ，这是利用Na的 。Na—K合金(液态)用作原子反应堆的导热剂，这是利用Na是 且合金熔点低(液态)能流动导热。 Cl2↑ 2Na＋二、钠的化合物1．在钠的氧化物中， 是淡黄色粉末； (填“属于”或“不属于”)碱性氧化物，它与水、二氧化碳反应的化学方程式分别为： 、
。过氧化钠用作 剂、 剂、 剂。
2．氢氧化钠是片状白色固体，在空气中极易吸收 而潮解，可作 ，与生石灰按一定比例熔合制成 。易溶于水并放出大量的热，具有强烈的腐蚀性，俗称 。氢氧化钠属于一元强碱，具有碱的一切通性。过氧化钠不属于供氧漂白消毒水分干燥剂碱石灰烧碱、火碱、苛性钠强2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O23．碳酸钠俗称 或 ，是 固体， 溶于水，其水溶液呈 性。碳酸氢钠俗称 ， 溶于水，其水溶液呈 性。碳酸钠与碳酸氢钠都能与酸反应放出 气体，且 产生气体的速率快，其反应的离子方程式分别为，
。碳酸钠与碳酸氢钠中， 还能与氢氧化钠反应，其反应的离子方程式为 ，
加热会分解，其反应方程式为 。纯碱苏打白色易碱小苏打可碱二氧化碳后者CO32－＋2H＋===H2O＋CO2↑HCO3－＋H＋===H2O＋CO2↑碳酸氢钠HCO3－＋OH－===H2O＋CO32－碳酸氢钠2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑1．一小块钠，长时间露置在空气中，会有什么样的变化？
2．用澄清的石灰水，能鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液吗？为什么？用盐酸呢？
【提示】 1.现象为表面变暗→小液滴→白色晶体→白色粉末。对应物质依次为Na2O→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3。
2．不能。因为二者与石灰水作用，均有白色沉淀生成，原理为：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，Ca(OH)2＋2NaHCO3===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O。
用盐酸时，在特定条件下可以，二者浓度要相等，盐酸要稀且加入速度相同。 钠的性质1．钠跟酸的反应
钠与稀硫酸、盐酸等非氧化性酸反应时，首先是钠直接跟酸反应，过量的钠再与水反应，而不能认为是钠先跟水反应，生成的NaOH再跟酸中和。
钠投入足量盐酸中反应的化学方程式是：
2Na＋2HCl===2NaCl＋H2↑
离子方程式是：2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑
2．钠跟碱溶液的反应实际是钠跟水反应3．钠跟盐溶液的反应
(1)NaCl溶液：实际是与水反应。反应的化学方程式为：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
(2)CuSO4溶液：因为钠与水剧烈反应，这样钠先与水反应，生成的NaOH再跟CuSO4反应，而不能认为发生的只是置换反应。
上述反应的化学方程式为：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4
总式为：2Na＋CuSO4＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2↑＋Na2SO4(3)NaHSO4溶液：因其完全电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－，而使溶液显强酸性，即盐电离产生的H＋浓度远大于水中H＋浓度，此时钠直接与盐反应。
2Na＋2NaHSO4===2Na2SO4＋H2↑
(4)通常钠不能从盐溶液中置换出金属；若盐为熔融状态，钠可以置换出较不活泼的金属，如4Na＋TiCl4 4NaCl＋Ti。 将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是( )
A．1∶2∶3 B．6∶3∶2
C．3∶1∶1 D．1∶1∶1
【导航】 钠、镁、铝等金属与酸或水反应时，金属失去电子，H＋得到电子放出氢气，即金属失电子的物质的量之比，等于气体的体积比。【解析】 由题意知：钠、镁、铝的物质的量均为0.3 mol，
n(HCl)＝0.1 L×1 mol·L－1＝0.1 mol。
经分析知，钠、镁、铝与盐酸反应时，金属均过量，盐酸不足。
当钠与盐酸反应时，产生H2的量以钠为准进行计算：
2Na ～ H2↑
2 mol 1 mol
0．3 mol n(H2)
n(H2)＝0.15 mol
当镁、铝分别与盐酸反应时，产生H2的量以盐酸为准进行计算：
2HCl ～ H2↑
2 mol 1 mol
0．1 mol n′(H2)
n′(H2)＝0.05 mol 【答案】 CNa2O2的性质2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑
1．物质的量的关系
无论是CO2或H2O的单一物质还是二者的混合物，通过足量的Na2O2时，CO2或H2O与放出O2的物质的量之比为2∶1，解决此类问题可借助物质的量守恒关系。
2．气体体积关系
若CO2和水蒸气的混合气体(或单一气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量或原混合气体体积的 即为生成氧气的量。 3．电子转移关系
当Na2O2与CO2、H2O反应时，每产生1 mol O2转移2 mol e－。
4．固体质量关系
相当于固体(Na2O2)只吸收了CO2中的“CO”，H2O中的“H2”；可以看作发生相应的反应：Na2O2＋CO===Na2CO3、Na2O2＋H2===2NaOH(实际上两反应不能发生)。
5．先后顺序关系
一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)混合物的反应，可视作Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完成后，Na2O2再与H2O发生反应。取a g某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了a g。下列物质中不能满足上述结果的是( )
A．H2 B．CO
C．C6H12O6 D．C12H22O11
【导航】 H2―→H2O 2NaOH
CO―→CO2 Na2CO3【解析】 采用巧解算方法解题：分析题意要满足题给条件。必须是物质燃烧消耗氧气的量，等于CO2和H2O与过氧化钠反应产生氧气的量。
?H2＋Na2O2===2NaOH
?CO＋Na2O2===Na2CO3
所以：A、B满足上述结果；C项可以改写为(CO)6·(H2)6的形式，故C正确；而D项C12H22O11可改写为(CO)11·(H2)11·C的形式，故D项不能满足上述结果。 【答案】 DNa2CO3和NaHCO3的有关计算1．CO2生成量的比较
(1)Na2CO3、NaHCO3在与强酸反应时，无论是质量相等和足量酸反应，还是酸量相同与足量Na2CO3、NaHCO3反应，总是NaHCO3产生的CO2多。
(2)一定量的NaHCO3受热分解时产生的CO2，与将其加热后的残留物和足量酸反应产生的CO2一样多。
(3)对盐酸和Na2CO3溶液来说
当n(HCl)≥2n(Na2CO3)时，无论滴加顺序如何，产生的CO2一样多；当n(HCl)<2n(Na2CO3)时，把Na2CO3溶液滴加到盐酸中比把盐酸滴加到Na2CO3溶液中产生的CO2多。2．差量法的运用
在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以是非固体物质，按方程式中比例关系合并为一个比例量，与原方程式各种量成比例关系。具体如下：2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O Δm(固)
2×84 g 106 g 44 g 18 g 62 g
其固体差量可用下列两种方法得出：
(2NaHCO3－Na2CO3)或(CO2＋H2O)
(2×84 g－106 g) 或(44 g＋18 g)3．不等式的运用
不等式在解题中有独到的作用：判断答案范围，进行计算前的讨论。
例如：一定量NaOH溶液中通入一定量CO2，在减压低温下蒸干溶液，得一定量固体，确定固体的成分及含量。
固体的成分有四种可能情况：NaOH、Na2CO3的混合物；Na2CO3；Na2CO3与NaHCO3的混合物；NaHCO3；计算时往往依据钠守恒采用极值法判断固体成分后再进行计算。 过量的NaHCO3和少量的Na2O2混合，在密闭体系中充分加热，最后排出气体物质，残留物是( )
A．Na2O、NaOH B．NaHCO3、Na2CO3
C．Na2CO3 D．NaOH
【导航】 NaHCO3分解后产物中H2O和CO2均与Na2O2反应，反应能力和反应效果应区别开。【解析】 由于NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，而生成物CO2、H2O都能与Na2O2反应，但NaHCO3是过量的。生成的CO2、H2O对于Na2O2来说应是过量的。此时必须弄清Na2O2究竟先与CO2反应，还是先和H2O反应，还是任意发生？设想如果先和H2O反应，生成的NaOH还会再与CO2反应，最终还是生成Na2CO3，可见，Na2O2首先应和CO2反应，当CO2消耗尽，如果还有Na2O2，接下来才是Na2O2与H2O反应。既然混合物中NaHCO3过量，则判断残留固体应为Na2CO3。
