高考化学二轮专题复习讲与练专题10《常见金属元素》(含详解)

这是一份高考化学二轮专题复习讲与练专题10《常见金属元素》(含详解)，共40页。

 专题十 常见金属元素
[考纲要求]　常见金属元素(如Na、Mg、Al、Fe、Cu等)。(1)了解常见金属的活动顺序；(2)了解常见金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用；(3)了解合金的概念及其重要应用物；(4)以上各部分知识的综合应用。
考点一　钠及其重要化合物

钠是“极其活泼”金属的代表，学习钠的性质可类比知道第ⅠA族、第ⅡA族活泼金属的一般性质，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
(2)形成网络构建

2．扫除易忘知识盲点
(1)钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，与熔融的盐反应才能置换出盐中的金属。
(2)无论Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2，只要参与反应的Na的质量相等，则转移电子的物质的量一定相等，但得到Na2O2的质量大于Na2O的质量。
(3)Na分别与H2O和乙醇发生的反应均属于置换反应，二者现象明显不同，前者剧烈，后者缓慢。
(4)1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol，如1 mol Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 mol。
(5)不能用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。
(6)除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
(7)向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有晶体析出。
(8)焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。
(9)Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。
(10)碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。
(11)Li和O2反应只生成Li2O，而钠和氧气反应可生成Na2O、Na2O2，钾的氧化物更复杂，有K2O、K2O2、KO2。NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na2O、Na2O2阴阳离子个数比均为1∶2。
(12)钠、钾保存在煤油中，而锂需密封在石蜡中。

题组一　重要反应规范书写
1．用方程式回答下列问题
(1)实验室怎样处理钠屑？
2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑。
(2)写出Na与CuSO4溶液反应的离子方程式。
2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋。
(3)怎样将Na2CO3溶液转化为NaOH溶液(用化学方程式表示)。
Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH。
(4)向NaOH、Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，发生反应的离子方程式。
OH－＋H＋===H2O；CO＋H＋===HCO；
HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。
(5)怎样除去CO2中的SO2气体(用离子方程式表示)。
SO2＋2HCO===2CO2↑＋SO＋H2O。
(6)怎样除去Na2CO3溶液中的NaHCO3(用离子方程式表示)。
HCO＋OH－===CO＋H2O。
(7)怎样除去NaHCO3溶液中的Na2CO3(用离子方程式表示)。
CO＋H2O＋CO2===2HCO。
(8)用化学方程式表示呼吸面具中产生O2的原理。
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。


题组二　高考真题跟踪再现
2．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)Na2O2吸收CO2产生O2，所以可用作呼吸面具供氧剂(√)
(江苏，3A)
(2)过氧化钠与二氧化碳反应制备氧气(√)
(海南，7C)
(3)灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋(×)
(天津理综，2C)
(4)钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧时转移电子数为NA(√)
(全国卷Ⅱ，10C)
(5)将稀盐酸滴入碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中，立即产生气泡(×)
(全国卷Ⅱ，13A)
(6)过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA(√)
(全国卷Ⅰ，8C)
(7)分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，试管内壁均有水珠，则两种物质均受热分解(×)
(广东理综，22A)
(8)用热的烧碱溶液洗去油污，是因为Na2CO3可直接与油污反应(×)
(新课标全国卷Ⅰ，8A)
(9)用热碱水清除炊具上残留的油污发生了化学变化(√)
(新课标全国卷Ⅱ，7B)
(10)二氧化碳通过Na2O2粉末反应后固体物质增重(√)
(新课标全国卷Ⅱ，9B)
(11)(×)
(新课标全国卷Ⅱ，10B)
(12)①中为NaHCO3固体受热分解，②中为澄清石灰水变浑浊，由②中现象，能证实①中发生的反应(√)
(北京理综，11C)

考点二　铝及其重要化合物

铝是“氢前”且氧化物、氢氧化物均具有两性的金属代表，它是典型的轻金属。学习铝的性质可类比知道铍、锌等元素的一般性质，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Al→Al2O3←Al(OH)3→
(2)形成网络构建

2．扫除易混知识盲点
(1)铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。
(2)铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。
(3)引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。
(4)并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
(5)Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。
(6)利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时生成HCO，不过量时生成CO，书写离子反应方程式时要特别注意。
(7)Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。
(8)泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
(9)等物质的量的铝单质、氧化铝和氢氧化铝在和酸、碱分别反应时，消耗H＋、OH－的物质的量之比总是3∶1。

题组一　重要反应规范书写
1．用方程式回答下列问题
(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉。
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
(2)用离子方程式表示除去Fe2O3中的Al2O3。
Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O。
(3)用离子方程式表示除去Mg(OH)2中的Al(OH)3。
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。
(4)现有AlCl3溶液、氨水、NaOH溶液，制备Al(OH)3的最佳方案是(用化学方程式表示)：
AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl。
(5)现有NaAlO2溶液、CO2、盐酸，制备Al(OH)3的最佳方案是(用离子方程式表示)：
2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO
(或AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO)。
(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的原理。
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(7)用离子方程式分别表示
①Al3＋、AlO；②AlO、HCO不能大量共存的原理。
①Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓；
②AlO＋H2O＋HCO===Al(OH)3↓＋CO。
(8)用离子方程式表示KAl(SO4)2和Ba(OH)2的反应。
①沉淀的物质的量最大；②沉淀的质量最大。
①2Al3＋＋3SO＋6OH－＋3Ba2＋===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓；
②Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===AlO＋2H2O＋2BaSO4↓。
(9)铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴滴入NaOH溶液，试写出反应的离子方程式。
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓；
NH＋OH－===NH3·H2O；
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。


