专题05 金属及其重要化合物-备战2022届高考化学二轮复习题型专练

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考点一 钠及其重要化合物

一、钠的性质、制备、保存及用途
1．物理性质
（1）软——质软，硬度小；
（2）亮——银白色，有金属光泽；
（3）轻——密度比水小，比煤油大；
（4）低——熔点低；
（5）导——可导电、导热。
2．化学性质
（1）钠暴露在空气中的变化及反应分析

所以钠暴露在空气中，最终得到的是白色粉末。部分反应如下：
4Na+O22Na2O
Na2O+H2O2NaOH
2Na+2H2O2NaOH+H2↑
2NaOH+CO2Na2CO3+H2O
需要特别指出的是Na2CO3的形成并非Na2O+CO2Na2CO3反应所致，因Na2O更易与水反应。
（2）钠与H2O反应：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。
实验探究：Na与H2O(含酚酞)反应的现象及解释

（3）钠与酸溶液的反应
酸过量时：钠与酸电离出的H+反应；
酸不足时：先与酸电离出的H+反应，过量的钠再与水反应。
（4）钠与碱溶液的反应
钠与碱溶液反应的实质是Na与水的反应。
（5）钠与盐溶液的反应
钠与盐溶液反应时，钠先与水反应生成氢气和氢氧化钠，然后氢氧化钠与盐溶液再反应。钠不能把盐溶液中的金属阳离子置换出来。
在有关计算中要特别注意两点：一是只要有水，Na就会与水发生反应，直到Na反应完全；二是生成NaOH的同时，生成的H2会从溶液中逸出。
3．钠的制备与保存
（1）钠在自然界以化合态形式存在。工业上通常用电解熔融氯化钠的方法制备钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑。
（2）金属钠保存在煤油或石蜡中，使之隔绝空气与水。
4．用途
二、过氧化钠的性质
1．化合价与性质的关系
，因此Na2O2既有氧化性，又有还原性，但主要表现出较强的氧化性。
2．强氧化性的表现实例

三、氢氧化钠的性质、用途及保存
1．物理性质
氢氧化钠俗称“苛性钠”、“烧碱”、“火碱”，晶体为白色，熔点318.4 ℃，吸湿性很强，易吸水而潮解，易溶于水。
2．化学性质
氢氧化钠是可溶性强碱，具有碱的通性，如能与酸、酸性氧化物反应生成盐与水，能使酸碱指示剂变色。此外还具有如下一些特殊的性质。
（1）与铝、硅单质的反应
2NaOH+2Al+2H2O2NaAlO2 +3H2↑
2NaOH+Si+H2ONa2SiO3+2H2↑
（2）与两性氧化物、两性氢氧化物的反应
2NaOH+Al2O32NaAlO2+H2O
NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O
（3）与非金属氧化物的反应
SO2+2NaOHNa2SO3+H2O
2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O
（4）与铵盐的反应
反应实质：+OH−NH3·H2O
（5）与有机物的反应
油脂与氢氧化钠在加热条件下可发生皂化反应；酯在碱性条件下可发生较彻底的水解反应等。
3．氢氧化钠的用途及保存
（1）用途：氢氧化钠是一种重要的化工原料，固体氢氧化钠可用作中性气体或碱性气体的干燥剂。
（2）保存方法：在实验室中，氢氧化钠可密封保存于塑料瓶或玻璃瓶中，但瓶塞需用橡胶塞，不可用玻璃塞。
四、碳酸钠与碳酸氢钠
1．物理性质
名称
碳酸钠
碳酸氢钠
化学式
Na2CO3
NaHCO3
俗名
纯碱、苏打
小苏打
颜色、状态
白色粉末
细小白色晶体
水溶性
易溶于水
水中易溶，但比Na2CO3的溶解度小
2．化学性质
（1）热稳定性
①Na2CO3性质稳定，受热难分解。
②NaHCO3性质不稳定，受热易分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
（2）与酸(足量盐酸)反应(写出离子方程式)
①Na2CO3：＋2H＋CO2↑＋H2O；
②NaHCO3：＋H＋CO2↑＋H2O。
（3）与碱(NaOH溶液)反应(写出化学方程式)
①Na2CO3：与NaOH不反应；
②NaHCO3：NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O。
（4）溶于水呈碱性的原因(写出离子方程式)
①Na2CO3：＋H2O＋OH－；
②NaHCO3：＋H2OH2CO3＋OH－。
（5）与盐(CaCl2)溶液反应(写出离子方程式)
①Na2CO3：Ca2＋＋CaCO3↓；
②NaHCO3：与CaCl2不反应。
3．主要用途
（1）碳酸钠：玻璃、造纸、制皂、洗涤。
（2）碳酸氢钠：发酵、医药、灭火器。
五、碱金属的一般性和特殊性
1．碱金属的一般性

相似性
递变性(由Li到Cs)
原子结构
最外层均为1个电子
电子层数逐渐增多，核电荷数逐渐增大，原子半径逐渐增大
元素性质
都具有较强的金属性，最高正价均为+1
金属性逐渐增强
单
质
性
质
物理
性质
(除Cs外)都呈银白色，密度较小，熔点较低
密度逐渐增大(钾反常)，熔点逐渐降低
化学
性质
都具有较强的还原性
还原性逐渐增强；与O2反应越来越剧烈，产物越来越复杂；与H2O反应的剧烈程度逐渐增强
2．碱金属的特殊性
（1）碱金属的密度随核电荷数的增大而增大，但钾的密度比钠的小。
（2）碱金属一般都保存在煤油中，但锂的密度小于煤油的密度而将锂保存在石蜡中。
（3）碱金属跟氢气反应生成的碱金属氢化物都是离子化合物，其中氢以H−形式存在，显−1价，碱金属氢化物是强还原剂。
（4）一般情况下，碱金属所形成的盐均溶于水，并且在一定温度下，酸式盐比正盐的溶解度大(但NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小)。
（5）试剂瓶中的药品取出后，一般不能放回原瓶，但金属Na、K等需立即放回原瓶。
（6）与O2反应时，Li只生成Li2O，Na在常温时生成Na2O，加热时易形成Na2O2。
六、焰色反应
1．定义
金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫作焰色反应。
2．操作步骤
（1）干烧：实验开始时，将铂丝(或光洁无锈的铁丝)放在酒精灯（最好用煤气灯）外焰上灼烧，至与原火焰颜色相同为止。
（2）蘸、烧与观色：将铂丝（或铁丝）蘸取需要检验的试样，在外焰上灼烧，观察火焰颜色。
（3）洗、烧：将铂丝（或铁丝）用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至无色，以除去金属丝表面可能残留的杂质。
3．应用
（1）用于检测某种金属元素是否存在。
（2）添加到烟花中，使焰火更加绚丽多彩。
4．常见元素的焰色
Na：黄色；K：紫色；Li：紫红色；Ca：砖红色；Cu：绿色；Ba：绿色。
（1）焰色反应属于物理变化，焰色属于元素的性质，即同种元素的单质或化合物，固体或相应的溶液均会产生同样的焰色。
（2）焰色反应适用于检验某些常规化学方法不能鉴定的金属元素，如Na、K等。
（3）观察钾的焰色反应时，要透过蓝色钴玻璃，这是因为大部分钾的化合物里含有少量的钠，钠的黄色火焰会影响观察结果，用蓝色钴玻璃可以滤去杂质钠的焰色。
（4）用稀盐酸清洗铂丝而不用稀硫酸的原因：铂丝表面的杂质与盐酸反应生成沸点较低的氯化物易气化挥发，而硫酸盐的沸点较高不易气化挥发。


考向一 Na的性质及应用

典例1 下列说法正确的是（ ）
A．自然界中存在单质钠 B．钠需要密封保存在四氯化碳中
C．实验室中可直接用药匙取用钠 D．实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中
【答案】D
【解析】
A．钠元素在自然界中只以化合物形式存在，选项A错误；
B．四氯化碳的密度比钠的大，不能用来保存钠，选项B错误；
C．实验室中用镊子和小刀取用钠，选项C错误；
D．实验后，将剩余药品放回原试剂瓶会污染瓶中药品，要放在指定的容器中，但是个别药品如金属钠，可以放回原瓶中，选项D正确。
答案选D。

1．将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体产生，又有白色沉淀产生的是（不考虑溶液温度变化）
①溶液 ②稀溶液 ③饱和澄清石灰水 ④溶液
⑤饱和溶液 ⑥溶液
A．①④⑥ B．②④⑤ C．③④⑥ D．①③⑤
【答案】D
【解析】
①钠投入硫酸镁溶液中，反应生成氢气、硫酸钠和氢氧化镁沉淀，故①符合题意；
②钠投入稀硫酸钠溶液中，钠与水反应生成氢气，没有沉淀生成，故②不符合题意；
③钠投入饱和澄清石灰水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，
故有氢氧化钙白色固体析出，故③符合题意；
④钠投入硫酸铜溶液中，反应生成氢气、硫酸钠和氢氧化铜蓝色沉淀，不是白色沉淀，故④不符合题意；
⑤钠投入饱和氯化钠溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，
饱和氯化钠溶液中析出白色氯化钠固体，故⑤符合题意；
⑥钠投入溶液中，反应生成氢气、氢氧化铁红褐色沉淀，不是白色沉淀，故⑥不符合题意；
答案选D。
钠与盐溶液反应的思维流程

1．共性
因为钠与不同的溶液反应均属于剧烈的置换反应，故有共同的现象产生：（1）浮：钠浮在液面上；（2）熔：钠熔化成光亮的小球；（3）游：在液面上不停地游动直至反应完；（4）响：反应中不停地发出“嘶嘶嘶”的响声。
2．差异性
与酸及能形成弱碱的金属盐溶液反应时，由于溶液中H＋浓度较大，反应比与水剧烈，最后钠可能在液面上燃烧；与盐溶液反应时，还可能会生成沉淀(如生成难溶碱)、气体(NH3)等。

考向二 过氧化钠的性质及应用

典例2 在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂，用如图所示实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。