【答案】 C1．(2009年重庆理综)下列叙述正确的是( )
A．SO2具有还原性，故可作漂白剂
B．Na的金属活动性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C．浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色
D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中Fe也显＋3价【解析】 A项，SO2可作漂白剂是因为SO2可与有色物质结合成不稳定的无色物质，并不是因其具有还原性；B项，在溶液中Na与水反应，不与盐反应，金属单质Mg的制取应用电解法；D项，Fe与强氧化剂反应显＋3价，与弱氧化剂反应显＋2价，如Fe与S反应生成FeS。
【答案】 C2．(2009年海南单科)在室温下，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是( )
A．Al2O3、SO2、CO2、SO3 B．Cl2、Al2O3、N2O5、SO3
C．CO2、Cl2、CaO、SO3 D．SiO2、N2O5、CO、Cl2
【解析】 Cl2与NaOH反应可生成NaCl和NaClO两种盐。
【答案】 B3．(2009年海南单科)在5 mL 0.05 mol/L的某金属氯化物溶液中，滴加0.1 mol/L AgNO3溶液，生成沉淀质量与加入AgNO3溶液体积关系如图所示，则该氯化物中金属元素的化合价为( )
A．+1 B．＋2
C．＋3 D．＋4【解析】 从图中可以看出，AgNO3溶液的体积应在7～8 mL之间。由于5 mL金属氯化物的溶液中所含Cl－的物质的量与Ag＋的物质的量相等，设金属氯化物的化学式为MClx，粗略计算有：5.0 mL×0.05 mol·L－1×x＝8.0×0.1 mol·L－1，解得x＝3.2。所以，认定金属元素的化合物为＋3。
【答案】 C4．(2009年四川理综)已知A～O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示(反应条件略去)。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2∶3，且能与水反应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀。
请回答下列问题：
(1)组成B单质的元素位于周期表第________周期，第______族。化合物C的电子式为______________________________________________。
(2)J的沸点比硒化氢(H2Se)的沸点高，其原因是___________________________________________________。
(3)写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：
_______________________________________________。
(4)写出D与足量的N反应生成E和F的化学方程式：___________________________________________________。
(5)上图中，在同一反应里一种物质既作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有________个。【解析】 根据题意可判断出B为Mg，D为Mg3N2，则A只能为N2；又因C为淡黄色固体化合物，则为Na2O2(或K2O2)；又因O和G生成蓝色沉淀，则G为NaOH，H为O2，从而可得I(NH3)
A(N2) LL(NO) M(NO2) N(HNO3) O[Cu(NO3)2]，其他物质略。(5)符合条件的有Na2O2(或K2O2)与水的反应、NO2和水的反应。【答案】 (1)三 ⅡA
Na＋[ ]2－Na＋(或K＋[ ]2－K＋)
(2)水分子之间存在氢键
(3)4NH3＋3O2 2N2＋6H2O
(4)Mg3N2＋8HNO3===3Mg(NO3)2＋2NH4NO3
(5)21．(2009年上海单科)9.2 g金属钠投入到足量的重水中，则产生的气体中含有( )
A．0.2 mol中子 B．0.4 mol电子
C．0.2 mol质子 D．0.4 mol分子
【解析】 由反应方程式：2Na＋2D2O===2NaOD＋D2↑，可知9.2 g金属钠完全反应产生0.2 mol D2，一个D原子中含1个质子、1个电子、1个中子，故选B。
【答案】 B2．(2010年河南师大附中月考)把NaHCO3和NaOH的混合物放在密闭容器中加热，下列关于混合物加热前后消耗盐酸的物质的量的判断正确的是( )
A．加热前消耗得多 B．加热后消耗得多
C．加热前后一样多 D．当NaOH适量时才会一样多
【解析】 不加热时，1 mol NaHCO3和1 mol NaOH与盐酸反应均消耗1 mol盐酸；加热时，依题意可得关系式2NaHCO3～Na2CO3～2HCl，进而可得NaHCO3～HCl；又由关系式2NaOH～Na2CO3～2HCl可得NaOH～HCl。综上所述，NaHCO3和NaOH的混合物加热前后消耗盐酸的物质的量不变。
【答案】 C3．(2009年东北三校联考)向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末，振荡，正确的叙述是( )
A．溶液为紫色 B．最后溶液变蓝色
C．最后溶液褪色 D．有沉淀产生
【解析】 Na2O2投入紫色石蕊试液中，因其具有氧化性，所以使紫色石蕊试液褪色。
【答案】 C4．(2008年北京理综)1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是( )
A．Na2CO3 B．Na2O2 Na2CO3
C．NaOH Na2CO3 D．Na2O2 NaOH Na2CO3【解析】 涉及的反应有：
2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
2H2O＋2Na2O2=== 4NaOH＋O2↑
CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O
基于CO2与NaOH的反应，本题在计算时可处理成先让CO2与Na2O2全都反应，若剩余Na2O2，则再与H2O反应。2 mol NaHCO3受热分解产生1 mol CO2，已足以把Na2O2反应掉，故残留固体只有Na2CO3。
【答案】 A5．(2009年福州测试)“绿色化学实验”进课堂，某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如下装置与操作以替代相关的课本实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如下图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大的金属钠(已洗净煤油)，玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是( )
A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球，其作用是吸收过量的氯气，以免其污染空气
C．钠着火燃烧产生苍白色火焰
D．若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收【解析】 这是一道综合实验题，考查了Na和Cl2反应的实验，同时还考查了Cl2的性质和检验方法，Na和Cl2反应生成的白烟即为NaCl固体小颗粒，实验室常用NaOH溶液吸收Cl2，方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，常用KI淀粉溶液(或湿润的试纸)检验Cl2。
【答案】 C6．在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是( )
A．溶液中Na＋浓度增大，有O2放出
B．溶液pH不变，有H2放出
C．溶液中Na＋数目减少，有O2放出
D．溶液pH增大，有O2放出【解析】 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，B错误；因反应时消耗水，同时生成溶质NaOH，所以有NaOH结晶析出，原NaOH饱和溶液中溶质NaOH和溶剂水的质量、物质的量以及数目均减少，C正确；因仍然是原温度下的饱和溶液，所以浓度不发生改变，pH也不变化，A、D错误。
【答案】 C7．(2009年枣庄质检)金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应。高一化学教材中该实验曾出现过几种不同的演示方法，分别如下图中甲、乙、丙所示：
(1)现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有Ca(HCO3)2溶液的水槽中加入一小块金属钠。下列现象描述正确的是 (填字母)。
A．钠浮在液面上，并四处游动，最后消失
B．钠熔化成一个光亮的小球
C．反应开始后，溶液由无色变红色