题组二　高考真题跟踪再现
2．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝(√)
(海南，7D)
(2)Al2O3熔点高，可用作耐高温材料(√)
(江苏，3D)
(3)由MgCl2溶液制备无水MgCl2，可以将MgCl2溶液加热蒸干(×)
(全国卷Ⅱ，13B)
(4)根据Al2(SO4)3和小苏打反应，在实际应用中可用作泡沫灭火器灭火(√)
(全国卷Ⅲ，7A)
(5)用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，是因为铝的熔点较低(×)
(全国卷Ⅰ，10C)
(6)将浓硝酸滴入用砂纸打磨过的铝条中，会产生红棕色气体(×)
(全国卷Ⅱ，13B)
(7)将氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，会产生大量白色沉淀(×)
(全国卷Ⅱ，13C)
(8)制备Al(OH)3悬浊液：向1 mol·L－1 AlCl3溶液中加过量的6 mol·L－1 NaOH溶液(×)
(江苏，13A)
(9)铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体质量增加(×)
(新课标全国卷Ⅱ，9C)
(10)氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂(√)
(江苏，4B)
题组三　明矾的制备
3．[海南，14(1)(2)(3)]KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：
―→
(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用________(填标号)。
a．HCl溶液 b．H2SO4溶液
c．氨水 d．NaOH溶液
(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(3)沉淀B的化学式为__________________________________________________；
将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是___________________________________
______________________________________________________________。
答案　(1)d　
(2)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(3)Al(OH)3　Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大
解析　(1)易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，试剂①的作用是将Al溶解，HCl溶液和H2SO4溶液可溶解Al及Fe、Mg杂质，会引入Fe2＋、Mg2＋，氨水不溶解Al；NaOH溶液可溶解Al，但不溶解Fe、Mg杂质，故d项符合。(2)选用NaOH溶液溶解易拉罐，主要发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。(3)滤液A中铝元素以AlO形式存在，与溶液中HCO发生反应：AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，故沉淀B为Al(OH)3；明矾溶于水时，KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使溶液呈弱酸性。
考点三　铁及其重要化合物

铁是“氢前”且是“变价”金属的代表，它是典型的黑色金属，也是工农业生产中用途最广的金属。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Fe→→→
(2)形成网络构建

2．扫除易忘知识盲点
(1)与铁反应的氧化剂可按相对强弱分为两类：
①较强的氧化剂，如氧气、氯气、液溴、双氧水、硝酸、浓硫酸、次氯酸盐、高锰酸钾等。
②较弱的氧化剂，如硫黄、单质碘、可溶性铜盐、＋3价铁盐、盐酸、稀硫酸等。
通常，第一类氧化剂可以将铁的化合价从0或＋2氧化到＋3，第二类氧化剂只能将铁的化合价从0氧化到＋2。
(2)与铁的化合物反应的还原剂亦可按相对强弱分为两类：
①较强的还原剂，如锌粉、铝粉、单质碳、氢气、一氧化碳等；
②较弱的还原剂，如铁粉、铜粉、硫离子、亚硫酸根离子、碘离子、硫化氢、二氧化硫等。
通常，第一类还原剂可以将铁的化合价从＋3或＋2还原到0，第二类还原剂只能将铁的化合价从＋3还原到＋2。
(3)Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。
(4)向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色―→棕色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
(5)Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀{Fe3[Fe(CN)6]2}。
(6)生成FeCl2除了用Fe和HCl的置换反应外，还可用化合反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3除了用Fe3＋与碱的复分解反应外，还可用化合反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
(7)配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。
(8)Fe3＋必须在酸性条件下才能大量存在，当pH＝7时，Fe3＋几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。
(9)除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，消耗H＋，提高pH，使Fe3＋水解生成沉淀过滤除去。
(10)制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时溶液的颜色变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
(11)Fe(OH)3胶体的制备方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至呈红褐色后立即停止加热。胶体不带电，带电的是胶粒。
(12)自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。

题组一　重要反应规范书写
1．用方程式回答下列问题
(1)高温下铁和H2O(g)的反应。
4H2O(g)＋3FeFe3O4＋4H2。
(2)用离子方程式表示将铁粉逐渐加入稀HNO3中的反应过程。
Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(3)用离子方程式表示FeO、Fe3O4与稀HNO3的反应。
3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O；
3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O。
(4)用离子方程式表示
①Fe(OH)2与稀HNO3反应；
3Fe(OH)2＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋8H2O；
②Fe(OH)3与氢碘酸反应。
2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O。
(5)用化学方程式表示铁发生吸氧腐蚀生成铁锈的过程。
负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，
正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，
Fe(OH)3脱去一部分水生成Fe2O3·xH2O。
(6)怎样除去Fe2(SO4)3中的FeSO4(用适当的文字和离子方程式说明)。
答案　加入H2SO4酸化的H2O2，
2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O。
(7)怎样检验Fe2O3中的FeO(用适当的文字和离子方程式说明)。
答案　①取少量样品于试管中，加稀H2SO4使其溶解，
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，
FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O。
②再加入少量酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2＋，原样品中含有FeO，
5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。
题组二　高考真题跟踪再现
2．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜(×)
(海南，7A)
(2)常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，铁片不溶解，则常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应(×)
(四川理综，2B)
(3)根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板(×)
(全国卷Ⅲ，7B)
(4)配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释(√)
(全国卷Ⅰ，10C)
(5)将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼(×)
(海南，7B)
(6)因为Fe2(SO4)3易溶于水，所以可用作净水剂(×)
(江苏，3C)
(7)检验溶液中是否含有Fe2＋：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象(×)
(江苏，13C)
(8)将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成，溶液呈红色，则稀硝酸将Fe氧化成Fe3＋(×)
(全国卷Ⅰ，10A)
(9)观察Fe(OH)2的生成(√)
(重庆理综，4A)
3．[全国卷Ⅱ，28(1)(2)(3)(4)]某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol·L－1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是____________________________________。
(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为___________________________
________________________________________________________________________。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是
________________________________________________________________________。
(4)丙组同学取10 mL 0.1 mol·L－1KI溶液，加入6 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液混合。分别取 2 mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是________(填离子符号)；实验①和③说明：在I－过量的情况下，溶液中仍含有________(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为________。
答案　(1)防止Fe2＋被氧化　 (2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响) 　(4)Fe2＋　Fe3＋　可逆反应
解析　(1)亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是防止Fe2＋被空气中的氧气氧化。(2)Cl2可将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身得电子生成Cl－，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。(3)煤油的作用是隔绝空气，防止空气中的氧气将Fe2＋氧化，产生干扰。(4)根据Fe2＋的检验方法，向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀，一定含有Fe2＋，则实验②检验的离子是Fe2＋；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3＋遇KSCN溶液显红色，实验①和③说明，在I－过量的情况下，溶液中仍含有Fe3＋，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应，反应方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2。
考点四　铜及其重要化合物