（1）A是制取的装置，写出A中发生反应的化学方程式：____。
（2）填写表中空格：
装置
加入试剂
加入该试剂的目的
B
饱和溶液
____
C
_____
______
D
NaOH溶液
______
（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_______。
（4）用____检验F中收集到的气体，现象是_____。
【答案】（1）
（2） 除去气体中混入的HCl 过氧化钠 与和水反应产生 吸收未反应的气体
（3）
（4） 带火星的木条 木条复燃
【解析】
(1)A装置中制备CO2，无加热设备，所以应用分液漏斗盛装稀盐酸与锥形瓶中的石灰石反应制备CO2气体，方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，
故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
(2)CO2气体通过饱和碳酸氢钠溶液，除去盐酸挥发出的HCl气体，C装置中盛装过氧化钠固体，与二氧化碳和水反应生成氧气，再将混合气体通入氢氧化钠溶液中，以除去氧气中未反应的二氧化碳，最后用排水法收集氧气；
故答案为除去CO2气体中混入的HCl；过氧化钠；与CO2和水反应产生O2；吸收未反应的CO2气体；
(3) 过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
故答案为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)F利用排水法收集氧气，检验氧气可使用带火星的木条，若木条复燃则证明该气体为氧气，故答案为带火星的木条；木条复燃。

2．过氧化钠具有强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧。下列有关说法不正确的是
A．Na2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂
B．熔融过氧化钠时不可使用石英坩埚
C．过氧化钠与木炭、铝粉反应时，过氧化钠均表现出强氧化性
D．过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠
【答案】A
【解析】Na2O2与H2O、CO2反应时，都是Na2O2自身发生歧化反应，A项错误；石英的主要成分是SiO2，而Na2O2能与SiO2反应生成Na2SiO3，故熔融过氧化钠时不可使用石英坩埚，B项正确；Na2O2具有强氧化性，而C、Al、SO2均具有还原性，故Na2O2可与C、Al、SO2发生氧化还原反应，可将C氧化成CO2，将Al氧化成Al2O3，将SO2氧化成SO，C、D项均正确。
考向三 过氧化钠与二氧化碳、水反应的规律
2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2①
2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑②
以上反应中Na2O2既作氧化剂又作还原剂，CO2和H2O既不是氧化剂又不是还原剂。
1．物质的量关系
无论是CO2、H2O(g)的单一物质还是二者的混合物，通过足量的Na2O2时，CO2、H2O(g)与放出O2的物质的量之比均为2∶1，解答此类问题可借助物质的量守恒关系。
2．电子转移关系

根据上式，由电子转移关系可知，存在关系：2 mol Na2O2～1 mol O2～2 mol 电子。
3．固体质量关系
将CO2看作CO燃烧所得：2CO+O22CO2①；2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2②。
由①②，推知CO+Na2O2Na2CO3。
将H2O看作H2燃烧所得：2H2+O22H2O①；2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑②。
由①②，推知H2+Na2O22NaOH。
所以Na2O2与CO2、H2O反应增加的质量为与CO2、H2O等物质的量的CO、H2的质量。
根据上述分析，可以得出以下结论：
（1）将CO或H2的燃烧产物CO2或H2O通过Na2O2固体，可以看成CO或H2直接与Na2O2反应，所以固体增加的质量就是参加反应的CO或H2的质量。
（2）凡是分子组成符合(CO)n(H2)m形式的一种或几种物质，w g该物质在O2中完全燃烧，将其产物(CO2和水蒸气)通过足量的Na2O2固体后，Na2O2固体增加的质量必为w g。
中学阶段常见的符合这一关系的物质有①无机物：H2、CO及H2和CO的混合气体；②有机物：CH3OH、HCHO、CH3COOH、HCOOCH3、CH3CH(OH)COOH(乳酸)、C6H12O6(葡萄糖)等。
4．气体体积关系
CO2、H2O(g)与过量的Na2O2反应，所得O2的体积为相同状况下CO2或H2O(g)体积的一半。
5．反应的先后问题
一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物反应，可视作Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完后，Na2O2再与H2O（g）发生反应。[即便Na2O2先与H2O(g)反应，生成的NaOH又消耗CO2而生成H2O(g)，故CO2先反应。
6．反应的固体产物判断
根据化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O(g)4NaOH+O2，结合CO2先反应，H2O(g)后反应的顺序，可以推知反应后固体产物的成分：
①当n(CO2)≥n(Na2O2)时，固体产物为Na2CO3；
②当n(CO2)＜n(Na2O2)时，固体产物为Na2CO3和NaOH；
③当n(CO2)+n(H2O)＜n(Na2O2)时，固体产物为Na2CO3和NaOH。

典例3 200 ℃时，11.6 g CO2和H2O(g)的混合气体与足量的Na2O2充分反应后固体质量增加了3.6 g，则原混合气体的总物质的量是
A．0.125 mol B．0.25 mol C．0.5 mol D．1 mol
【答案】C
【解析】根据质量守恒定律可知，生成O2的质量为11.6 g−3.6 g=8 g，n(O2)==0.25 mol，根据Na2O2与H2O(g)、CO2反应的物质的量的关系可知CO2和H2O(g)的物质的量之和为0.25 mol×2=0.5 mol。

3．将O2、CH4、Na2O2放入密闭容器中，在150 ℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中的压强为零，由此得出原混合物中O2、CH4、Na2O2的物质的量之比为
A．1∶1∶1 B．2∶2∶6
C．1∶2∶6 D．无法确定
【答案】C
【解析】由题意知，三种物质完全反应后压强为零，说明最终剩余固体为Na2CO3和NaOH。根据凡是分子组成符合(CO)n(H2)m形式的一种或几种物质的混合物与足量Na2O2反应，固体Na2O2增加的质量等于该混合物的质量的规律，要使O2和CH4的组成符合(CO)n(H2)m的形式，则必须有n(O2)∶n(CH4)=1∶2。假设有1 mol O2、2 mol CH4与n mol Na2O2反应：2CH4+O2+Na2O2→ Na2CO3+NaOH，然后由氢原子守恒确定NaOH的物质的量为8 mol，由碳原子守恒确定Na2CO3的物质的量为2 mol，最后求出Na2O2的物质的量为6 mol，即可得出反应的化学方程式：2CH4+O2+6Na2O22Na2CO3+8NaOH，即C项正确。
考向四 碳酸钠、碳酸氢钠的性质与鉴别

典例4 下列关于Na2CO3和NaHCO3的比较中，说法不正确的是
A．NaHCO3固体受热容易分解，而Na2CO3固体受热不容易分解
B．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，前者消耗盐酸的物质的量比后者多
C．向等体积等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中分别滴加2滴酚酞溶液，前者颜色比后者深
D．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液分别与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式相同
【答案】D
【解析】 Na2CO3溶液和NaHCO3溶液分别与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式不相同，Na2CO3与Ba(OH)2溶液：CO＋Ba2＋===BaCO3↓，NaHCO3与Ba(OH)2溶液反应，当NaHCO3少量时：HCO＋OH－＋Ba2＋===BaCO3↓＋H2O；当NaHCO3过量时：2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋CO＋2H2O。

4．下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的的是(　　)
A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢
B．分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少
C．分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成
D．分别将等量的白色粉末用如图装置进行实验，比较澄清石灰水是否变浑浊

【答案】C
【解析】
【分析】
A．碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳；
B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀；
D．碳酸钠较稳定，加热不分解，碳酸氢钠不稳定，加热易分解。
【详解】
A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等物质的量浓度的稀盐酸，碳酸氢钠立即和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳，所以生成二氧化碳速率不同，能达到实验目的，故A不选；
B．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少来鉴别，能达到实验目的，故B不选；
C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀，反应现象相同，无法鉴别，所以不能达到实验目的，故C选；
D．碳酸钠比碳酸氢钠稳定，加热时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，用澄清石灰水检验是否生成二氧化碳，所以能达到实验目的，故D不选；
故选C。
Na2CO3和NaHCO3鉴别的四个角度
（1）利用热稳定性不同

（2）利用和酸反应生成气体的速率不同(相同条件下)

（3）利用和BaCl2(或CaCl2)溶液混合时现象不同

（4）利用溶液的酸碱性不同

考向五 碳酸钠、碳酸氢钠溶液与盐酸反应的规律
1．与酸反应放出CO2的速率快慢不同的原因分析
NaHCO3溶液与盐酸反应只需一步即可放出CO2气体，故放出气体的速率较快：NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O。
Na2CO3溶液与盐酸反应时，第一步生成NaHCO3，此时尚无气体放出：Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl；
第二步是生成的NaHCO3与盐酸反应放出CO2。
故将相同物质的量浓度的盐酸分别滴入等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，前者放出气体的速率较快。
2．不用任何试剂鉴别Na2CO3溶液和盐酸的化学原理
Na2CO3溶液与盐酸作用时，滴加方式不同，现象不同，产生CO2的量也不一定相同。以此可作为鉴别Na2CO3溶液和盐酸的依据。
（1）把Na2CO3溶液逐滴加入盐酸中，开始时盐酸相对过量，则发生反应：Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2↑+H2O，即开始就有CO2气体放出。
（2）把盐酸逐滴加入Na2CO3溶液中，开始时Na2CO3相对过量，则先发生反应：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，继续滴加盐酸则进行下一步反应：NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O，即开始阶段无明显现象，之后才有气体产生。
3．碳酸钠、碳酸氢钠溶液与盐酸反应的常见图像
Na2CO3溶液与盐酸反应先转化为与Na2CO3等物质的量的NaHCO3，没有CO2生成，且Na2CO3转化为NaHCO3消耗的HCl的物质的量与新生成的NaHCO3放出CO2消耗的HCl的物质的量相等（如图2所示），这是处理该类问题的关键点。抓住Na2CO3溶液与盐酸反应的这一特点，就很容易推出Na2CO3、NaOH的混合溶液以及Na2CO3、NaHCO3的混合溶液与盐酸反应的特点，常见图像如下：
（1）向NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗的HCl与产生的CO2的物质的量的关系如图1所示；
（2）向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗的HCl与产生的CO2的物质的量关系如图2所示；
（3）向Na2CO3、NaOH的混合溶液中逐滴加入盐酸，消耗的HCl与产生的CO2的物质的量关系如图3所示；
（4）向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，消耗的HCl的物质的量与产生的CO2的物质的量的关系如图4所示。