D．恢复到室温时，水槽底部有固体物质析出
(2)请补充并完成甲实验从试剂瓶中取出钠到向水槽中投入钠的有关操作：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠→ →用镊子夹取切好的金属钠投入到盛有Ca(HCO3)2溶液的水槽中。(3)某同学用镊子夹住一块钠，按图乙所示方法来收集产生的气体，但钠很快脱落，实验没有成功。正确的关键操作应为______________________________________________________________________________________________________________。
(4)用装满水的矿泉水瓶按图丙所示方法进行实验，用手挤压矿泉水瓶并塞紧带有钠的塞子，共排出水的体积为16.8 mL，待钠反应结束后，干瘪的带塞矿泉水瓶恢复到原状，假设瓶内、瓶外均属于标准状况，则所用的钠的质量为 g。【解析】 (1)钠投入到Ca(HCO3)2溶液中，钠熔化成光亮的小球，浮在水面上，并四处游动，最后消失。反应生成的NaOH与Ca(HCO3)2发生反应而产生CaCO3沉淀。
(2)取用钠的操作：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠，用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，多余的钠要放回试剂瓶中。
(3)应用铝箔包住钠块，然后用针在铝箔上刺几个孔，再用镊子夹住。
(4)n(Na)=2n(H2)=2× =0.001 5 mol，m(Na)=0.001 5 mol×23 g/mol=0.034 5 g。【答案】 (1)ABD
(2)用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，并将多余的钠放回试剂瓶中
(3)用铝箔包好钠块，然后用针在铝箔上刺几个孔，再用镊子夹住
(4)0.034 58．(2009年宁夏理综)下图表示有关物质(均由短周期元素形成)之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)，C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。(反应条件图中已省略)
(1)A、B、C、D代表的物质分别为________、________、________、________(填化学式)。
(2)反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_____ ___________________。
(3)反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是________、__________(填化学式)。
(4)反应③产物中K的化学式为
_________________________________。
(5)反应④的离子方程式为_________________________________。【解析】 (1)由C是常见无色无味液体，推知为H2O；D是淡黄色固体化合物，推知D为Na2O2，C、D反应后生成NaOH，并且又能和常见金属单质A反应，可知A为Al；由B为黑色非金属单质，猜测为碳。
(2)分步书写，减少错误。先写出Na2O2与H2O的反应，生成的NaOH再与Al发生反应。
(3)根据C和O2反应的物质的量，两者比值为4∶4时产物为CO2，比值为4∶2时，产物为CO，现在比值为4∶3，所以产物为CO2和CO的混合物。
(4)反应③Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2。
(5)反应④溶液甲的成分为NaOH和NaAlO2，通入CO2后，CO2可以和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀，同时CO2又和NaOH反应生成Na2CO3，两者相加，即得总方程式，然后再拆为离子方程式。 【答案】 (1)Al C H2O Na2O2
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(3)CO2 CO
(4)Na2CO3
(5)CO2＋AlO2－＋OH－＋H2O===CO32－＋Al(OH)3↓(2009年济宁模拟)某研究学习小组的同学为了探究过氧化钠与二氧化硫的反应，用如图所示的装置进行实验。通入过量的SO2气体后，用带余烬的木条检验从C导出的气体，木条复燃。实验前称得Na2O2固体的质量为m1 g，充分反应后称得生成物固体质量为m2 g。回答下列问题：
(1)依据题中所描述的现象，推测装置B中发生了怎样的反应，写出反应的化学方程式：____________________________________________________________________________________________。
(2)设计一种实验方案，验证你对上述推测的结论是正确的。__________________________________。
(3)装置C的作用是_____________________________________________。
(4)根据反应前后固体的质量，通过计算判断m2的取值范围？(用含m1的关系式表示)【解析】 (1)根据实验现象可知，SO2在没有H2O的存在下与Na2O2反应生成Na2SO3和O2，O2再将Na2SO3氧化为Na2SO4。
(2)检验有Na2SO3和Na2SO4生成即可。
(3)SO2属于大气污染物且不能有水蒸气进入装置B中，防止产生干扰。
(4)用极端假设法求解。若生成物只有Na2SO3时，有m2= ，若生成物只有Na2SO4时，有m2= ，故m2的取值范围为
2Na2SO3+O2===2Na2SO4
(2)实验方案：
取少量反应后的白色固体，加入过量的稀盐酸，若产生能使品红溶液褪色的气体，则证明反应物中有Na2SO3产生。在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明反应中有Na2SO4生成，说明B装置中发生了上述两个反应
(3)吸收过量的SO2防止造成空气污染，防止空气中的水蒸气进入B装置 (4) 点击进入链接
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一、选择题
1．(2009年德州质检)医疗上用的抑酸剂是为了减少胃内的盐酸而使用的药物，抑酸剂种类很多。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。关于该物质的说法正确的是( )
A．该物质属于两性氧化物
B．该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物
C．1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol H ＋
D．该药剂不适合于胃溃疡患者服用
【解析】 据双羟基铝碳酸钠的化学式可知其不属于氢氧化物，也不是Al(OH)3和Na2CO3的混合物，而是一种化合物，A、B项均不正确。
NaAl(OH)2CO3＋4HCl===NaCl＋AlCl3＋3H2O＋CO2↑可知C项不正确；由于反应时有CO2气体放出，故该药剂不适合于胃溃疡患者服用，D项正确。
【答案】 D
2．(2008年广东高考题)海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是( )
A．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．海水中含钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
D．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【解析】 海水蒸发发生了物理变化，海水中的K＋需经过化学变化得到钾单质，潮汐发电是将机械能转化为电能。
【答案】 A
3．把镁粉中混入的少量铝粉除去，应选用的试剂是( )
A．盐酸 B．氯水
C．烧碱溶液 D．纯碱溶液
【解析】 盐酸跟镁、铝都反应，A错。氯水中存在游离氯，是氧化剂，金属都有还原性，是还原剂，镁、铝都会和氯气反应；氯水中有氯气和水反应的生成物——盐酸和次氯酸，镁、铝都会跟酸反应，B错。烧碱是氢氧化钠，铝可以跟氢氧化钠溶液反应放出氢气，铝变成偏铝酸钠溶于水，镁不反应而分离，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，C对。纯碱溶液是碳酸钠溶液，镁、铝都不反应，D错。
【答案】 C
4．下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是( )
A．铝在常温下不能与氧气反应
B．铝不能与氯气反应
C．铝既能溶于酸，又能溶于碱
D．氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应
【解析】 铝在常温下与空气中的氧气反应，在铝表面形成一层致密的氧化膜；铝与氯气反应生成氯化铝；氧化铝是两性氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应。
【答案】 C
5.