铜是“氢后”且是变价金属的代表，它是典型的有色金属，也是典型的重金属。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Cu→←Cu(OH)2→
(2)形成网络构建

2．扫除易忘知识盲点
(1)铜是紫红色金属，它在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
(2)较强的氧化剂，如氧气、氯气、液溴、双氧水、硝酸、浓硫酸等，在一定条件，能将铜从0价氧化为＋2价；较弱的氧化剂，如硫黄、单质碘等，在一定条件下，只能将铜从0价氧化到＋1价。
(3)受热分解：Cu(OH)2(蓝色)―→CuO(黑色)―→Cu2O(砖红色)―→Cu(紫红色)。
从左到右，分解所需温度越来越高，Cu(OH)2在常温下就能缓慢分解，而CuO需要在高温下才能分解。
(4)常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。
(5)新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。
(6)Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。
(7)铜的焰色反应为绿色。
(8)冶炼铜的方法：①热还原法；②湿法炼铜；③电解精炼铜。
(9)铜合金有：①青铜(Cu、Sn、Pb等)；②黄铜(Cu、Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(Cu、Ni、Zn、Mn)。
(10)重金属离子可使蛋白质变性，因此，可溶性铜盐均有毒。另一方面，可溶性铜盐可作为消毒杀菌剂，如用于配制波尔多液等。

题组一　重要反应规范书写
1．按要求书写方程式
(1)用两组方程式表示Cl2的氧化性大于S。
①2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋SFeS。
②Cu＋Cl2CuCl2，2Cu＋SCu2S。
(2)铜在潮湿的空气中生锈。
2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3。
(3)将Cu和浓H2SO4混合加热。
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
(4)Cu和稀HNO3反应的离子方程式。
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
(5)常用FeCl3溶液腐蚀铜板(用离子方程式表示)。
Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。
(6)用离子方程式表示将氨水逐滴滴入到CuSO4溶液的反应过程。
Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH；
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
(7)用惰性电极电解CuSO4溶液。
2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。
(8)用Cu作电极电解H2SO4溶液(用离子方程式表示)。
Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑。
题组二　高考真题跟踪再现
2．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)除去Cu粉中混有的CuO，可以加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥(×)
(全国卷Ⅱ，13C)
(2)FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，是因为FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜(×)
(新课标全国卷Ⅰ，8D)
(3)氢气通过灼热的CuO粉末固体质量减少(√)
(新课标全国卷Ⅱ，9A)
(4)将锌粒投入Cu(NO3)2溶液中，反应后固体质量增加(×)
(新课标全国卷Ⅱ，9D)
(5)制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金(√)
(广东理综，7A)
考点五　数形结合的典型——图像分析题

(一)关于碳酸盐、碳酸氢盐与酸反应的图像分析
1．向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示：

图像特点：Oa段、ab段消耗盐酸的体积相等。
反应原理：Oa段CO＋H＋===HCO，ab段HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。
2．向NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示：

图像特点：从O点开始即产生CO2气体。
反应原理：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。
3．向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示(设Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为m∶n＝1∶1，其他比例时的图像略)。

图像特点：Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量。
反应原理：Oa段CO＋H＋===HCO，ab段HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。
4．向NaOH、Na2CO3的混合溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示(设NaOH、Na2CO3的物质的量之比为x∶y＝1∶1，其他比例时的图像略)。

图像特点：Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量。
反应原理：Oa段H＋＋OH－===H2O，CO＋H＋===HCO；ab段HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。
(二)关于Al(OH)3沉淀变化图像分析
1．可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图像
操作
向可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量
向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
图像


离子方程式
Al3＋＋3OH－=== Al(OH)3↓
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
Al3＋＋3AlO6H2O===4Al(OH)3↓

2．偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图像
操作
向偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量
向稀盐酸中逐滴加入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
图像


离子方程式
AlO＋H＋＋H2O=== Al(OH)3↓
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O
Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓

3.可溶性铝盐与弱酸、弱碱反应产生沉淀的图像
(1)向AlCl3溶液中滴加氨水的图像(如图所示)。

原理：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
现象：立即产生白色沉淀―→渐多―→最大量
(2)向NaAlO2溶液中通入足量CO2的图像(如图所示)。

原理：CO2＋AlO＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
现象：立即产生白色沉淀―→渐多―→最大量
4．混合离子(含Al3＋、Mg2＋、H＋)反应的图像
向含有铝离子、镁离子、氢离子的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，H＋先与OH－反应，该过程中无沉淀生成，而后Al3＋、Mg2＋与OH－反应至沉淀达到最大值，最后Al(OH)3再与OH－反应导致沉淀部分溶解。

反应的离子方程式为
①第一阶段：H＋＋OH－===H2O
②第二阶段：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
③第三阶段：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
(三)有关复盐与Ba(OH)2溶液反应的图像分析
1．明矾与Ba(OH)2溶液反应的图像分析
向含1.0 mol明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的溶液中滴入Ba(OH)2溶液，加入Ba(OH)2的量与沉淀物质的量图像：
(1)当n[Ba(OH)2]＝1.5 mol时，恰好发生反应：
2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓＋K2SO4；即n[KAl(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]＝2∶3时，生成1.5 mol硫酸钡和1.0 mol氢氧化铝沉淀，此时沉淀的物质的量最大，为2.5 mol。
离子方程式：2Al3＋＋3Ba2＋＋3SO＋6OH－===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓。
(2)当n[Ba(OH)2]＞1.5 mol时，生成的Al(OH)3逐渐溶解，并且溶液中继续有BaSO4沉淀生成。
(3)当n[Ba(OH)2]＝2.0 mol时，恰好发生反应：KAl(SO4)2＋2Ba(OH)2===2BaSO4↓＋KAlO2＋2H2O，即n[KAl(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]＝1∶2时，生成的1.0 mol Al(OH)3完全溶解，但又生成0.5 mol BaSO4；此时沉淀的物质的量为2.0 mol，但质量最大。继续滴加Ba(OH)2溶液，沉淀的质量和物质的量都不再发生变化。
离子方程式：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO＋2H2O。