典例5 向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况，且（2）（3）（4）图中分别有OAAB，则下列分析与判断不正确的是

A.M中只有一种溶质的有（1）和（3）
B.M中有两种溶质的有（2）和（4）
C.（2）图显示M中c(NaHCO3) D.（4）图显示M中的溶质为NaOH和Na2CO3
【答案】C
【解析】发生的反应为NaOH+HClNaCl+H2O，Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸与NaHCO3反应消耗盐酸体积相等。图（1）中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种为NaHCO3，图（3）中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3，A正确；图（2）中OAAB，说明含有NaOH和Na2CO3两种溶质，B、D正确；图（2）中OA
5．向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图(忽略CO2的溶解和HCl的挥发)：

则下列分析都正确的组合是
①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3
②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1∶1
③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为1∶1
④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3
A．①② B．①③ C．②④ D．②③
【答案】A
【解析】图像Ⅰ中从O点即开始产生CO2气体，对应溶液中的溶质为NaHCO3，①正确；图像Ⅱ中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量，对应的溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比＝＝1，②正确；图像Ⅲ中，Oa段消耗HCl的量等于ab段消耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3，③不正确；图像Ⅳ中，Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3、NaOH，④不正确。

考点二 镁、铝及其重要化合物


一、镁和铝的性质
金属
项目
镁(Mg)
铝(Al)
原子结构
原子最外层2个电子
原子最外层3个电子
原子半径
1.60×10−10 m
1.43×10−10 m
化合价
+2
+3



单



质


性



质
物 理
性 质
镁和铝都是密度较小、熔点较低、硬度较小的银白色金属，但镁和铝相比较，铝的硬度比镁的稍大，熔点和沸点都是铝比镁的高
活泼性
较活泼
较活泼
抗 腐
蚀 性
在空气中都能跟氧气反应，表面覆盖一层致密而坚硬的氧化物薄膜，都具有高腐蚀性能
与O2反应
2Mg+O22MgO
4Al+3O22Al2O3
与卤素单质、硫等反应
Mg+ Cl2MgCl2
Mg+SMgS
2Al+3Cl22AlCl3
2Al+3SAl2S3
与 酸
反 应
Mg+2H+Mg2++H2↑
2Al + 6H+2Al3++3H2 ↑
与水反应
Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑
不反应
与碱反应
不反应
2Al+2NaOH +2H2O2NaAlO2 +3H2 ↑
与氧化物反应
2Mg+CO22MgO+C
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
结 论
镁、铝均为较活泼的金属，但镁的金属性强于铝
解 释
核电荷数镁小于铝，而原子半径镁大于铝，故核对最外层的电子引力镁小于铝，即Al比Mg难失电子，金属性弱于Mg
主要用途
镁合金汽车、飞机制造、照明弹等
铝合金汽车、船舶、飞机制造、防锈
油漆、导线、电缆等
铝热反应
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
4Al+3MnO23Mn+2Al2O3
在实验室按如图所示装置进行铝热反应，实验现象是当外露部分镁条刚刚燃烧完毕时，纸漏斗内混合物立即剧烈反应，发出耀眼的光芒，产生大量的烟。纸漏斗被烧破，有红热状的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体(落下的是铁珠)。

铝热反应是指工业上用铝粉来还原一些金属氧化物，得到Fe、V、Cr、Mn等难溶金属的一类反应。铝热反应的实质是铝在高温条件下将活动性比铝弱的金属从其氧化物中置换出来。
二、氧化铝和氢氧化铝
两性氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物。
两性氢氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物。
名称
氧化铝
氢氧化铝
化学式
Al2O3
Al(OH)3
类别
两性氧化物
两性氢氧化物
物理
性质
高熔点，高沸点，高硬度，不溶于水的白色固体
不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性
化学
性质
①与强酸反应：
Al2O3+6H+2Al3++3H2O
②与强碱反应：
Al2O3+2OH-2+H2O
①两性：
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al(OH)3+OH-+2H2O
②热稳定性：
2Al(OH)3Al2O3+3H2O
用途
炼铝原料、制作耐火材料
可用作吸附剂、媒染剂和净水剂；治疗胃酸；可作为制造瓷釉、耐火材料、防水织物的原料
三、“铝三角”及其应用

1．具体反应
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al3++3OH−Al(OH)3↓
+H++H2OAl(OH)3↓
+4H+Al3++2H2O
Al3++4OH−+2H2O
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．应用
（1）判断离子共存问题
Al3+与OH−及、、S2−等弱酸根阴离子或与H+、以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。
（2）鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)
①向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
②向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
（3）分离提纯
①利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。
②利用Al2O3，能与强碱溶液反应，分离Al2O3与其他金属氧化物。
③利用Al(OH)3能与强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。
四、硫酸铝钾——KAl(SO4)2
（1）硫酸铝钾在水溶液中的电离方程式为KAl(SO4)2===K++Al3++2。
（2）带有十二个结晶水的硫酸铝钾称为十二水合硫酸铝钾，俗称明矾，化形式为KAl(SO4)2·12H2O，它是无色晶体，可溶于水。由于Al3+能水解生成具有强吸附性的胶体：Al3++3H2O===3H++Al(OH)3，故明矾是一种常用的净水剂。
明矾中含有Al3+和，向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当Al3+ 恰好完全沉淀时，离子方程式为2Al3+ +3+3Ba2+ +6OH−===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时只沉淀了总量的四分之三，总的沉淀的物质的量达到最大；当完全沉淀时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH−===2BaSO4↓++2H2O，此时Al3+ 恰好完全转化为，总的沉淀的质量达到最大。


考向一 铝及其化合物的转化

典例1 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：

下列叙述正确的是
A．试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为Fe(OH)3
C．图中所有转化反应都不是氧化还原反应
D．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3
【答案】D
【解析】根据流程图可知，X一定是NaOH，Y一定是CO2，加X后得到的沉淀为Fe2O3。

1．铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第__________周期__________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①Na[Al(OH)4]、②Na[B(OH)4]、③Na[Ga(OH)4]，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为___________(用序号表示)。{Na[Al(OH)4]也可表示偏铝酸钠，硼、镓类似}
（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3+、、、OH−、H+的浓度由大到小的顺序为 _____________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：

已知：AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为___________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】（1）三 ⅢA ③>①>②
（2）c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)
（3）①玻璃棒 ②87.86%
【解析】（1）铝元素位于周期表中第三周期ⅢA族。同周期元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，Na[B(OH)4]水解程度最小、Na[Ga(OH)4] 水解程度最大，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为Na[Ga(OH)4]> Na[Al(OH)4]> Na[B(OH)4]。
（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液混合，、，反应后c()=0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；铵根水解，c()<0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；c(Al3+)=(0.1 mol/L−)÷2=，此时铵根水解溶液呈酸性， c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)。
（3） ①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；设AlN的质量为a g，根据关系式
2AlN~Al2O3 Δm
82 102 20
a 0.9
a=0.369 g，AlN的质量分数为87.86%。

考向二 铝与酸、碱反应的有关计算
（1）铝能与酸溶液反应生成H2和铝盐(Al3+)，但与稀HNO3反应不生成H2，且在浓HNO3、浓H2SO4中钝化。
（2）铝与强碱溶液反应生成H2和偏铝酸盐()。
（3）铝与酸或碱溶液反应生成H2的量的关系：
有关离子方程式为：
2Al+6H+2Al3++3H2↑
2Al+2OH−+2H2O2+3H2↑
Al与酸、碱反应的实质都是：AlAl3+，2H+H2，故与酸或碱反应时，铝与氢气的关系均为2Al～3H2↑，利用此性质可以方便地进行有关计算。
①等量Al分别与足量酸(H+)和碱(OH−)溶液反应，生成H2之比为1∶1，消耗H+和OH−之比为3∶1。
②足量Al分别与所含H+和OH−物质的量相等的溶液反应，生成H2之比为1∶3。
③若产生H2之比为<<，则必定是：
与酸反应时，Al过量、H+不足，而与碱反应时，Al不足、OH−过量。


典例2（1）等质量的两份铝分别与足量的HCl、NaOH溶液反应，所得H2的体积之比是________。
（2）足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，产生H2的体积之比是________。
【答案】（1）1∶1
（2）1∶3
【解析】（1）根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。（2）因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。

2．有两种金属组成的混合物粉末15g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L(标准状况下)H2，则该混合物的组成不可能是
A．Fe、Zn B．Al、Cu
C．Al、Na D．Al、Fe
【答案】A
【解析】本题考查了混合物计算。标况下，11.2L氢气的物质的量为=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量为0.5mol，金属平均相对原子质量为=30。Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，均大于30，不符合题意，故A错，选A。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Cu不与盐酸反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，故B正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，如Na为+2价，其相对原子质量为23×2=46，符合条件，故C正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故D正确，不选。

考向三 Al(OH)3沉淀的图象分析
1．四个基本图象
（1）可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象：
操作
可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量
NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象


离子方
程式
Al3++3OH−Al(OH)3↓
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al3++4OH−+2H2O
3+Al3++6H2O4Al(OH)3↓
（2）偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象：
操作
偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量
稀盐酸中逐滴加偏铝酸盐溶液至过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象


离子方
程式
+H++H2OAl(OH)3↓
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
+4H+Al3++2H2O；
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．拓展图象
（1）向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图象如图1所示。
（2）向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图象如图2所示。

（3）向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图象如图3所示。
（4）向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图象如图4所示。


典例3 如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是

A．①线表示Al3＋的物质的量的变化
B．x表示AlCl3的物质的量
C．③线表示Al(OH)3的物质的量的变化
D．④线表示AlO的物质的量的变化
【答案】B
【解析】假定向含有1 mol AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3 mol OH-，生成1 molAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1，
假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗1molAl3+，生成1molAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反应，消耗molAl3+，生成molAl(OH)3↓，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol=3：1，
由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C．由上述分析可知，随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，或减小，故②③线表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D．由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2-的物质的量增大，④线表示AlO2-的物质的量的变化，故D正确；故选B。