(2007年上海)用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁(如右图所示)，将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是( )
A．实验中发生的反应都是氧化还原反应
B．铝是一种较活泼的金属
C．铝与氧气反应放出大量的热量
D．铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物
【解析】 实验中发生的反应主要是铝置换汞，铝在空气中被氧化，都是氧化还原反应。从“红墨水柱右端上升”可知，铝与氧气反应放出大量的热。铝箔表面生出的“白毛”是氧化铝。
【答案】 D
6．从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。下图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于( )
A．金属的导电性强弱 B．金属在地壳中的含量多少
C．金属的化合价高低 D．金属的活动性大小
【解析】 金属的活动性越小，越容易以游离态存在于自然界，金属阳离子的氧化性越强，越容易被还原为金属单质，因而冶炼越容易。
【答案】 D
7．(2009年茂名质检)下列离子在溶液中可以大量共存，且向溶液中加入铝粉能产生氢气的是( )
A．K＋、Cl－、Na＋、SO42－ B．Na＋、OH－、Cl－、Ba2＋
C．H＋、Cl－、Fe2＋、NO3－ D．Cu2＋、OH－、CO32－、Na＋
【解析】 Al与H＋或OH－反应生成H2，但H＋、NO3－与Al反应生成NO。A项能大量共存，但加入Al粉后不产生H2；C项H＋、NO3－与Fe2＋因发生氧化还原反应不能大量共存，且加入Al粉不生成H2；D项Cu2＋与OH－，Cu2＋与CO32－均不能大量共存。
【答案】 B
8．将物质X逐渐加入(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图示情况的是( )
【解析】 由图象知，Y消耗沉淀达到最大值和沉淀完全溶解，X的用量比是3∶1，A项是1∶1，B项是1∶3，D项开始时无沉淀产生，C项是3∶1。
【答案】 C
9．下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A．铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2－＋H2↑
B．Na与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋H2↑＋2OH－
C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
D．AlCl3溶液中滴入过量的氨水：
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋
【解析】 Al与碱反应时，H2O作氧化剂，A中无水，错误。氧化还原反应时，得失电子守恒，B错。Al(OH)3只溶于强碱，所以D对。
【答案】 D
10．(2009年平顶山模拟)下列操作所得物质为纯净物的是( )
A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体
B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al(OH)3固体
C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体
D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体
【解析】 A项中所得NaAlO2中混有过量的NaOH，B项中会有部分Al(OH)3分解产生Al2O3，C项中AlCl3溶液蒸干时会生成Al(OH)3。D项产生Al(OH)3沉淀后，过滤、洗涤、灼烧得到分解产物Al2O3。故D正确。
【答案】 D
11．等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是( )
A．2 mol·L－1H2SO4溶液 B．18 mol·L－1H2SO4溶液
C．6 mol·L－1KOH溶液 D．3 mol·L－1HNO3溶液
【解析】 Mg、Al都可与稀H2SO4反应放出H2，但与浓H2SO4、Al在常温下发生钝化，Mg虽反应但不产生H2。与KOH只有Al反应。与HNO3反应，HNO3为强氧化性酸，都不会产生H2。
【答案】 A
12．甲、乙两烧杯中各盛有200 mL 3 mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙＝1∶2，则加入铝粉的质量为( )
A．10.8 g B．7.2 g
C．5.4 g D．3.6 g
【解析】 据2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑知，等质量的Al与过量盐酸和NaOH溶液完全反应时生成的H2的体积比为1∶1，等物质的量盐酸和NaOH与足量的Al溶液完全反应时生成H2的体积比为3∶9＝1∶3，今二者生成的体积比为1∶2，故铝与盐酸反应时，铝过量盐酸不足，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠过量。现在n(HCl)＝0.2 L×3 mol/L＝0.6 mol，所以盐酸完全反应生成H2为0.3 mol，则NaOH与Al反应时生成H2为0.3 mol×2＝0.6 mol，因此铝的质量为0.6 mol××27 g/mol＝10.8 g。
【答案】 A
二、非选择题
13．置换反应的通式可以表示为：单质(1)＋化合物(1)===化合物(2)＋单质(2)，请写出满足以下要求的3个置换反应的化学方程式：
①所涉及的元素的原子序数都小于20。
②6种单质分属6个不同的主族。
【解析】 短周期元素、不同主族间的置换反应，常见的有：
C＋H2O(g)CO＋H2
2Mg＋CO22MgO＋C
Mg(或Al)＋2HCl===MgCl2＋H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2
Cl2＋H2S===2HCl＋S↓
3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl
从以上选择出6种单质分属6个不同主族间的三个置换反应。
【答案】 2Mg＋CO22MgO＋C
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2(其他合理答案也对)
14．A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种短周期常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。
(1)写出化学式：A________，C__________，D________，E________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
A→B_____________________________________________________________________，
F→E______________________________________________________________________
【解析】 根据B、F既与酸反应，又与碱反应的特性，和BCF的转化关系，加之涉及的元素主要是短周期元素，故可推断B为Al(OH)3，C为Al2O3，F为Al。其他几种物质也不难推出：A为KAlO2，D为AlCl3，E为NaAlO2。
【答案】 (1)KAlO2 Al2O3 AlCl3 NaAlO2
(2)2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
15．铝及其化合物的优良性能决定了其具有如下重要的用途：①制包装糖果和食品用的铝箔；②制易拉罐；③制电线电缆；④制牙膏皮；⑤用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]净水；⑥制炊具及散热材料；⑦用明矾和苏打做食品膨化剂；⑧用氢氧化铝凝胶制胃舒平药片；⑨制银色防锈油漆颜料；⑩用做制镜材料。
根据你所掌握的知识回答下列问题(填序号)：
(1)由铝的良好延展性决定的用途是________________________________________________________________________。
(2)由铝的良好导电性和导热性决定的用途是________________________________________________________________________。
(3)由铝的光学活性决定的用途是________________________________________________________________________。
(4)由铝的化合物的某些性质决定的用途是________________________________________________________________________。