加入Ba(OH)2物质的量与沉淀物质的量的图像

加入Ba(OH)2物质的量与沉淀质量的图像
2．NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液反应的图像分析
向含2.0 mol NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，其反应过程：
(1)当加入3 mol Ba(OH)2时
2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
2．0 mol 3.0 mol 3.0 mol 6.0 mol　2.0 mol　　　3.0 mol
(2)再加入1 mol Ba(OH)2时，
2NH＋2OH－＋SO＋　Ba2＋===BaSO4↓＋2NH3·H2O
2．0 mol 2.0 mol 1.0 mol 1.0 mol1.0 mol
(3)再加入1 mol Ba(OH)2时
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
2．0 mol　2.0 mol
沉淀的物质的量变化图像：


1．将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L－1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是(　　)


答案　C
解析　0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3的物质的量分别是0.01 mol、0.01 mol，加入稀盐酸后，HCl先与氢氧化钠反应，则消耗HCl的物质的量是0.01 mol，因此稀盐酸的体积是0.01 mol÷0.1 mol·L－1＝0.1 L，然后HCl再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，此时又消耗HCl的物质的量是0.01 mol，稀盐酸的体积是0.1 L，最后HCl再与0.01 mol的碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体0.01 mol，又消耗稀盐酸0.1 L，所以对应的图像是C。
2．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＝＝，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，且二者的物质的量之比：＝＝，④不正确。
3．某溶液中可能含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、SO、NO中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是(　　)

A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
B．溶液中n(NH)＝0.2 mol
C．溶液中一定不含CO，可能含有SO和NO
D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1
答案　B
解析　由①知溶液中一定含有H＋，一定没有CO、NO，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由图像可知溶液中还一定含有NH，且n(NH)＝0.7 mol－0.5 mol＝0.2 mol，n(H＋)＝0.1 mol，n(Al3＋)＝0.8 mol－0.7 mol＝0.1 mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4 mol OH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3 mol OH－，沉淀Mg2＋消耗0.1 mol OH－，根据Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05 mol，故只有选项B正确。
4．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出，在反应结束后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B．c点对应NaOH溶液的体积为48 mL
C．b点与a点的差值为0.05 mol
D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3
答案　B
解析　根据题给信息知一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，生成硝酸铝、硝酸铁、硝酸铵和水，硝酸有剩余。在反应结束后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1 NaOH溶液，发生的反应依次为①H＋＋OH－===H2O，②Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，③NH＋OH－===NH3·H2O，④Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，e～f段消耗的氢氧化钠溶液为104 mL－94 mL＝10 mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.01 L×5 mol·L－1＝0.05 mol，根据Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05 mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)＝0.05 mol，由图可知，d～e段消耗的氢氧化钠的体积为94 mL－88 mL＝6 mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006 L×5 mol·L－1＝0.03 mol，根据NH＋OH－===NH3·H2O可知溶液中n(NH)＝0.03 mol，根据电子转移守恒有3n(Fe)＋3n(Al)===8n(NH)，即3n(Fe)＋3×0.05 mol＝8×0.03 mol，解得n(Fe)＝0.03 mol，由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88 mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)＝n(NH)＝0.03 mol，根据钠元素守恒可知n(NaNO3)＝n(NaOH)＝0.088 L×5 mol·L－1＝0.44 mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)===n(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＝0.44 mol＋0.03 mol×2＝0.5 mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＋3n[Fe(NO3)3]＋3n[Al(NO3)3]＝n(HNO3)，故c点溶液中n(NaNO3)＝0.5 mol－0.03 mol×2－0.03 mol×3－0.05 mol×3＝0.2 mol，故c点加入NaOH的物质的量＝0.2 mol。A项，由上述分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，正确；B项，由上述分析可知，c点对应NaOH溶液的体积＝0.2 mol÷5 mol·L－1＝0.04 L＝40 mL，错误；C项，由上述分析可知，b与a的差值为Al(OH)3的物质的量，为0.05 mol，正确；D项，由上述分析可知，混合金属中n(Al)＝0.05 mol、n(Fe)＝0.03 mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3，正确。
5．Zn(OH)2是两性氢氧化物，和强酸反应时生成Zn2＋，跟强碱反应时生成ZnO，现有三份等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液(配制时均加入少量盐酸)，现将一定浓度的NaOH溶液分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x(mL)与生成沉淀的物质的量y(mol)的关系如下图所示，则与MgCl2、ZnCl2、AlCl3三种溶液一一对应的正确图像是(　　)


A．③②① B．③②④ C．③⑤① D．③⑤④
答案　C
解析　向氯化镁溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不变，故对应的是图像③，向氯化锌溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化锌，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应ZnCl2＋2NaOH===Zn(OH)2↓＋2NaCl，Zn(OH)2↓＋2NaOH===Na2ZnO2＋2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的，故图像⑤是正确的，向氯化铝溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl，Al(OH)3↓＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3∶1，故图像①是正确的。
6．下列物质的溶液中分别滴加Ba(OH)2溶液至过量，反应产生的沉淀的质量(m)或物质的量(n)随加入的Ba(OH)2溶液体积关系图像正确的是(　　)


答案　D
解析　向硫酸铝溶液中滴加氢氧化钡发生反应为3Ba(OH)2＋Al2(SO4)3===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，如果继续加入氢氧化钡，则氢氧化铝开始溶解，沉淀质量减小，最终不再变化，图像不符合，A错误；向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2===3BaSO4↓＋K2SO4＋2Al(OH)3↓，继续加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，但仍然会产生硫酸钡沉淀，图像不符合，B错误；向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为2NH4Al(SO4)2＋3Ba(OH)2===3BaSO4↓＋(NH4)2SO4＋2Al(OH)3↓，继续加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，但仍然会产生硫酸钡沉淀，图像不符合，C错误；根据C中分析可知D正确。
7．[天津理综，7(5)]向盛有10 mL 1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加1 mol·L－1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下：