3．现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出n[Al（OH）3]，再计算出n[Mg（OH）2]，进而计算原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比。
【详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=n（NaOH）=0.1c，所以n[Mg（OH）2]==0.05c，溶液中n（Cl﹣）=3n[Al（OH）3]=0.3c，原溶液中n（SO42﹣）=n[Mg（OH）2]=0.05c，则原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。
考向四 有关镁、铝合金的定量计算
镁、铝都能与非氧化性酸反应生成相应的盐。镁和铝的化合物与强碱溶液反应时，一个重要的特征是它们相对量的不同，沉淀量也有所不同。沉淀量随强碱量的变化关系用文字很难表达清楚，但若用图象表示，不仅有助于理解镁和铝的化合物与强碱反应的过程，也有助于解决有关计算问题。
1.向含Mg2+与Al3+的混合溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图甲。
（3）量的关系：①n(Al3+)=(b−a) mol；②n(Mg2+)= mol。
2.向含Mg2+与Al3+的酸性溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：无明显现象→出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图乙。


典例4 将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:

A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L－1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】
从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。
【详解】
A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；
B、根据A中分析可知B项正确；
C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol÷0.04 L=5mol•L-1，C项正确；
D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V（H2）=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误。
答案选D。

4．将0.1 mol镁和铝的混合物溶于100 mL 2 mol/L 稀硫酸中，然后滴加1 mol/L的NaOH溶液。
请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。

则当V1=160 mL时，金属粉末中n(Mg)= mol，V2= mL。
（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)= 。
（3）若混合物仍为0.1 mol，其中镁粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1 mol/L NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。写出满足此条件的a的取值范围 。
【答案】（1）0.06　440　（2）400 mL　（3）≤a<1
【解析】（1）由图象可知：160 mL NaOH溶液与过量的稀硫酸反应，则与Mg、Al反应的H2SO4的物质的量为n(H2SO4)=0.2 mol−0.16 mol×=0.12 mol。假设n(Mg)=x mol，n(Al)=y mol，则有方程组：，解得：x=0.06，y=0.04。当加入V2 mL NaOH溶液时，得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2，关系式为Mg2+~2OH−，Al3+~4OH−，则V2=160+ ×103=440。
（2）当Mg2+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中只有Na2SO4，关系式为2NaOH~H2SO4，则V(NaOH)==400 mL。
（3）当所得沉淀中无Al(OH)3时，反应后生成的溶质为Na2SO4、NaAlO2。根据钠元素守恒：n(NaOH)=0.45 L×1 mol/L≥0.1 L×2 mol/L×2+0.1 mol×(1−a)。解得a≥则满足此条件的a的取值范围是≤a<1。


考点三 铁及其重要化合物


一、铁的性质
1．铁的物理性质
纯铁具有金属的共性，如具有银白色金属光泽和良好的延展性，是电和热的良导体，具有能被磁铁吸引的特性，纯铁有很强的抗腐蚀能力。
2．铁的化学性质
铁元素性质活泼，有较强的还原性，主要化合价为＋2价和＋3价。

（1）与非金属单质的反应：
①与O2的反应：
常温下：铁被腐蚀生成铁锈，其主要成分为Fe2O3。
点燃时：3Fe＋2O2Fe3O4。
②与Cl2的反应：2Fe＋3Cl22FeCl3。
③与S的反应：Fe＋SFeS。
（2）与水的反应：
常温下铁与水不反应，在高温条件下与水蒸气反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。
（3）与酸的反应：
①与非氧化性酸反应的离子方程式：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。
②与氧化性酸：
遇冷的浓硫酸或浓硝酸钝化，与稀硝酸或在加热条件下与浓硫酸、浓硝酸反应无H2产生。
Fe过量
3Fe+8H++23Fe2++2NO↑+4H2O
Fe不足
Fe+4H++Fe3++NO↑+2H2O
（4）与某些盐溶液的反应：
①与CuSO4溶液反应的离子方程式：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。
②与FeCl3溶液反应的离子方程式：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
二、铁的氧化物和氢氧化物
1．铁的氧化物的比较
铁的氧化物
FeO
Fe2O3
Fe3O4
俗称
无
铁红
磁性氧化铁
色、态
黑色粉末
红棕色粉末
黑色晶体
铁的价态
+2
+3
+2、+3
水溶性
难溶于水
稳定性
不稳定性
6FeO+O22Fe3O4
稳定
稳定
与非氧化性酸的反应
FeO+2H+
Fe2++H2O
Fe2O3+6H+
2Fe3++3H2O
Fe3O4+8H+
2Fe3++ Fe2++4H2O
与CO的反应
FexOy+yCOxFe+yCO2
制取
高温熔融，过量的铁与氧气反应
2Fe+O22FeO
Fe(OH)3的分解
2Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O
铁在氧气中燃烧
3Fe+2O2Fe3O4
提醒：（1）Fe3O4的组成可用氧化物的形式表示为FeO·Fe2O3，即有的铁显＋2价，的铁显＋3价；
（2）Fe3O4与一般酸反应生成两种盐，Fe3O4与稀硝酸反应生成一种盐[Fe(NO3)3]。
2．铁的氢氧化物的比较
铁的氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
物理性质
白色，难溶于水的固体
红褐色，难溶于水的固体
化学性质
（1）与非氧化性强酸反应
Fe(OH)2+2H+Fe2++2H2O
（2）与氧化性酸反应
3Fe(OH)2+10HNO3
3Fe(NO3)3+NO↑+8H2O
（3）空气中放置被氧化
4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3
（1）与酸反应
Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O
（2）受热分解
2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O
制备
①煮沸蒸馏水，赶走溶解的氧气
②煮沸NaOH溶液，赶走溶解的氧气
③配制FeSO4溶液，加少量的还原铁粉
④用长滴管将NaOH溶液送入FeSO4溶液液面以下
Fe2++2OH−Fe(OH)2↓
将NaOH溶液滴入Fe2(SO4)3溶液中
Fe3++3OH−Fe(OH)3↓
三、“铁三角”及其应用

“铁三角”的四应用：
（1）判断离子共存： Fe3+、Fe2+与、、等在溶液中因发生相互促进水解反应而不能大量共存；Fe2+与(H+)、ClO−、(H+)，Fe3+与S2−、I−、HS−、在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存。
（2）除杂方法(括号内为杂质)：
Fe2+(Fe3+)：加过量铁粉过滤；
FeCl3(FeCl2)：加氯水或H2O2；
FeCl2(CuCl2)：加过量铁粉过滤；
Fe(Al)、Fe2O3(Al2O3、SiO2)：加过量强碱溶液过滤；
（3）盐溶液的保存：亚铁盐溶液——加入少量铁屑以防止Fe2+被氧化。铁盐溶液——加入少量相应的酸溶液以防止Fe3+水解。
（4）物质制备：
①制备无水氯化铁：在HCl气流中加热浓缩氯化铁溶液；
②制备氢氧化铁胶体：向沸水中加入饱和氯化铁溶液并煮沸至变为红褐色为止。
四、重要的铁盐
三氯化铁(FeCl3)：棕黄色固体，一种常见的氧化剂，能与多种还原剂发生氧化还原反应，能回收废铜，其反应的离子方程式为2Fe3++CuCu2++2Fe2+。
绿矾(FeSO4·7H2O)：一种重要的还原剂，可用作补血剂及植物的补铁剂。
高铁酸钾(K2FeO4)：深紫色晶体，具有强氧化性，可用作水处理剂或高能电池。
铁铵矾[NH4Fe(SO4)2·12H2O]：无色晶体，易溶于水，常用作化学分析试剂、药物和织物媒染剂。
赤血盐[K3Fe(CN)6]：红色晶体，易溶于水，常用于检验Fe2+，生成蓝色沉淀。


考向一 Fe2+、Fe3+的鉴别
（1）直接观察颜色：Fe2+溶液呈浅绿色，Fe3+溶液呈棕黄色。
（2）利用显色反应(形成络离子)
①
②
（3）利用Fe(OH)3沉淀的颜色：

（4）利用Fe3+的氧化性
①
②
③
（5）利用Fe2+的还原性
①
②
（6）利用铁氰化钾与亚铁离子反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀检验亚铁离子。

典例1 要证明某溶液中不含Fe3＋，而可能含有Fe2＋，进行如下实验操作的最佳顺序为（　　）
①加入足量氯水　②加入足量KMnO4（H＋）溶液　③加入少量KSCN溶液
A．①③ B．③②
C．③① D．①②③
【答案】C
【解析】通常用KSCN溶液检验Fe3+，故先向溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红色，说明溶液中不含有Fe3+；然后加入足量氯水，溶液呈血红色，说明溶液中含Fe2+；氧化剂不选用KMnO4溶液的原因是：KMnO4溶液本身有颜色，同时KMnO4会将KSCN氧化影响实验；故证明某溶液中不含有Fe3＋而可能含有Fe2＋，进行实验操作时最佳顺序为③①；
答案选C。


1．下列离子的检验方法合理的是（　　）
A．向某溶液中滴入硫氰酸钾溶液呈红色，说明不含Fe2＋
B．向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰酸钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋
C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
D．向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2＋，不含有Mg2＋
【答案】C
【解析】A.滴加硫氰酸钾溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3＋而不能证明没有Fe2＋，A错误；
B．若原溶液中含Fe2＋，通入氯气，氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，滴加硫氰酸钾溶液后显红色，若原溶液中不含Fe2＋而含有Fe3＋，通入氯气，加入硫氰酸钾溶液同样可以变红色，B错误；
C．溶液中加入氢氧化钠溶液得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋，C正确；
D．氢氧化镁为白色沉淀，能被红褐色沉淀掩盖，无法确定，D错误。
故本题答案为C。
考向二 Fe(OH)2的制备
制备Fe(OH)2常用的三种方法
方法一：有机覆盖层法
将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并在液面上覆盖一层苯或煤油(不能用CCl4)，以防止空气与Fe(OH)2接触发生反应，如图1所示。