(5)随着铝元素在人体中的积累的增多，可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织把铝确定为食品污染源之一而加以在控制使用。铝在上述用途中必须加以控制的是________________________________________________________________________。
【解析】 由Al的特性决定Al的用途。Al的化合物明矾、Al(OH)3也有其独特的用途，前者可做自来水的净水剂、食品膨化剂，后者可以是药物的成分。因为铝是食品污染之一，所以应控制人的饮食、医疗等场合与Al接触，从而减少Al元素的摄入量。
【答案】 (1)①②③④ (2)③⑥ (3)⑩ (4)⑤⑦⑧
(5)①②④⑤⑥⑦⑧
16．某学生用电子天平和必要的化学实验仪器测定铁铝合金中各组分含量，其实验装置如下图所示：
实验时，取一块铁铝合金，将其切成碎块后全部加入到盛有50 mL 5.0 mol·L－1 NaOH溶液的烧杯中。试回答下列问题：
(1)合金表面最先产生气泡的位置是________(填“切口断面”或“非切口断面”)，反应的离子方程式为______________________________。
(2)合金表面会形成原电池，其负极的电极反应式为__________________________。
(3)不同时间电子天平的读数如下表所示：
实验操作过程
时间/min
电子天平的读数/g
烧杯＋NaOH溶液
80.0
烧杯＋溶液＋样品
0
87.8
1
87.5
2
87.3
3
87.2
4
87.2
则合金中铁的质量分数为________(保留三位有效数字，下同)。
(4)上述50 mL NaOH溶液中最多可加入的铁铝合金样品质量为________。
【解析】 第(1)问中铁铝化学性质较活泼，表面均易生成氧化物薄膜，故在“切口断面”最先产生气泡，且Al产生Al3＋后，由于NaOH过量，故离子方程式应考虑Al(OH)3与NaOH的反应，其负极反应也是如此。
第(3)问中合金中只有Al与NaOH反应，且溶液减少的质量是H2的质量，则
2Al ＋ 2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2 mol 2 mol 0.3 mol
0．2 mol 0.2 mol
所以w(Fe)＝×100%＝30.8%，消耗n(NaOH)＝0.2 mol。
第(4)问中溶解合金最大量：
7．8 g×＝9.75 g。
【答案】 (1)切口断面
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
(2)Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O
(3)30.8% (4)9.75 g
课件74张PPT。第2讲 铝及其化合物1．掌握镁、铝及其化合物的性质。
2．从电离平衡的角度理解分析Al3＋＋3OH－? ? Al(OH)3，Al(OH)3＋OH－?? AlO2－＋2H2O的相互转化。
3．了解镁、铝单质化合物的用途，了解金属的特性。 一、铝的性质
1．在人类发现的一百多种元素中，金属大约占五分之 左右；金属单质在常温下除 是液体外，其余都是固体，除金、铜等少数金属具有特殊的颜色外，绝大多数呈 色，不透明，有
光泽，有 ，一般都是 良导体。金属晶体的构成微粒是 ，其作用力是 ，它决定金属的熔沸点、硬度等，导热导电性和延展性与 有关。
2．合金是
，一般来说，合金的熔点比各成分金属 ，硬度、强度比各成分金属 。最早制得的合金是 ，用量最大的合金是 。四汞银白金属延展性热和电的金属离子和自由电子金属键自由电子由两种或两种以上金属(或金属和非金属)熔合而低大青铜成的具有金属特性的物质钢3．铝是地壳中含量 的金属，它属于有色金属和轻金属。铝在周期表中位于第 周期第 族，反应中易 ，表现出强 性。 主要表现的性质有：
(1)铝与氧气反应：在空气中表面生成一层 。
最多三ⅢA失去3个电子还原致密的氧化物保护膜4Al＋3O2 2Al2O3无明显
变化熔化但不滴落表面形成白膜(2)与酸的反应(因酸而异)
2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑钝化钝化(3)与烧碱溶液反应——铝的特性(也能与酸反应)
跟碱溶液反应的化学方程式(电子转移)和离子方程式。
，
。
(4)与金属氧化物反应：铝能与Fe2O3、MnO2等金属氧化物在一定条件下发生铝热反应，并放出大量的热。铝与氧化铁的反应方程式： ，可用于焊接 。 钢轨2Al＋Fe2O3 Al2O3＋2Fe2Al＋2NaOH＋6H2O===2NaAlO2＋4H2O＋3H2↑2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑1．Al2O3是一种 固体，是冶炼铝的原料，熔点很高，可作 材料。氧化铝 溶于水，是典型的 氧化物，既能与 反应，又能与 反应，其离子方程式为：白色耐火不两性碱酸Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，Al2O3＋2OH－===2AlO2－＋H2O。2．实验室常用可溶性铝盐与 制取Al(OH)3，它是一种难溶于水的 色 状物质，有较强的吸附能力。Al(OH)3受热易分解，是一种典型的 氢氧化物。溶于强酸和强碱的离子方程式分别是：
3．明矾的化学式是： ，它是一种复盐，它能净水的原因是(用离子方程式表示)氨水白胶两性Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2OKAl(SO4)2·12H2OAl3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋三、Al3＋、Al(OH)3和AlO2－的三角关系据下图写出下列转化的离子方程式：
(1)Al ―→Al(OH)3
①Al + ===Al(OH)3↓+
②Al + ===4Al(OH)3↓
③Al + ===Al(OH)3↓3NH3·H2O3AlO2-+6H2O3OH-3NH4+(2)Al(OH)3―→Al
Al(OH)3+ ===Al +
(3)Al ―→AlO2-
Al + ===AlO2-+
(4)AlO2-―→Al
AlO2-+ ===Al +3H+3H2O4OH-2H2O4H+2H2O(5)AlO2-―→Al(OH)3
①NaAlO2溶液中通少量CO2：
NaAlO2溶液中通入足量CO2：
②
③
(6)Al(OH)3―→AlO2－
Al(OH)3＋ ===AlO2－＋ 2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－AlO2－＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓OH－=2H2O1．铝是活泼金属，为何在生活中广泛使用？工业上如何冶炼铝？
2．铝制餐具不宜长时间盛放酸、碱性食物，也不宜打磨光亮，为什么？
【提示】 1.铝能在其表面形成致密的氧化物保护膜，阻止进一步氧化，所以在生活中广泛使用。工业上用电解熔融氧化铝的办法冶炼铝。
2．因为铝与酸和碱均能发生反应而溶解，铝制品打磨后，新露出的铝又会被氧化，加快铝制品损耗。
铝的性质铝分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应的原理
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑1．等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比 ＝1∶1。2．足量的铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠反应，产生氢气的体积比为 ＝1∶3。
3．一定量的铝分别和一定量的盐酸和氢氧化钠反应，若产生氢气的体积比为 < < ，则必定是：
(1)铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足。
(2)铝与氢氧化钠反应时，铝不足而氢氧化钠过量。
解题时应充分利用上述过量关系快速求解。铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．1∶3
【导航】 金属铝无论是与酸还是与碱反应，反应实质均是：Al Al3＋，2H＋ H2，故与酸或与碱反应时铝与氢气的关系式均为2Al～3H2↑，利用此性质可以很方便地进行有关的计算。【解析】 Al与盐酸和NaOH反应的产物分别为AlCl3和NaAlO2，由元素守恒可以得出Al～3Cl～3HCl，Al～Na～NaOH。
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
据以上两个方程式知，放出等量气体时消耗HCl和NaOH物质的量之比为3∶1。
【答案】 CAl(OH)3的两性Al(OH)3能否溶于弱酸或弱碱，为何Al(OH)3表现酸的性质时相当于是一元酸？
氢氧化铝是一种典型的两性氢氧化物：
H＋＋AlO2－＋H2O Al(OH)3 Al3＋＋3OH－
(1)Al(OH)3不溶于弱酸或弱碱，原因是在Al(OH)3的悬浊液中，加入弱酸或弱碱时，因OH－或H＋浓度太小，不能促使Al(OH)3的电离平衡向某一方向移动。(2)Al(OH)3表现酸的性质时相当于一元酸，是因为Al(OH)3并不直接电离出H＋，Al(OH)3水溶液中的H＋是水电离的，即：