①NH4Al(SO4)2溶液中，离子浓度由大到小的顺序是____________________________
________________________________________________________________________。
②写出m点反应的离子方程式：____________________________________________
________________________________________________________________________。
③若在NH4Al(SO4)2溶液中改加20 mL 1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为________mol。
答案　①c(SO)＞c(NH)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
②NH＋OH－===NH3·H2O　③0.022
解析　NH4Al(SO4)2溶液中存在：NH4Al(SO4)2===NH＋Al3＋＋2SO，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，H2OH＋＋OH－。①Al3＋的水解程度比NH大，故NH4Al(SO4)2溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(SO)＞c(NH)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。②m点加入NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则此时是NH与NaOH溶液反应，离子方程式为NH＋OH－===NH3·H2O。③10 mL 1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中，Al3＋物质的量为0.01 mol，NH的物质的量为0.01 mol，SO的物质的量为0.02 mol,20 mL 1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液中，Ba2＋物质的量为0.024 mol，OH－物质的量为0.048 mol，其中SO与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀0.02 mol，NH与Al3＋共消耗OH－0.04 mol，同时生成Al(OH)3 0.01 mol，过量的0.008 mol OH－会溶解0.008 mol 的Al(OH)3，故最终反应生成沉淀为0.022 mol。
考点六　化学应用集大成题——化学工艺流程题

1．解题要领必备
解答工艺流程综合题的关键是分析流程图，对于比较陌生且复杂的流程图，需要宏观把握整个流程，可针对问题分析细节，不必把每个环节的原理都弄清。总体方法：关注箭头的指向(聚焦局部，箭头指入——反应物，箭头指出——生成物)、前后追溯物质(放大局部)、考虑反应实际(物质性质、试剂用量)。
2．识记化工术语
关键词
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
水浸
与水接触反应或溶解
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)

3.常见操作的答题考虑角度
常见的操作
答题要考虑的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的
判断沉淀是否洗涤干净
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率：使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②“冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定的有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度有利于析出，减少损耗等
④洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
表面处理
用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等


题组一　新课标卷高考真题跟踪
1．(全国卷Ⅰ，27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_______________________________________________________________。

(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式______________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88

分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因____________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？
________________________________________________________________________
______________________________________________________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式__________________。
答案　(1)100 ℃、2 h(或90 ℃、5 h)
(2)FeTiO3＋ 4H＋＋ 4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O
(3)低于40 ℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3＋恰好沉淀完全时， c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1，c3(Mg2＋)·
c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40 (6)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑
解析　(1)由图示可知，当铁浸出率为70%时，可以采用100 ℃、2 h，也可采用90 ℃、5 h。(2)反应物有FeTiO3，由生成物有TiOCl可知，反应物中还含有Cl－，生成物中还有Fe2＋，注意酸性条件，用H＋平衡电荷，配平。(3)温度低，转化速率慢，单位时间内转化效率低，温度过高，H2O2分解，NH3挥发，导致转化速率慢。注意：取的是相同时间内的转化率。(4)由化合物中所有元素化合价代数和为0，有15个O原子共22价，设－2价氧原子为x个，－1价氧原子则为(15－x)个，有－2x－(15－x)＝－22，x＝7，则－1价O原子共8个，即有4个过氧键。(6)反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。
2．(全国卷Ⅱ，26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

回答下列问题：
(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
还可使用________代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)加氨水过程中加热的目的是_________________________________________________
________________________________________________________________________。
沉淀B的主要成分为_____________________________________________________、
_________________________________________________________(填化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应：MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。
答案　(1)将Fe2＋氧化为Fe3＋ 　双氧水
(2) SiO2 　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(3)防止胶体生成，易沉淀分离　Fe(OH)3 　Al(OH)3
(4)45.0%
解析　(1)Fe3＋容易在pH较小时转化为沉淀，所以需要将Fe2＋氧化为Fe3＋。双氧水可以将Fe2＋氧化为Fe3＋且不会引入杂质。(2)二氧化硅不溶于一般酸性溶液，所以沉淀A是二氧化硅。它可以溶于氢氟酸SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。(3)加热可以促进Fe3＋、Al3＋水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。pH 4～5时Ca2＋、Mg2＋不沉淀，Fe3＋、Al3＋沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.050 0 mol·L－1×36.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.80×10－3 mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3 mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
3．(全国卷Ⅲ，27)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

回答下列问题：
(1)步骤①的主要反应为
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是________________________________________________________________________。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是________，滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变________(填“大”或“小”)，原因是________________
(用离子方程式表示)。
(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a．80 ℃　　　b．60 ℃　　　c．40 ℃　　　d．10 ℃

步骤⑤的反应类型是________。
(5)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为________。
答案　(1)2∶7　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
(2)Fe　Al(OH)3
(3)小　2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O
(4)d　复分解反应
(5)×100%
解析　(1)首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。(2)步骤①的反应产生了不溶于水的Fe2O3，故熔块水浸后滤渣1的主要成分是Fe2O3，则含量最多的金属元素是铁元素；将滤液1调节pH＝7后，Al3＋会变为Al(OH)3沉淀而除去，故滤渣2的主要成分是Al(OH)3和含硅杂质。(3)滤液2中的主要成分是Na2CrO4，滤液3中的主要成分应为Na2Cr2O7，则第④步调节pH的作用是使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，酸性越强越利于Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，故应调节pH使之变小。(4)由溶解度曲线图可知，10 ℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到10 ℃时得到的K2Cr2O7固体最多，该步骤的化学反应方程式为2KCl＋Na2Cr2O7===2NaCl＋K2Cr2O7，显然该反应为复分解反应。(5)由Cr元素守恒可知：Cr2O3～K2Cr2O7，则理论产生K2Cr2O7的质量为(×294) g，而实际产量为1 000m2 g，则产率＝×100%＝×100%。