方法二：还原性气体保护法
用H2将装置内的空气排尽后，再将亚铁盐与NaOH溶液混合，这样可长时间观察到白色沉淀。如图2所示。
方法三：电解法
用铁作阳极，电解NaCl(或NaOH)溶液，并在液面上覆盖苯或煤油，如图3所示。


典例2 用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。
Ⅰ.方法一：用FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
（1）除去蒸馏水中溶解的O2常采用　　　　　　　的方法。
（2）生成白色Fe(OH)2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　　　　　　　。
Ⅱ.方法二：在如图所示装置中，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）为了制得白色Fe(OH)2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，其理由是　　　　　　　　　。
【答案】Ⅰ.（1）煮沸 （2）避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2
Ⅱ.（1）稀H2SO4、铁屑　（2）NaOH溶液　（3）检验试管Ⅱ出口处排出H2的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹　（4）试管Ⅰ中反应生成的H2将所用溶液和装置内的空气排尽，且外界空气不容易进入装置，可防止白色的Fe(OH)2沉淀被氧化
【解析】Ⅰ.方法一：（1）气体的溶解度是随温度升高而降低的，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。（2）避免生成的Fe(OH)2被空气(氧气)氧化。
Ⅱ.方法二：试管Ⅱ是开口式的，无法用产生的气体将溶液压入试管Ⅰ中，所以应在试管Ⅰ中制取FeSO4，而在试管Ⅱ中盛NaOH溶液。将Fe与稀H2SO4放入试管Ⅰ后，产生的H2可从试管Ⅰ内短管处排出试管Ⅰ内的空气，经过止水夹进入试管Ⅱ内的NaOH溶液中，再排尽NaOH溶液和试管Ⅱ内的空气，然后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，压强增大，将FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内的NaOH溶液中，在此过程中，液体都处于H2环境中，从而避免了空气中的O2将反应生成的Fe(OH)2氧化成 Fe(OH)3。

2．下列各图示中，能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀的是__________。


【答案】①②③⑤
【解析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理相同，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③的原理为铁作阳极产生Fe2+，与电解水产生的OH−结合生成Fe(OH)2，且液面用汽油保护，能防止空气进入；⑤中液面加苯阻止了空气进入；④由于带入空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。
考向三 守恒思想在铁及其化合物计算中的应用
数轴法分析铁与稀硝酸反应的产物
一是明确哪种物质过量，二是根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应方程式：
（1）HNO3过量：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，铁元素的存在形式为Fe3＋。
（2）Fe过量：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，铁元素的存在形式为Fe2＋。
（3）用数轴表示：

（4）无论二者的量如何变化，铁与稀HNO3反应，被还原的HNO3与参加反应的HNO3的物质的量之比总是1∶4。
（5）硝酸的作用及其量的确定
铁与硝酸的反应中，一是氧化剂作用，二是酸性作用。作为氧化剂的硝酸可以根据氧化还原反应中得失电子守恒的方法确定，作为酸性作用的可以通过金属铁的物质的量确定，即铁的物质的量乘以铁显示的化合价。

典例3 把22.4 g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，若反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，下列说法正确的是
A．反应后生成的盐只为Fe(NO3)3
B．反应后生成的盐只为Fe(NO3)2
C．反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3∶1
【答案】C
【解析】由于铁的物质的量为＝0.4 mol，所以在反应的过程中它失去的电子数应介于0.8 mol(此时只产生Fe2＋)和1.2 mol(此时只产生Fe3＋)之间，又产生0.3 mol NO2和0.2 mol NO，即反应过程中硝酸得到的电子物质的量为0.3 mol×(5－4)＋0.2 mol×(5－2)＝0.9 mol，所以对应的产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2，设前者的物质的量为x，后者的物质的量为y，则由铁原子守恒可得x＋y＝0.4 mol，由得失电子守恒得3x＋2y＝0.9 mol，解得x＝0.1 mol，y＝0.3 mol。

3．向一定量的FeO，Fe，Fe3O4的混合物中加入100mL 1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现. 若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是()
A．11.2 g B．5.6 g C．2.8 g D．1.4g
【答案】C
【解析】
【分析】
Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入盐酸恰好使混合物完全溶解，生成铁的氯化物，因加入KSCN 溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，根据氯元素守恒可知道氯化亚铁的量，进而求得铁元素的质量，然后结合质量守恒可知用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物能得到单质铁的质量。
【详解】
用盐酸溶解后，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明得到的产物为氯化亚铁，即混合物中的铁元素全在氯化亚铁中，HCl的物质的量为1mol/L×0.1L=0.1mol，根据氯元素守恒，则n(Fe)=n(FeCl2)=×n(HCl)=0.05mol，则混合物中含有Fe元素的质量为m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g，根据质量守恒可知，用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到单质铁的质量为2.8g，故答案为C。
考向四 “铁三角”的重要应用

典例4 甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件己略去）。下列有关物质的推断正确的是

甲
乙
丙
丁
A
N2
NO
NO2
O2
B
SO32-
HSO3-
SO2
H+
C
Cl2
FeCl3
FeCl2
Fe
D
Al3+
Al(OH)3
AlO2-
NH3·H2O
【答案】B
【详解】
A. N2+ O22NO，N2不能一步直接转化为NO2，A错误；
B. SO32-+H+=HSO3-，HSO3-+H+=SO2↑+H2O，SO32-+2H+=H2O+SO2↑，符合物质转化关系，B正确；
C. Cl2和Fe反应生成FeCl3，不可能一步反应直接得到FeCl2，C错误；
D. 氨水中的NH3·H2O是弱碱，不能溶解两性氢氧化物Al(OH)3，D错误；
故合理选项是B。


4．已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。

（1）写出下列物质的化学式：
A：________________，D：_____________，R：______________。
（2）按要求写出下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式：__________________________________；
向N中通足量CO2时反应的离子方程式：________________________________；
D与盐酸反应的离子方程式：___________________________。
（3） 简述检验气体C的方法：____________________________________。
【答案】（1）Na2O2　Fe3O4　Al
（2）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
（3）用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成
【解析】A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe(OH)2、M是Fe(OH)3，Fe3O4和HCl、足量Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe(OH)3和HCl反应生成W，则W是FeCl3。



考点四 用途广泛的金属材料 开发利用金属矿物

一、铜及其重要化合物
1．铜
（1）物理性质
纯净的铜为紫红色，属于有色金属，密度较大，硬度较小，熔、沸点较高，具有良好的导电、导热性。
（2）化学性质
与非金属单质反应
Cl2
Cu +Cl2CuCl2
O2
2Cu+O22CuO
S
2Cu +SCu2S
与酸反应
非氧化性酸
不反应
氧化性酸
Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+ 2H2O
3Cu+8HNO3 (稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+ 4H2O
与盐溶液反应
Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+
潮湿空气中
形成铜锈
2Cu+O2+H2O+CO2Cu2(OH)2CO3
2．氧化铜和氧化亚铜
名称
氧化铜
氧化亚铜
与酸反应(H+)
CuO+2H+Cu2++H2O
Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O
与H2反应
CuO+H2Cu+H2O
Cu2O+H22Cu+H2O
转化关系
4CuO2Cu2O+O2↑
3．氢氧化铜
Cu(OH)2是一种不溶于水的蓝色固体。其化学性质主要有弱碱性，不稳定性和弱氧化性等。
Cu(OH)2的化学性质
（1）弱碱性：Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O
（2）不稳定性：Cu(OH)2CuO+H2O
（3）弱氧化性：能氧化醛基。
4．铜盐
①Cu2(OH)2CO3：名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分。

②CuSO4：白色粉末，可由蓝色的硫酸铜晶体受热分解得到，化学方程式为CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O。CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾。无水CuSO4为白色粉末，遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水的检验依据。
③铜盐的毒性：铜盐溶液有毒，主要是因为铜离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失活，利用这一性质用胆矾、熟石灰、水配成波尔多液，杀灭植物的病毒。
二、合金及金属材料
1．合金
（1）概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。
（2）性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。
①熔点：一般比它的各成分金属的低；
②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。
2．常见的金属材料

（3）几种有色金属材料
铝及铝合金
铜及铜合金
三、金属矿物的开发利用
1．金属在自然界中存在的形态
除了金、铂等极少数金属外，绝大多数金属元素以化合态的形式存在于自然界中。在这些金属化合物中，金属元素都显正化合价。
2．金属冶炼的实质
使金属化合物中的金属离子得电子被还原为金属单质的过程：Mn＋＋ne－===M。
3．金属冶炼的一般步骤

4．金属冶炼方法
（1）热分解法冶炼金属
例如：2HgO2Hg＋O2↑，2Ag2O4Ag＋O2↑。
用热分解法冶炼金属的特点：金属元素的金属性弱，金属元素的原子不易失去电子，其金属离子容易得到电子，该金属元素所形成的化合物稳定性较差。
（2）热还原法冶炼金属
①焦炭还原法。例如：C还原ZnO、CuO，其化学方程式依次为C＋2ZnO2Zn＋CO2↑，C＋2CuO2Cu＋CO2↑。
②一氧化碳还原法。例如：CO还原Fe2O3、CuO，其化学方程式依次为3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2，CO＋CuOCu＋CO2。
③氢气还原法。例如：H2还原WO3、Fe3O4，其化学方程式依次为3H2＋WO3W＋3H2O，4H2＋Fe3O43Fe＋4H2O。
④活泼金属还原法。例如：Al还原Cr2O3、V2O5，其化学方程式依次为2Al＋Cr2O3Al2O3＋2Cr，10Al＋3V2O56V＋5Al2O3。
（3）电解法冶炼金属
例如：电解Al2O3、MgCl2、NaCl，其化学方程式依次为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑，MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑，2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。