HO ＋H2O?? ＋H＋
其中[Al(OH)4]－?? AlO2－＋2H2O，因此表示偏铝酸盐时可以有两种写法，如NaAlO2也可写成Na[Al(OH)4]。 (2007年东城一模)在50 mL b mol·L－1的AlCl3溶液中加入50 mL a mol·L－1 NaOH溶液。
(1)当a≤3b时，生成Al(OH)3沉淀的物质的量为________。
(2)当a、b满足________条件时，无沉淀产生。
(3)当a、b满足________条件时，先有沉淀生成，后又有部分沉淀溶解，此时Al(OH)3的质量为________g。【导航】 1.AlCl3 Al(OH)3
2．AlCl3 NaAlO2
3．AlCl3 共存
【解析】 (1)依题意知，在AlCl3溶液中加入NaOH溶液有如下两反应发生：
AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl①
AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O②
根据以上两反应可以看出：
当a≤3b时只发生第一个反应，此时NaOH不足量，产生沉淀的量取决于NaOH。n[Al(OH)3]＝ n(NaOH)，所以答案为：
mol。
(2)如果无沉淀生成，Al元素全部以AlO2－形式存在：
n(AlCl3)∶n(NaOH)≤1∶4，即a∶b≥4∶1，所以答案为：a≥4b。
(3)此种情况应当是两个反应均发生，铝元素以Al(OH)3和AlO2－两种形式存在
符合关系： < < ，即： < < ，
整理：3b求沉淀的方法很多方法一：联立方程法。设反应①中，AlCl3的物质的量为x，则Al(OH)3为x，NaOH为3x，
反应②中AlCl3物质的量为y，NaOH为4y，
解得x＝(0.2b－0.05a)mol＝0.05(4b－a)mol
m[Al(OH)3]＝78 g·mol－1×0.05(4b－a)mol
＝3.9(4b－a)g方法二：守恒法。此种条件下，溶液中的离子有Na＋、Cl－、AlO2－。
n(AlO2－)＝n(Na＋)－n(Cl－)＝0.05a mol－0.05×3b mol
n[Al(OH)3]＝n(Al3＋)总－n(AlO2－)
＝0.05b mol－(0.05a mol－0.15b mol)
＝(0.2b－0.05a)mol＝0.05(4b－a)mol
m[Al(OH)3]＝78 g·mol－1×0.05(4b－a)mol
＝3.9(4b－a)g
【答案】 (1) mol (2)a≥4b
(3)3b反应关系如下：
(1)Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓(生成沉淀)
(2)Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O(沉淀溶解)
(3)Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O(生成沉淀，又恰好完全溶解)
分析以上三个反应关系式，所得Al(OH)3沉淀的物质的量与n(Al3＋)、n(OH－)的关系为：当 ≥ 时，所得沉淀的物质的量：
n[Al(OH)3]＝ n(OH－)；
当 ≤ 时，所得沉淀的物质的量：
n[Al(OH)3]＝0；
当 < < 时，所得沉淀的物质的量：
n[Al(OH)3]＝n(Al3＋)－[n(OH－)－3n(Al3＋)]＝4n(Al3＋)－n(OH－)。2．铝盐与强碱溶液作用生成Al(OH)3沉淀的图象
(1)向铝盐溶液中滴入强碱，当n(Al3＋)∶n(OH－)＝1∶3时，产生的Al(OH)3沉淀量最多；
当n(Al3＋)∶n(OH－)＝1∶4时，Al(OH)3沉淀全部溶解。如图(1)所示，反应的离子方程式为：
OA段：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
AB段：Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O
(2)向强碱溶液中滴入铝盐溶液，开始无沉淀，当Al3+全部转化为AlO2-时，再滴入铝盐溶液，则偏铝酸盐与铝盐溶液发生了反应，产物都是Al(OH)3，如图(2)所示，反应的离子方程式为：
OA段：Al3++4OH-===AlO2-+2H2O
AB段：3AlO2-+Al3++6H2O===4Al(OH)3↓
(3)向偏铝酸盐溶液中滴入强酸，当n(AlO2－)∶n(H＋)＝1∶1时，产生Al(OH)3沉淀的量最多，继续滴入强酸，沉淀逐渐溶解。如图(3)所示，离子方程式为：
OA段：AlO2－＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
AB段：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(4)向强酸溶液中滴入偏铝酸盐溶液。开始无沉淀，当H＋完全反应后，再滴入偏铝酸盐，发生反应生成Al(OH)3沉淀，如图(4)所示，反应的离子方程式为：
OA段：4H＋＋AlO2－===Al3＋＋2H2O
AB段：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓
(5)向镁盐和铝盐的混合溶液中滴入NaOH溶液，如图(5)所示，反应的离子方程式为：
OA段：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓
Al3++3OH-===Al(OH)3↓
AB段：Al(OH)3+OH-===AlO2-+2H2O
“OA”表示同时生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀。
“AB”表示Al(OH)3沉淀被过量NaOH溶液溶解。
“BC”表示沉淀量不再发生变化，此时只有Mg(OH)2沉淀。将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是( )
A．1∶3 B．2∶3
C．1∶4 D．2∶7
【导航】 强碱与铝盐反应，首先要分析Al(OH)3是不是最大沉淀量，若不是，则有两种情况：Al3＋部分沉淀和Al(OH)3部分溶解。计算过程中要分情况讨论。【解析】 由题目中给出的溶液中的铝与沉淀中的铝质量相等，可以得出反应后的含铝物质可能为Al3＋和Al(OH)3或Al(OH)3和AlO2－两种情况。然后根据反应比不难得出结论。
本题应分两种情况进行讨论：
①若AlCl3过量，NaOH不足，溶液中的铝元素应为Al3＋。
AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl
1 mol 3 mol 1 mol
依题意，溶液中剩余1 mol Al3＋，则：
c(AlCl3)∶c(NaOH)＝(1＋1)∶3＝2∶3②若NaOH量稍多，AlCl3完全反应，溶液中的铝元素的形式为AlO2－，不妨假设有2 mol Al3＋反应，依题意有关系式：
AlCl3～3NaOH～Al(OH)3
1 mol 3 mol 1 mol
AlCl3～4NaOH～NaAlO2
1 mol 4 mol 1 mol
c(AlCl3)∶c(NaOH)＝2∶(3＋4)＝2∶7。
【答案】 BD1．(2009年江苏单科)化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是( )
A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁【解析】 A项，Al3＋水解可得Al(OH)3，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项正确；D项，电解MgCl2溶液应得到Mg(OH)2而非Mg。
【答案】 D2．(2009年北京理综)由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
下列推断不正确的是( )
A．若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子， 则A一定是氯气，且D和E不反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO3－===H2O＋CO32－，则E一定能还原Fe2O3
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是
Na＋[ ]2－Na＋
D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐【解析】 A项，当A为NO2时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3与Na2CO3反应产生CO2，CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3，也符合框图；B项，由B和D的反应可知，B为强碱，则A为Na等非常活泼的金属，E为H2，X为CO2等酸性气体；C项，此时B为O2，X为C，C为CO2，CO2可与E(NaOH)反应；D项，短周期元素形成白色沉淀有Mg(OH)2、Al(OH)3，且A与D的摩尔质量相等，则由Al(OH)3为78 g/mol，推知A为Na2O2，B为NaOH，X为铝盐：4OH－＋Al3＋===AlO2－＋2H2O，Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓。