1．熟记常见物质溶解度曲线变化


2．利用溶解度曲线判断结晶的方法
(1)溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；
(2)溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
(3)带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl3·6H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。
题组二　化学工艺流程中“逐空”突破
(一)循环物质、副产品、滤渣、滤液成分的确定
4．钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。工业上以草酸盐共沉淀法获得草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]，煅烧可获得钛酸钡粉体。

加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为__________________________________
________________________________________________________________________；
可循环使用的物质X是____________________________________________________。
答案　BaCl2＋TiCl4＋2H2C2O4＋5H2O===BaTiO(C2O4)2·4H2O↓＋6HCl　盐酸(或HCl)
解析　根据过滤得到草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]可知，加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为BaCl2＋TiCl4＋2H2C2O4＋5H2O===BaTiO(C2O4)2·4H2O↓＋6HCl。反应中有HCl生成，在酸浸中要加入HCl，因此可以循环利用的物质是HCl。
5．工业上用闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质)为原料生产ZnSO4·7H2O的工艺流程如下：(已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间)

从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为________________。
答案　S
解析　依据流程图中的转化关系分析判断，加入的硫酸铁具有氧化性，能氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，为氧化产物硫。
6．(苏锡常镇二模)某地煤矸石经预处理后主要含SiO2(61%)、Al2O3(30%)和少量的Fe2O3、FeO及钙镁化合物等。某实验小组利用其提取Al(OH)3。

(1)滤渣Ⅱ的主要成分是CaCO3、Mg(OH)2和________。
(2)上述流程中可循环利用的物质的化学式是____________________________________。
答案　(1)Fe(OH)3　(2)CO2、Na2CO3
解析　(1)煤矸石溶于稀盐酸发生的反应有Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O，然后过滤，得到的滤渣为SiO2，向滤液中通入氯气，发生的反应为2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋，向溶液中加入碳酸钠，CO可以促进Al3＋、Fe3＋、Mg2＋的水解，生成氢氧化物沉淀和CO2，同时还能和Ca2＋生成CaCO3沉淀，加入过量NaOH溶液，Al(OH)3溶解，其余沉淀不溶解，过滤后得到的滤渣Ⅱ为CaCO3、Mg(OH)2和Fe(OH)3，滤液中含有NaAlO2，向滤液中通入二氧化碳，发生的反应为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO或2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO，然后过滤得到Al(OH)3，母液Ⅱ中含有NaHCO3或碳酸钠。(2)水解时生成二氧化碳气体、转化时需要二氧化碳，水解时需要碳酸钠、转化时得到碳酸氢钠或碳酸钠，所以能循环利用的是CO2、Na2CO3。

1．循环物质的确定

2．副产品的判断

3．滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
(1)反应过程中哪些物质(离子)消失了？
(2)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？
(二)方程式的书写、简答题的突破
7．铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：

已知：①4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2↑；
②Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑。
根据题意回答下列问题：
(1)酸化步骤用盐酸调节溶液pH<5，使含铬物质发生了转化，请写出其离子反应方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)下表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反应的化学方程式：Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl。该反应在溶液中能发生的理由是______________________
_________________________________________________________。(文字说明)
物质
溶解度(g/100 g水)
0 ℃
40 ℃
80 ℃
KCl
28
40.1
51.3
NaCl
35.7
36.4
38
K2Cr2O7
4.7
26.3
73
Na2Cr2O7
163
215
376

答案　(1)2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O
(2)K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7的小(或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小)
解析　(1)酸化步骤用盐酸调节溶液pH<5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO转化为Cr2O。
(2)依据图表物质的溶解度分析对比，操作Ⅲ发生反应的化学方程式：Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl；说明K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小(或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小)。
8．KNO3是重要的化工产品，下面是一种已获得专利的KNO3制备方法的主要步骤：

(1)反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1∶2，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)反应Ⅱ需在干态、加热的条件下进行，加热的目的是________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
从反应Ⅳ所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是________________________________________________________________________。
(3)检验反应Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl的方法：取少量K2SO4样品溶解于水，________________________________________________________________________。
答案　(1)CaSO4＋2NH4HCO3===CaCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑
(2)分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率　防止KNO3结晶，提高KNO3的产率
(3)加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl
解析　(1)反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1∶2，由流程图可知生成CaCO3、(NH4)2SO4和CO2，由质量守恒可知反应的方程式为CaSO4＋2NH4HCO3===CaCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑。
(2)(NH4)2SO4加入KCl，在干态、加热的条件下进行，可生成易分解的氯化铵，加热时氯化铵分解生成氯化氢和氨气，温度降低又生成氯化铵，以此可分离出氯化铵，得到硫酸钾，且能加快反应的速率；从反应Ⅳ所得混合物中分离出CaSO4的方法是趁热过滤，趁热过滤的目的是防止KNO3结晶，提高KNO3的产率。
(3)检验反应Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl，应先加入硝酸钡使硫酸钾完全转化为硫酸钡沉淀，以免干扰氯离子的检验，然后再加入硝酸银检验氯化钾，操作方法为加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl。
9．某工厂用一固体废渣(主要成分为Al2O3·Cr2O3，还含有FeO、SiO2)为主要原料回收利用Cr，生产红矾钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)，同时制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]。其主要工艺流程如下：