金属活动性顺序表中隐含的重要信息
比较
金属活动性顺序
K、Ca、Na
Mg
Al
Zn
Fe、Sn、
Pb(H)
Cu
Hg、Ag
Pt、Au
自然界存在形态
化合态
多数是化合态，极少数是游离态
游离态
主要冶炼方法
电解法
热还原法
热分解法
物理方法
与O2反应
常温下易反应
常温下生成氧化膜
加热化合
不反应
与H2O反应
常温下生成
碱和氢气
与热水
反应
有碱存在
与水反应
与高温水
蒸气反应
不反应
与H+反应
从酸中把氢置换出来，生成盐和氢气
不反应
与盐溶液反应
先与水反应，生成的碱再与盐反应
排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来
5．铝热反应
实验
装置

实验
现象
①镁带剧烈燃烧，放出一定的热，并发出耀眼的白光，氧化铁和铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；
②纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中
实验
结论
高温下，铝与氧化铁发生反应，放出大量的热，反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
原理
应用
①制取熔点较高、活泼性弱于Al的金属铬、锰、钨等；
②金属焊接，如野外焊接钢轨等

考向一 合金的性质及其应用

典例1 所谓合金，就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：

Na
Cu
Al
Fe
熔点
97.5 ℃
1 083 ℃
660 ℃
1 535 ℃
沸点
883 ℃
2 595 ℃
2 200 ℃
3 000℃
其中不能形成合金的是
A．Cu和Na B．Fe与Cu
C．Fe与Al D．Al与Na
【解析】合金形成的条件是有共同的熔化状态，所以看两种金属的熔沸点的范围：A中钠达到沸点时Cu还没熔化，所以不能形成合金；而其他三项均可。
【答案】A

1．下列有关金属的说法中，不正确的是（ ）
A．青铜、不锈钢、硬铝都是合金
B．合金的硬度一般比它的各成分金属的大
C．金属元素的单质只有还原性，其离子只有氧化性
D．一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低
【答案】C
【解析】
A. 青铜是铜锡合金、不锈钢是含铁、铬等的合金、硬铝含铝、硅、锰等的合金，故都是合金，A正确；
B. 合金的机械性能一般比成分金属要好，例如硬度一般比它的各成分金属的大，B正确；
C. 金属元素的单质只有还原性，其离子有氧化性，但有些离子也有还原性，例如亚铁离子，C错误；
D. 一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低，例如铁合金熔点低于纯铁，D正确；
答案选C。
考向二 合金成分的检验与测定

典例2 部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：

下列说法正确的是
A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋
B．样品中Fe元素的质量为2.24 g
C．样品中CuO的质量为4.0 g
D．V＝896
【答案】B
【解析】生成的滤渣是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含Fe3＋，A错误；3.2 g固体为三氧化二铁，其物质的量为3.2 g÷160 g·mol－1＝0.02 mol，铁元素物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，质量为0.04 mol×56 g·mol－1＝2.24 g，B正确；原来固体为5.76 g，所以CuO质量不超过5.76 g－2.24 g＝3.52 g，C错误；铁元素总物质的量为0.04 mol，全部为铁单质且全部参加Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，反应产生H2的体积为0.04 mol×22 400 mL·mol－1＝896 mL。故V<896，D错误。

2．现代建筑的门窗框架常用电解加工成的古铜色硬铝制造。取硬铝样品进行如下实验(每一步试剂均过量)，由此可以推知硬铝的组成可能为

A．Al、Mg、Si、Zn
B．Al、Fe、Zn、Na
C．Al、Na、Cu、Fe
D．Al、Cu、Mg、Si、Mn
【答案】D
【解析】硬铝中一定含有Al，样品加入足量稀盐酸后有难溶物存在，说明有金属活动性在H之后的金属或非金属存在，再加入浓NaOH溶液后有气体生成和难溶物存在，根据题目信息可知硬铝样品中含有Si，最终的难溶物为Cu。
合金成分的定性分析
形成合金的各种成分的特殊化学性质仍按单一组分的性质(例如铝合金中的铝既能溶于酸又能溶于碱的性质不变，铜能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为NO气体等性质不变)，一般是将合金酸溶或碱溶，根据反应中的特殊现象或根据溶解后所得溶液继续加沉淀剂产生的现象判断其成分。此类试题常以流程图的形式呈现，解答的关键是理清每一步加入的物质和生成物质的成分。

考向三 铜及其化合物的性质

典例3 某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到的目的是
A．将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuS
B．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色
C．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuO
D．在淀粉溶液中加入适量稀H2SO4微热，再加少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生红色沉淀
【解析】由于硫的氧化性弱，所以只能将铜氧化成＋1价，故A错误；常温下Cu与浓硫酸不反应，因此观察不到现象，故B错误；向CuSO4溶液中加入过量的NaOH产生Cu(OH)2 沉淀，过滤洗涤并灼烧Cu(OH)2分解生成CuO，故C正确；葡萄糖和新制Cu(OH)2反应必须在碱性条件下进行，该反应在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，在酸性条件下进行，所以实验不成功，不能说明淀粉没有水解，故D错误。
【答案】C

3．已知酸性条件下有如下反应：2Cu+Cu2++Cu↓。由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。一同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物作了验证，实验操作和实验现象记录如下：
加入试剂
稀硫酸
浓硫酸、
加热
稀硝酸
浓硝酸
实验现象
红色固体和蓝色溶液
无色气体
无色气体和蓝色溶液
红棕色气体
和绿色溶液
由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是
A．Cu
B．Cu2O
C．一定有Cu，可能有Cu2O
D．一定有Cu2O，可能有Cu
【答案】D
【解析】Cu和Cu2O都有还原性，与浓硫酸、硝酸反应都有相同现象，上述实验只有加稀H2SO4的设计是合理和必要的。加入稀H2SO4变蓝和得到红色固体，可证明原固体中含Cu2O，由题目已知反应2Cu+ Cu2++Cu，则不能证明还原产物中有无Cu。

考向四 铜及其化合物转化关系综合考查

典例4 CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是

A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2
B．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①＝②＜③
C．硫酸铜在1 100 ℃分解的方程式为2CuSO4Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑
D．当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应
【解析】Cu与混酸反应，离子反应为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，从方程式知，NO由硝酸提供，H＋由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2 mol时，硫酸为3 mol，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2，故A正确；生成等量的硫酸铜，三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①＝②＜③，故B正确；硫酸铜在1 100 ℃分解，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，则O元素的化合价升高，即生成O2，还有SO2、SO3，则反应方程式为2CuSO4Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑，故C正确；新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，Cu(OH)2为氧化剂，葡萄糖为还原剂被氧化，葡萄糖发生氧化反应，故D错误。
【答案】D

4．铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：
（1）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝。试写出该反应的离子方程式__________________。
（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式_________________。
（3）火法炼铜的原理：Cu2S＋O22Cu＋SO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移_______mol电子。
（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________(填字母)。
a．粗铜接电源正极，发生氧化反应
b．溶液中Cu2＋向阴极移动
c．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等
d．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属
（5）据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2===4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO4·5H2O)：

①检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的实验方法是____________________。
②在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式。
方案一：___________________________；
方案二：___________________________。
【答案】（1）Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
（2）2Cu2＋＋2＋H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑
（3）3
（4）ab
（5）①取少量溶液B于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液无明显现象，则说明Fe3＋已被除尽　②CuSO4＋Fe===Cu＋FeSO4　2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑(合理答案均可)
【解析】（1）酸性条件下H2O2将Cu氧化：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
（2）由题给信息可知反应的离子方程式为2Cu2＋＋2＋H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑。
（3）根据题给方程式可知，生成2 mol Cu时，转移6 mol电子，则生成1 mol Cu时，转移3 mol电子。
（4）粗铜接电源的正极，作阳极，发生氧化反应，a正确；溶液中阳离子向阴极移动，b正确；电解过程中，阳极是铝、锌、铜放电，Ag、Pt、Au等形成阳极泥，而阴极始终是Cu2＋得电子生成单质铜，所以阴极和阳极质量变化不一定相等，c错误；阳极泥是比铜活动性差的Ag、Pt、Au沉积在阳极形成的，d错误。
（5）①验证Fe3＋最好用KSCN溶液。②由硫酸铜得到铜，可以通过置换反应，也可以通过电解。

考向五 金属冶炼原理

典例5 下列关于金属冶炼方法的叙述不正确的是
选项
金属
存在形式
冶炼方法
A
金
游离态
金子比沙子密度大，利用水洗法直接分离
B
银
化合态
银的金属性弱，用加热Ag2O的方法冶炼
C
铁
化合态
用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
D
钠
化合态
钠的金属性强，一般还原剂很难将其还原出来，所以用电解饱和NaCl溶液的方法冶炼
【解析】钠一般是由电解熔融NaCl的方法来制取，而电解饱和食盐水得到的是NaOH、H2和Cl2。
【答案】D

5．下列金属冶炼的反应原理，错误的是
A．2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ B．MgO＋H2Mg＋H2O
C．Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2 D．2HgO2Hg＋O2↑
【答案】B
【解析】
A. 电解熔融NaCl可以制得金属钠，故A正确；
B. 金属镁是活泼金属，能和热水反应，不能用采用热还原法冶炼，通常采用电解法来冶炼MgCl2Mg+Cl2↑，故B错误；
C. Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，故C正确；
D. Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，2HgO2Hg+O2↑，故D正确；故选B。