【答案】 A3．(2009年海南单科)有关物质存在如图所示的转化关系(部分产物已省略)。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。
请回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为__________________________________；
(2)反应②的离子方程式为__________________________________；
(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式______________________________；
(4)D溶液与Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7.0×10-9。将等体积的D溶液与Pb(NO3)2溶液混合，若D的浓度为1.0×10-2 mol/L，则生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为__________。 【解析】 首先是推断出框图中的各种物质：由“浓、△、C为气体单质”等可推出A为盐酸，B为MnO2，C为Cl2。由“G为紫黑色固体”知为I2。则F为KCl，D为KI。由“E+MnO2―→KCl+H2(气体单质)”，可推知E为KClO3，H为O2。(4)PbI2??Pb2++2I-，Ksp=c(Pb2+)·c2(I-)。7.0×10-9=c(Pb2+)×2，c(Pb2+)=2.8×10-4(mol/L)，则原溶液中的c(Pb2+)(等体积混合、浓度加倍)为5.6×10-4 mol/L。【答案】 (1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)6H++ClO3-+6I-===Cl-+3I2+3H2O
(3)2H2O2 2H2O+O2↑或2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
(4)5.6×10-4 mol·L-14．(2009年广东单科)某厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下：
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见上表，请回答下列问题：
(1)“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有_________________________________（要求写出两条)。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分有__________________。
(3)从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有________。
(4)Mg(ClO3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：
MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl 已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如下图所示：
①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg(ClO3)2。简述可制备Mg(ClO3)2的原因：
__________________________________
_________________________________。
②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出Mg(ClO3)2过程中，常伴有NaCl析出，原因是：________________________________ 。
除去产品中该杂质的方法是：___________。 【解析】 (1)中几种镁盐均难溶(其中MgCO3微溶)于水，可溶于稀硫酸，加稀H2SO4同时生成难溶H2SiO3(或H4SiO4)和微溶的CaSO4，为使Mg2+充分浸出可适当提高反应温度、加过量稀硫酸、延长浸出时间等方法。
(2)根据题给表格信息，调节pH=5.5时，Fe3+和Al3+分别已完全转化为沉淀物Fe(OH)3和Al(OH)3，而Mg2+并未转化。
(3)加NaOH调节pH=12.5时，Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓，滤液中的Na+和SO42-可回收利用。
(4)①解读溶解度曲线，分析NaCl与Mg(ClO3)2溶解度随温度变化而变化程度明显不同，较高温度时NaCl先达到饱和状态。
②降低饱和溶液温度，在Mg(ClO3)2大量析出的同时，NaCl也会少量析出。可将所得晶体再溶于蒸馏水配成热饱和溶液，再进行重结晶。【答案】 (1)适当提高反应温度、增加浸出时间(或其他合理答案)
(2)Al(OH)3、Fe(OH)3
(3)Na2SO4
(4)①在某一温度时，NaCl最先达到饱和析出；Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化量大；NaCl溶解度与其他物质的溶解度有一定差别
②降温前，溶液中NaCl已饱和；降温过程中，NaCl溶解度降低，会少量析出 重结晶5．(2008年广东化学)碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。工业碳酸钠(纯度约98%)中含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Cl－和SO42－等杂质，提纯工艺路线如下：已知碳酸钠的溶解度(S)随温度变化的曲线如下图所示：回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为______________。
(2)“趁热过滤”的原因是__________。
(3)若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是______________________________________________________(写出1种)。
(4)若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是_____________________________________。
(5)已知：Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3(s)＋10H2O(g)
ΔH1＝＋532.36 kJ·mol－1
Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3·H2O(s)＋9H2O(g)
ΔH2＝＋473.63 kJ·mol－1
写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式_____________________________________。【解析】 (1)滤渣的主要成分要从两个方面来考虑，一是原料中的不溶物；二是加入NaOH后生成的难溶物。
(2)仔细分析图表，找出Na2CO3·10H2O、Na2CO3·7H2O、Na2CO3·H2O三种晶体析出的温度范围，低温时Na2CO3·H2O会溶解，而Na2CO3·7H2O、Na2CO3·10H2O会析出。
(3)趁热过滤的方法——预热过滤装置和常压热过滤漏斗法。
(4)从母液中还会有哪些杂质离子来思考。
(5)两式相减即得(注意ΔH也要相减)。【答案】 (1)Fe(OH)3、CaCO3和Mg(OH)2
(2)防止温度下降时Na2CO3·H2O溶解，避免析出
Na2CO3·10H2O或Na2CO3·7H2O
(3)预热过滤装置(或“用常压热过滤漏斗进行过滤”)
(4)产品纯度降低，因为循环使用时母液中Cl－与SO42－累积，导致产品含NaCl或Na2SO4杂质
(5)Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g) ΔH＝＋58.73 kJ·mol－11．中央电视台等媒体报道，市场上的膨化食品中有三成以上铝严重超标，长期食用铝含量过高的膨化食品，会干扰人的思维、意识与记忆功能，引起神经系统病变，表现为记忆减退，视觉与运动协调失灵，严重者可能痴呆。摄入过量的铝，还能置换出沉积在骨质中的钙，抑制骨生成，发生骨软化症等。下列有关说法正确的是( )
A．因为铝对人体有害，故不能使用铝锅等炊具
B．一种治疗胃酸过多的药物的主要成分是Al(OH)3，因此铝元素超标对人体无影响
C．膨化食品中的铝元素超标可能来自发酵剂明矾
D．土壤的主要成分是Al2O3·2SiO2·2H2O，因此粮食中含有较多的铝元素，人过多食用含铝元素的食品显然也没有影响 【解析】 铝导热性好，有延展性，可以用做饮具；治疗胃酸的药物为Al(OH)3，但不能过量用；土壤中有铝，但粮食中的铝并不多。
【答案】 C2.