已知：NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3＋氧化为CrO。
(1)Ⅰ、Ⅱ目的是_______________________________________________________。
(2)写出Ⅲ中发生反应的离子方程式__________________________________________。
(3)Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是__________________________________
___________________________________________________(结合化学方程式回答)。
答案　(1)使Fe2＋转化为Fe3＋，并调整pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，与铬元素完全分离
(2)3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===2CrO＋3Na＋＋3Bi(OH)3
(3)酸性条件下CrO或Cr2O会被Cl－还原为Cr3＋，Cr2O＋6Cl－＋14H＋===2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O
解析　(1)根据整个流程分析，Ⅰ、Ⅱ操作的目的是使Fe2＋转化为Fe3＋，并调整pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，与铬元素完全分离。
(2)NaBiO3不溶于冷水，在碱性条件下能将Cr3＋氧化为CrO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，Ⅲ中发生反应的离子方程式为3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===2CrO＋3Na＋＋3Bi(OH)3。
(3)因为反应Cr2O＋6Cl－＋14H＋===2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O，酸性条件下CrO或Cr2O会被Cl－还原为Cr3＋，所以Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化。
专题强化练
1．(河北省定州中学高三上学期期末)下列说法正确的是(　　)
A．2 mol钠与过量盐酸反应生成NA个H2分子
B．金属钠加到冷水中，反应的离子方程式：Na＋2H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
C．1 mol Na2O2与足量的水反应，转移电子数为2NA个
D．为测定熔融NaOH的导电性，可在瓷坩埚中熔化NaOH固体后进行测量
答案　A
解析　1 mol钠反应失去1 mol电子，故生成0.5 mol氢气，则2 mol钠反应生成1 mol氢气即NA个氢气分子，故A正确；钠和水反应的化学方程式：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，故离子方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，故B错误；过氧化钠和水反应为歧化反应，1 mol过氧化钠转移1 mol电子即NA个，故C错误；陶瓷的主要成分之一是二氧化硅，而氢氧化钠能和二氧化硅反应故对陶瓷有腐蚀作用，故不能用瓷坩埚来熔化氢氧化钠固体，故D错误。
2．(河北省定州中学高三上学期期末)下列关于合金的说法正确的是(　　)
①合金至少含两种金属　②合金中元素以化合物形式存在　③合金的熔点比组成成分低　④合金一定是混合物　⑤铁锈是一种铁合金
A．①② B．②③⑤
C．③④ D．③
答案　C
解析　合金是指在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属。①合金中至少有一种金属，还可以有非金属，故①错误；②合金中至少有一种金属，各成分都是以单质形式存在，故②错误；③多数合金的熔点低于组成它的成分金属，故③正确；④合金中含有金属或非金属，合金一定是混合物，故④正确；⑤铁锈的主要成分是氧化铁，不属于合金，故⑤错误；故选C。
3．(无锡市三校联合体高三第一次月考)某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到实验目的的是(　　)
A．将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色
B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成
C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到CuCl2固体
D．将表面有铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿
答案　D
解析　将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再把溶液加入水中，故A错误；铜丝与氯气点燃才能反应，故B错误；CuCl2易水解，在蒸发皿中加热蒸干，水解平衡正向移动，得到Cu(OH)2固体，故C错误；Cu2(OH)2CO3能与酸反应而溶解，故D正确。
4．(上海市闵行区高三上学期期末)实现Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓，正确的做法是(　　)
A．向铝盐溶液中不断加入小苏打
B．向偏铝酸钠溶液中不断滴加盐酸
C．向烧碱溶液中不断滴入铝盐溶液
D．向铝盐溶液中不断滴入烧碱溶液
答案　C
解析　向铝盐溶液中不断加入小苏打溶液，发生反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，A错误；向偏铝酸钠溶液中不断滴加盐酸溶液，偏铝酸根离子和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加盐酸，氢氧化铝和氢离子反应生成铝离子，该反应不符合题意，B错误；向烧碱溶液中不断滴入铝盐溶液，反应开始时碱过量，没有沉淀生成，先生成AlO，当碱全部反应后，再加入铝盐，发生反应Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓，C正确；向铝盐溶液中不断滴入烧碱溶液，发生反应分别为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，D错误。
5．Al、Fe都是重要的金属元素，下列说法正确的是(　　)
A．两者对应的氧化物均为碱性氧化物
B．两者的单质都不能与氢氧化钠溶液反应
C．常温条件下，两种金属都能溶解于浓硫酸中
D．制备AlCl3、FeCl3，均不能采用将其溶液直接蒸干的方法
答案　D
解析　氧化铁(或氧化亚铁)是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，A错；铝可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，B错；常温下铝和铁遇浓硫酸发生钝化，在金属表面生成一层致密的氧化膜而阻止内部金属被氧化，C错；氯化铝和氯化铁都能发生水解生成氢氧化物和盐酸，若将它们的水溶液蒸干，则会促进它们继续水解最终无法得到相应的氯化物，所以D正确。
6．120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL 1.5 mol·L－1盐酸，①将前者滴加入后者，②将后者滴加入前者。不合理的描述是(　　)
A．都有气体产生
B．最终产生的气体体积相同
C．①中一开始就产生气体
D．②中一开始不产生气体
答案　B
解析　已知碳酸钠的物质的量为0.2 mol,200 mL 1.5 mol·L－1盐酸中HCl的物质的量为0.3 mol，当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO＋2H＋===H2O＋CO2↑，碳酸钠过量，HCl完全反应，生成二氧化碳为0.15 mol；当盐酸滴入碳酸钠溶液时，发生反应为CO＋H＋===HCO，碳酸钠完全反应消耗0.2 mol HCl，再发生反应HCO＋H＋===H2O＋CO2↑，消耗0.1 mol HCl生成0.1 mol二氧化碳。由分析可知，都有二氧化碳气体生成，故A正确；将前者滴加入后者，生成二氧化碳为0.15 mol，将后者滴加入前者，生成0.1 mol二氧化碳，最终产生的气体体积不同，故B错误；由反应方程式可知，①中一开始就产生气体，故C正确；②中一开始发生反应为CO＋H＋===HCO，一开始不产生气体，故D正确。
7．(江苏省六校联考)向实验室做完铝热反应(Al和氧化铁)后的混合物中，加入足量稀硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的离子组正确的是(　　)
A．通入过量Cl2: Cl－、Fe2＋、SO、Al3＋
B．加入过量NaOH溶液：Na＋、AlO、SO、OH－
C．加入过量氨水：Na＋、NH、SO、AlO
D．加入过量铜粉：NO、Fe3＋、SO、Al3＋
答案　B
解析　A项，通入氯气，Cl2能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误；B项，加入过量的氢氧化钠溶液，中和H＋，Fe3＋转化成Fe(OH)3，氢氧化铝表现两性，生成AlO，因此反应后的溶液中存在的离子是Na＋、AlO、SO、OH－，故正确；C项，氢氧化铝不溶于弱碱，反应后存在的离子是NH、SO，故错误；D项，加入铜粉后，发生2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，反应后离子有Cu2＋、Fe2＋、SO、Al3＋、H＋，故错误。