一、单选题
1．下列有关化学现象和化学概念表述正确的是
A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低，且原理相同
B．Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知 Fe(OH)3胶体带正电荷
C．某次焰色试验火焰为黄色，不能说明该物质中一定不含 K+
D．0.5 mol Fe和含1 mol HNO3的稀溶液充分反应后，滴人 KSCN溶液，溶液变红
【答案】C
【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，在空气中久置吸水导致浓度降低，浓盐酸具有挥发性，长期暴露在空气中 HCl挥发导致浓度降低，两者原理不同，故A错误；
B．胶体为中性不带电，Fe(OH)3胶体做电泳实验时，阴极颜色加深，只能说明 Fe(OH)3胶粒带正电，故B错误；
C．某次焰色试验火焰为黄色，只能说明该物种中含有钠元素，不能说明该物质中是否含钾元素，要透过蓝色钴玻璃观察是否有紫色，如果有紫色说明含有钾元素，没有紫色就没有钾元素，故C错误；
D．由 Fe和稀 HNO3反应的方程式：Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3＋ NO+2H2O可知，0.5 mol Fe和含1 mol HNO3的稀溶液充分反应后，则生成 0.25 mol Fe3+，剩余 0.25 mol Fe，而剩余的 Fe与 Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+3Fe2+，则0.25 mol Fe3+刚好反应完全，因此溶液中无 Fe3+，则加入 KSCN 溶液后，溶液不变红，故D 错误。
故答案为：C
2．在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入 200 mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448 mL气体(标准状况)，此时溶液中无 Fe3+，则下列判断正确的是
A．Fe、FeO 和 Fe2O3三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1：4：1
B．反应后所得溶液中的 Fe2+与 Cl-的物质的量浓度之比为1：1
C．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但 FeO 比 Fe的物质的量少
D．混合物中，FeO 的物质的量无法确定，但Fe2O3比 Fe的物质的量少
【答案】D
【详解】
混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=，n(Fe2+)=0.1mol，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，则：
A．根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，故A错误；
B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，故B错误；
C．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，故C错误；
D．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故D正确；
故选D。
3．实验室药品必须按规定存放，下列对存放后出现现象解释的相应方程式正确的是( )
A．澄清石灰水敞口存放，出现白色固体：
B．双氧水长期放置：
C．酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放，溶液变黄：
D．将浓氨水和浓盐酸存放在同一个药品柜中，柜壁出现白色固体：
【答案】D
【详解】
A．澄清石灰水中吸收二氧化碳产生碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．双氧水不稳定长期放置会分解成水和氧气，但双氧水中没有二氧化锰，正确的方程式为：，故B错误；
C．该反应不符合电荷守恒，正确的方程式为：，故C错误；
D．浓氨水会挥发出氨气与浓盐酸中挥发的HCl气体在空气中接触发生反应，化合成固体氯化铵，反应为，故D正确；
故选：D。
4．下列反应的离子方程式正确的是
A．氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3＋6H+ =2Fe3+＋3H2O
B．钠与水反应：Na＋H2O=Na+＋OH-＋H2↑
C．碳酸钡溶于稀盐酸中：CO＋2H+ =H2O＋CO2↑
D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+＋SO=BaSO4↓
【答案】A
【详解】
A．氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式正确，故A正确；
B．钠与水反应的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑，故B错误；
C．碳酸钡难溶于水应写化学式，正确的离子方程式为：BaCO＋2H+ =Ba2++H2O＋CO2↑，故C错误；
D．漏掉了铜离子和氢氧根离子的反应，正确的离子方程式为：Ba2+＋2OH-＋SO＋Cu2+ =BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故D错误；
故选：A。
5．某化学实验小组探究Fe2+和Fe3+性质时，发现：往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。

已知：①X为NaClO溶液，Y为FeCl3和KSCN的混合溶液。②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；Ca(OH)2溶液变浑浊。根据实验现象推测下列说法错误的是( )
A．氯水可以将Fe2+氧化成Fe3+
B．烧瓶中还可能产生红褐色沉淀
C．烧瓶中产生的气体中一定含有SO2
D．KSCN中的N元素一定被氧化
【答案】C
【详解】
A．氯水中有氯气和次氯酸，都有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，故A正确；
B．烧瓶中有NaClO，是强碱弱酸盐水解显碱性，Fe3+碱性条件下会产生红褐色沉淀，故B正确；
C．烧瓶中有NaClO，有强氧化性， 在溶液中KSCN中的会直接被氧化为硫酸根离子，故C错误；
D．氯水过量时，红色却会褪去, NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN-会被氧化剂氧化，SCN-中S：-2价，C：+4价，N：-3价，故N元素一定被氧化，故D正确；
故答案为：C
6．某固体混合物可能含有NaOH、NH4Cl、AgNO3、AlCl3、MgCl2中的若干种，加足量的水充分搅拌，得到澄清溶液A。取A逐滴加入稀硝酸至过量，一开始有沉淀生成，后沉淀部分溶解，过滤得到沉淀B和溶液C。下列推测正确的是
A．原固体中可能含有NaOH B．溶液A中一定含有银氨离子
C．原固体中可能含MgCl2 D．沉淀B中一定含有AgOH
【答案】B
【分析】
某固体混合物可能含有NaOH、NH4Cl、AgNO3、AlCl3、MgCl2中的若干种，加足量的水充分搅拌，得到澄清溶液A。取A逐滴加入稀硝酸至过量，一开始有沉淀生成，后沉淀部分溶解，说明原溶液中有NaOH和AlCl3，在加水搅拌时发生反应生成了NaAlO2，当加稀硝酸时，NaAlO2和硝酸反应生成Al(OH)3沉淀，硝酸过量时，Al(OH)3溶解为Al(NO3)3。沉淀部分溶解，说明原溶液中还有AgNO3和NH4Cl，NaOH和NH4Cl反应生成NH3▪H2O，NH3▪H2O和AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+，当加入硝酸时，[Ag(NH3)2]+和H+反应生成Ag+和 ，Ag+和溶液中的Cl-结合成AgCl沉淀，AgCl不溶于过量的硝酸。
【详解】
A．由以上分析可知，原固体中一定含有NaOH，故A不正确；
B．由以上分析可知，溶液A中一定含有银氨离子，故B正确；
C．若原固体中含有MgCl2，MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，不能得到澄清溶液A，故C不正确；
D．由以上分析可知，沉淀B中含有AgCl，没有AgOH，故D不正确；
故选B。


一、单选题
1．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水
B．SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C．活性炭具有还原性，可用于除去冰箱异味
D．浓 H2SO4具有脱水性，可用于干燥 Cl2
【答案】A
【详解】
A．Fe(OH)3胶体表面积大，具有吸附性，可用于净水，故A选；
B．SO2可用于纸浆漂白不是因为还原性，而是SO2具有漂白性，故B不选；
C．活性炭具有吸附性，可用于除去冰箱异味，故C不选；
D．浓 H2SO4具有吸水性，可用于干燥 Cl2，故D不选；
故选A。
2．除去下列混合物中杂质所选的除杂试剂错误的是
选项
混合物
除杂试剂
A
溶液中混有
铁粉
B
溶液中混有

C
中混有
饱和食盐水
D
中混有
溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．铁把氯化铁还原为氯化亚铁，除去溶液中混有的方法为加入足量铁粉，故A正确；
B．碳酸钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，除去溶液中混有的的方法为通入过量，故B正确；
C．除去中混有的的方法为通过饱和食盐水洗气，故C正确；
D．氯化氢能和碳酸氢钠溶液反应，所以不能用溶液除去二氧化碳气体中的HCl，故D错误；
选D。
3．下列离子方程式书写不正确的是( )
A．AlCl3溶液中加入足量的氨水：
B．硫酸铜溶液中加入NaOH溶液：
C．三氯化铁腐蚀印刷线路板：
D．将金属Na投入水中：
【答案】C
【详解】
A．AlCl3是强电解质，要拆开，氨水中的一水合氨是弱电解质，不能拆，两者反应生成难溶的氢氧化铝沉淀，不能拆，故A正确；
B．硫酸铜和NaOH都是强电解质，反应生成难溶的氢氧化铜沉淀，故B正确；
C．三氯化铁腐蚀印刷线路板,题给离子方程式不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：，故C错误；
D．将金属Na投入水中，，只有NaOH是强电解质可以拆，故D正确；
故答案为：C
4．如图为铜与浓硫酸反应及气体产物检验实验装置图，下列相关说法正确的是( )

A．该实验证明了浓硫酸具有脱水性
B．若将此实验中褪色的品红溶液加热，溶液又将变红
C．此实验中若铜片过量，硫酸将完全反应
D．用作尾气处理的氢氧化钠溶液可用澄清石灰水替代
【答案】B
【详解】
A．浓硫酸与铜加热反应，生成了硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸中部分硫元素价态降低，被还原为二氧化硫，部分硫元素价态没变，生成了盐，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，故A错误；
B．二氧化硫能够使品红褪色，生成了不稳定的无色物质加热后又分解，溶液恢复为原来的红色，故B正确；
C．浓硫酸与铜加热反应，生成了硫酸铜、二氧化硫和水，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故若铜片过量，硫酸将有剩余，故C错误；
D．石灰水的浓度较小，且亚硫酸钙为难溶物，因此用澄清的石灰水吸收尾气，不如氢氧化钠吸收的彻底、完全，吸收效果较差，故D错误；
故选B。
5．下列物质反应后一定有＋3价铁生成的是( )
①过量的Fe与Cl2反应；②Fe与过量稀硫酸反应；③FeCl2溶液中通入少量Cl2；④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中
A．只有① B．①③
C．①②③ D．①③④
【答案】B
【详解】
①过量的Fe与Cl2反应，Cl2是强氧化剂，发生反应2Fe+3Cl22FeCl3，铁过量不会与生成的氯化铁固体反应，故①选；
②Fe与过量稀硫酸反应，氢离子的氧化性弱，只能把铁氧化为二价铁，故②不选；
③FeCl2溶液中通入少量Cl2，氯气是强氧化剂，可以把氯化亚铁氧化为三价铁，故③选；
④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，Fe2O3溶于盐酸生成氯化铁，如果铁足量，可发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以不一定生成三价铁，故④不选；
①③符合题意，故选B。
6．证明某溶液中只含有Fe2＋而不含有Fe3＋的实验方法是( )
①先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
②先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色
③滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后变灰绿，最后呈红褐色
④只需滴加KSCN溶液
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【答案】B
【分析】
先根据Fe3+的特征反应判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+，以此证明Fe2+的存在，结合Fe2+和Fe3+的性质分析解答。
【详解】
①先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故①错误；
②KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故②正确；
③滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿，最后变为红褐色，说明原溶液含有Fe2+，Fe3+和氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化铁沉淀，所以只能观察到红褐色沉淀，所以该实验能证明某溶液只含有Fe2+而不含Fe3+，故③正确；
④只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+的存在，故④错误；
故选B。
【点睛】
本题的易错点为①和②，要注意滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定原溶液中是否含有Fe3+。
7．下列叙述正确的是（ ）
A．过氧化钠投入硫酸亚铁溶液中剧烈反应生成白色沉淀和氢气
B．铁丝在氯气中燃烧，可观察到集气瓶内有红棕色的雾出现
C．过氧化钠可以作防毒面具中的供氧剂，还可作漂白剂
D．用一束光照射氢氧化铁胶体和氯化铁溶液均能看到光亮的通路
【答案】C
【详解】
A．过氧化钠具有强氧化性，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气和Na2O2具有强氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；
B．铁丝在氯气中燃烧时生成红棕色的氯化铁，氯化铁是固体，观察到的是红棕色的烟，故B错误；
C．依据化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑可知，过氧化钠可作供氧剂，过氧化钠具有强氧化性，可作漂白剂，故C正确；
D．胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有此现象，用一束光照射氯化铁溶液不能看到光亮的通路，故D错误；
故答案为C。
8．下列除杂过程中，所选用的试剂和操作方法正确的是( )
选项
物质
杂质(少量)
试剂和操作方法
A
氯化钾固体
氯酸钾
加入二氧化锰并加热
B
硫酸亚铁溶液
硫酸铁
加入过量的铁粉后过滤
C
氯化氢
二氧化碳
通过饱和溶液
D
硝酸钠溶液
硝酸钡溶液
加人适量的硫酸钾溶液后过滤