(2009年上海单科)镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如右图。反应中镁和铝的( )
A．物质的量之比为3∶2
B．质量之比为3∶2
C．摩尔质量之比为2∶3
D．反应速率之比为2∶3【解析】 由关系式：Mg～H2,2Al～3H2，可知产生等量H2时，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，故A项正确。二者质量之比为4∶3，摩尔质量之比为24∶27＝8∶9，反应速率之比为3∶2。
【答案】 A3．(2008年上海高考)将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是( )
A．稀硝酸 B．稀盐酸
C．硝酸铜 D．氢氧化钠
【解析】 钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3在Fe、Al的表面形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C选项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反应，故不可能与钝化的铝条发生反应。
【答案】 C4.
(2009年济南质检)A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如右的转化关系(部分产物及反应条件已略去)：
下列判断正确的是( )
A．X元素可能为Al
B．X元素可能是金属，也可能是非金属
C．反应①和②互为可逆反应
D．反应①和②一定为氧化还原反应【解析】 中学阶段符合①的单质有Cl2等卤素单质、硫单质及铝单质；若A为Cl2等卤素单质或S时，也符合②，若A为Al时不符合②，故A为非金属单质中的Cl2等卤素单质或硫；反应①的产物与反应②的反应物不同，①②不互为可逆反应。
【答案】 D5．(2008年广东高考)相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是( )
A．Al2O3 B．Al(OH)3
C．AlCl3 D．Al
【答案】 D【解析】 根据相关物质的性质及题意知，四种物质的反应产物均为NaAlO2。四种物质与NaOH溶液反应的定量关系如下：
Al2O3～2NaOH Al(OH)3～NaOH AlCl3～4NaOH Al～NaOH，取四种物质的质量均为m，消耗NaOH的物质的量分别为
×2、 、 ×4、 。6．两种金属混合物粉末15 g，与足量的盐酸反应时生成标准状况下11.2 L氢气，符合上述情况的金属混合物是( )
A．Mg、Fe B．Zn、Ag
C．Al、Zn D．Mg、Al
【解析】 标准状况下11.2 L H2是1 g，与足量盐酸反应生成1 g H2需上述金属：Mg—12 g，Ag不反应可视为无穷大，Al—9 g，Zn—32.5 g、Fe—28 g，该两种金属混合生成1 g H2时所需质量15 g，应介于两金属分别与HCl反应生成1 g H2时消耗金属量的中间。
【答案】 AC7．(2008年重庆高考)某学习小组用下图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。
(1)A中试剂为____________。
(2)实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是________________________。
(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥、称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是______________(填序号)；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应______________________。(4)B中发生反应的化学方程式为__________________________________。
(5)若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体质量为c g，则铝的相对原子质量为______________。
(6)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________。(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)【解析】 本题是利用反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑(Mg与NaOH溶液不反应)，将生成的H2排水测气体体积，据此求出Al的相对原子质量。
注意(5)由 2Al ～ 3H2↑
2m(Al) 3 mol
(a－c)g
m(Al)＝ g·mol－1
(6)过滤所得不溶物未洗涤，使c增大，(a－c)减小，则m(Al)减小。【答案】 (1)NaOH溶液
(2)除去铝镁合金表面的氧化膜
(3)⑤①④③② 使D和C的液面相平
(4)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(5)
(6)偏小8．(2009年福建理综)从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为
_____________________________________________________。
(2)流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为
____________________________________________________。
(3)验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入______________ (填试剂名称)。
(4)滤液E、K中溶质的主要成分是______________(填化学式)，写出该溶质的一种用途______________。
(5)已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10-12，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2+)=______________。【解析】 流程甲为：
流程乙为：
则滤液E、K中溶质主要成分是NaHCO3，该物质可用于作发酵粉、制纯碱等。
(5)由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10-12=c2(OH-)·c(Mg2+)可推知：c(Mg2+)= mol·L-1=5.6×10-10 mol·L-1。
【答案】 (1)Al2O3+6H+===2Al3++3H2O
(2)SiO2+2OH-===SiO32-+H2O
(3)硫氰化钾(或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案均可)
(4)NaHCO3 制纯碱(或做发酵粉等合理答案均可)
(5)5.6×10-10 mol·L-1某混合金属粉末，除Mg外还含有Al、Zn中的一种或两种，含量都在10%以上。某研究小组设计实验探究该混合金属粉末中铝、锌元素的存在。
所用试剂：样品、pH试纸、稀H2SO4、NaOH溶液、稀NH3·H2O
该小组探究过程如下：
查阅资料：(1)假设1：该混合金属粉末中除镁外还含有________元素
(2)假设2：该混合金属粉末中除镁外还含有________元素
(3)假设3：该混合金属粉末中除镁外还含有铝、锌元素
实验探究：
基于假设3，甲同学设计了如图1所示的实验方案，乙同学设计了如图2所示的实验方案：
(1)试剂M是____________。
(2)写出操作Ⅰ的过程__________________________________
__________________________。
(3)丙同学认为乙同学的方案比甲同学的好，理由是____________________。
(4)丁同学研究了甲、乙两同学的方案后，用最简便的方法测定了W g样品中金属镁(Mg)的质量分数，他的方法是_______________________________________________________________________________________________。 【解析】 镁中可能含有铝和锌中的一种或两种，有三种可能：
①有铝 ②有锌 ③铝、锌均有。验证时，样品中成分均与酸反应，与碱反应时，镁不反应。
【答案】 提出假设：(1)铝(或Al)
(2)锌(或Zn)(以上两空可颠倒)
实验探究：(1)NaOH溶液(或氢氧化钠溶液)
(2)在滤液中加入稀硫酸，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的稀氨水
(3)步骤简单，节约试剂
(4)将沉淀C小心洗涤、干燥后称量、计算即可课时作业
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