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．二氧化锰会成为新的杂质，故A错误；
B．过量的铁粉可以将硫酸铁还原为硫酸亚铁，且不引入新的杂质，过滤掉剩余铁粉即可得到硫酸亚铁溶液，故B正确；
C．HCl会和饱和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D．硫酸钾与硝酸钡反应生成硝酸钾和硫酸钡，硝酸钾易溶于水，会引入新的杂质，故D错误；
故选：B。
9．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是
A．FeCl2溶液(FeCl3)：加入过量铁粉，过滤
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入过量的CO2气体
C．CO2气体(CO气体)：通入O2点燃
D．MnO2固体(KCl固体)：加水充分溶解，过滤，取滤渣，洗涤，干燥
【答案】C
【详解】
A．FeCl3可以和Fe反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2，所以可以用加入过量铁粉然后过滤的方法除去FeCl2溶液中的FeCl3，故A正确；
B．Na2CO3溶液中通入过量的CO2，发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，所以可以在NaHCO3、Na2CO3的混合溶液中通入过量的CO2除去Na2CO3，故B正确；
C．CO可以和氧气反应生成CO2，但通入O2点燃时会引入新的杂质氧气，可以将混合气通过足量的氧化铜以除去CO2中的CO，故C不正确；
D．MnO2不溶于水，KCl溶于水，所以MnO2和KCl的固体混合物加水充分溶解，过滤，取滤渣，洗涤，干燥，可以除去MnO2中的KCl，故D正确；
故选C。
10．化学与生活息息相关，下列说法不正确的是
A．铝合金是制造飞机和宇宙飞船的理想材料
B．氯气是重要的化工原料，可大量用于制造盐酸、农药、染料和药品等
C．铁粉可用作食品脱氧剂
D．汽车的尾气催化转化器中发生了反应：NO+CO=C+NO2
【答案】D
【详解】
A．铝合金中的硬铝硬度大，密度小，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故A正确；
B．氯气与氢气反应用于制造盐酸，与某些有机物反应可用于制造农药，染料和药品等，是重要的化工原料，故B正确；
C．铁粉具有较强的还原性，可与空气中的氧气反应，常用作食品脱氧剂，故C正确；
D．汽车尾气催化转化器中的反应为：2NO+2CO=2CO2+N2，故D错误；
故选：D。
二、填空题
11．(1)实验室制取氨气。
①选用试剂：与______(填化学式)。
②用水吸收多余的氨气时，如将导管直接插入水中，会产生______现象；其水溶液显弱碱性，原因是______(用化学方程式表示)。
(2)用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入某种物质M的水溶液，继续煮沸可制得一种红褐色胶体。
①物质M的化学式为______。
②证明有红褐色胶体生成的最常用实验方法是利用胶体的重要性质，该性质是______。
(3)重铬酸钾溶液是实验和科研中一种常用氧化剂。酸性条件下，通常被还原为。某同学欲用固体配制的溶液。
①需用的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、______、______。
②应该称取固体的质量为______。
【答案】(1) 倒吸 (2) 丁达尔效应 (3)玻璃棒 500 mL容量瓶 2.94 g
【详解】
(1)①实验室用铵盐与碱加热制取氨气，常用NH4Cl固体与Ca(OH)2固体反应来制取氨气。
②氨气极易溶于水，用水吸收多余的氨气时，如将导管直接插入水中，会产生倒吸现象；氨气溶于水生成，电离出铵根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，原因用化学方程式表示为。
(2)①红褐色胶体为氢氧化铁胶体，沸水中加FeCl3溶液，利用Fe3+的水解可制得氢氧化铁胶体，所以M的化学式为。
②胶体具有丁达尔现象，可以利用此性质来验证胶体。
(3)①配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和容量瓶，因为配制480 mL溶液，需要的是500 mL的容量瓶。
②无法直接配制480 mL溶液，只能配制500 mL溶液，此时应该称取固体的质量为0.5 L×0.02 mol/L×294 g/mol=2.94 g。
12．N、Si、Al的化合物常用于制作新型无机非金属材料，如SiO2可用于制作光导纤维，AlN可用于制作耐高温材料，Al2O3可用于制作生物陶瓷。
(1)光导纤维应避免与碱性物质接触，推测SiO2属于___氧化物。
(2)用氯化铝和氮气经气相反应可以制得AlN。
①AlN中N元素的化合价为___。
②写出实验室制取氨气的化学方程式___。
③在水溶液中，氯化铝与氨气反应无法制得AlN，用化学方程式解释___。
(3)用铝土矿(主要成分为Al2O3)冶炼铝时，常用碱液浸取。写出Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式___。
【答案】(1)酸性 (2) -3 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O AlCl3+3NH3∙H2O=3NH4Cl+Al(OH)3↓ (3 Al2O3+2OH-=2+H2O
【详解】
(1)光导纤维应避免与碱性物质接触，说明二氧化硅能与碱性物质反应，SiO2属于氧化物；
(2)①根据各元素的化合价之和等于0，铝显+3价，则AlN中N元素的化合价为-3价；
②实验室制取氨气是氯化铵和熟石灰在加热的条件下反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
③在水溶液中，氯化铝与氨气反应无法制得AlN，原因是氨气溶于水形成氨水，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，化学方程式为：AlCl3+3NH3∙H2O=3NH4Cl+Al(OH)3↓；
(3)Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O。
13．(1)实验室常用不含的溶液与NaOH溶液反应制备。
①用晶体配制上述溶液时还需加入_______来防止被氧化，配制时所的蒸馏水常采用_______的方法除去溶解的，检验所配溶液中不含有的最佳试剂是_______。
②露置在空气中容易被氧化，试写出该反应的化学方程式_______；为防止被氧化，实验时可在溶液中加入适量的_______(选填“煤油”或“四氯化碳”)来隔绝空气。
(2)用氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应时，当的物质的量与的物质的量之比(以下均填物质的量之比)为_______时，沉淀量最多：_______时，全部溶解。
(3)称取一定质量的纯碱溶于水中，与适量的盐酸作用，若纯碱中混有，盐酸用量将_______，气体产量将_______。(填“增加”、“减少”或“不变”)
(4)分别取一定质量的钠、铁、铝与足量的盐酸反应，若产生相同体积(同温、同压)的氢气，所需钠、铁、铝的质量比是_______。
【答案】(1)铁粉 煮沸 溶液 煤油 (2) (3)减少 增加 (4)
【详解】
(1)①Fe2+还原性强，容易被氧气氧化成Fe3+，加入Fe粉，可将Fe3+还原为Fe2+，且不引入新杂质，故此处填铁粉；由于气体溶解度随温度升高降低，故除去水中溶解的氧气可采用煮沸方法，故此处填煮沸；检验溶液中是否含Fe3+可使用KSCN溶液，若有Fe3+，加入KSCN后溶液会变红，故此处填KSCN溶液；
②Fe(OH)2在空气中易被氧气氧化为Fe(OH)3，对应方程式为：；为了防氧化，可以采用液封法隔绝空气，即加入一种与水互不相容且密度比水小的液体，如苯、汽油、煤油等，因CCl4密度比水大，故不能选用，所以此处选填煤油；
(2)由反应Al3++3OH- = Al(OH)3↓，知当n(Al3+)：n(OH-)=1：3时，此时Al3+刚好完全沉淀，沉淀量最多，故此处填1:3；根据反应Al3++3OH- = Al(OH)3↓、NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，知当n(Al3+)：n(OH-)=1：4时，生成的Al(OH)3沉淀刚好溶解，故此处填1:4；
(3)根据反应比例：Na2CO3~2HCl，知n1(HCl)=2n(Na2CO3)=2×=，同理由NaHCO3~HCl，知n2(HCl)=n(NaHCO3)=，通过对比可知，相同质量的Na2CO3与NaHCO3与盐酸完全反应时， Na2CO3消耗盐酸更多，故纯碱中混有NaHCO3时，消耗盐酸将减少；由C元素守恒知Na2CO3产生气体CO2量：n1(CO2)= n(Na2CO3)=，NaHCO3产生气体CO2量：n2(CO2)= n(NaHCO3)=，故相同质量时，NaHCO3产生CO2更多，故纯碱中混有NaHCO3时，产生CO2将增加；
(4)由题意知，三个反应产生H2等量，故三个反应转移电子相等，即n(Na)=2n(Fe)=3n(Al)，故三者物质的量之比为n(Na)：n(Fe)：n(Al)=6：3：2，质量比为m(Na)：m(Fe)：m(Al)=6×23：3×56：2×27=23：28：9。