8．往含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72 L(标准状况下)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图像是(气体的溶解忽略不计)(　　)


答案　C
解析　CO2气体先与0.1 mol Ca(OH)2反应生成CaCO3，消耗2.24 L CO2，再与0.2 mol NaOH 反应生成Na2CO3，消耗2.24 L CO2，再与0.1 mol Na2CO3，发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，消耗2.24 L CO2。
9．(河北省八所重点中学高三联考)甲、乙、丙、丁分别是氢氧化钙溶液、硝酸钾溶液、碳酸钠溶液、盐酸中的一种。已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法正确的是(　　)
A．甲一定是氢氧化钙溶液
B．乙一定是硝酸钾溶液
C．丙不可能是碳酸钠溶液
D．丁只能是盐酸
答案　B
解析　甲、乙、丙、丁分别是Ca(OH)2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种，已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，甲可以是Ca(OH)2溶液、NaCO3溶液和盐酸中的一种，都可以和另外两种物质反应，故A错误；根据上述分析可推断乙一定为KNO3溶液，故B正确；Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中，任意一种都会和另外两种物质反应，所以丙可能为Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的任意一种，故C错误；依据C分析，丁可以是Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的任意一种，故D错误。
10．(河北省八所重点中学高三联考)对溶液中的反应，如图像中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是(　　)

A．符合甲图像的两种反应物可以是AlCl3和NaOH
B．符合乙图像的两种反应物可以是Ca(OH)2和CO2
C．符合丙图像的反应可以是在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2
D．符合丙图像的反应可以是在NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH
答案　D
解析　石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，则生成沉淀，后发生反应CO2＋CaCO3＋H2O===Ca(HCO3)2沉淀消失，生成沉淀量最大时消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1∶1，故B正确；Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH－＋CO2===CO＋H2O，CO2＋CO＋H2O===2HCO最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2＋CaCO3＋H2O===Ca(HCO3)2，生成沉淀量最大时消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1∶1，氢氧化钾的量可以灵活来定，故C正确；NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即NH＋OH－===NH3·H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，生成沉淀量最大时消耗氢氧化钠的量和将NH反应完消耗的NaOH的量及沉淀完全溶解时消耗氢氧化钠的量之比是3∶1∶1，故D错误。
11．(宁夏固原市第一中学高三下学期第二次模拟)将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了 2.7 g。 另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2＋、Al3＋、Fe3＋完全转化为沉淀，则沉淀的质量为(　　)
A．27.2 g B．22.1 g
C．30 g D．无法计算
答案　A
解析　将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Mg2＋，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的物质的量是相等的，生成了6.72 L NO，即氮原子得电子的物质的量是3× mol。由质量守恒知，m(沉淀)＝m(合金)＋m(OH－)，由电荷守恒和得失电子守恒知，n(OH－)＝3n(NO)，则m(沉淀)＝11.9 g＋17 g·mol－1×3× mol＝27.2 g，故A正确。
12．(哈尔滨市第三中学高三二模)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：

回答下列问题：
(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)“平炉”中发生的化学方程式为____________________________________________
________________________________________________________________________，
该条件下此反应的ΔS_________________________________________________(填“大于”“小于”或“等于”)0。
(3)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应生成的含锰物质有KMnO4和MnO2，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，若用惰性电极，阳离子交换膜电解槽电解时产品纯度高，阴极室中加入电解质溶液溶质的化学式为________________________，电解时阳极发生的电极反应为________________________，从阳极室的溶液得到产品的实验操作是________________________________。与传统工艺比较，现代工艺的优点除产品纯度高外还有________________________________。
答案　(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O　大于
(3)①3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3　②KOH　MnO －e－ === MnO　蒸发浓缩，冷却结晶，过滤　原料利用率大
解析　(3)①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，根据元素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成KMnO4、MnO2和K2CO3，反应的方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极MnO失去电子，发生氧化反应，产生MnO，电极反应式：MnO－e－===MnO；在阴极，水电离产生的H＋获得电子变为氢气逸出，电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式：2K2MnO4＋2H2O2KMnO4＋H2↑＋2KOH，阳离子交换膜电解槽电解时产品纯度高，阴极室中加入电解质溶液溶质的化学式为KOH；从阳极室的溶液得到产品的实验操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；依据电解法方程式2K2MnO4＋2H2O2KMnO4＋H2↑＋2KOH，可知K2MnO4的理论利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3中K2MnO4的理论利用率是，所以二者的理论利用率之比为3∶2，因此与传统工艺比较，现代工艺的优点除产品纯度高外还有原料利用率大。
13．(石家庄市高三第二次质量检测)锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：

已知：① 浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；
②常温下：Ksp(CuS)＝1.27×10－36，Ksp(PbS)＝9.04×10－29；
③溶液中离子浓度小于等于1.0×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。
(1)滤渣1中除了S之外，还有_________________________________________(填化学式)。
(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为______________________________
________________________________________________________________________。
(3)“还原”时，被Sb还原的物质为__________________________________(填化学式)。
(4)常温下，“除铜、铅”时，Cu2＋和Pb2＋均沉淀完全，此时溶液中的c(S2－)不低于________________；所加Na2S也不宜过多，其原因为______________________________
________________________________________________________________________。
(5)“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为________________________
________________________________________________________________________。
(6)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为________。
(7)一种突破传统电池设计理念的镁－锑液态金属储能电池工作原理如图所示：

该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，Cl－向________(填“上”或“下”)移动；放电时，正极的电极反应式为_____________
________________________________________________________________________。
答案　(1)SiO2　(2)Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S　(3)SbCl5　(4)9.04×10－24 mol·L－1　产生H2S等污染性气体(或生成Sb2S3)　(5)2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O===2As＋3H3PO3＋9NaCl　(6)3∶2　(7)下　Mg2＋＋2e－===Mg
解析　(1)辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等，在加入盐酸和SbCl5后，根据浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，Sb2S3、PbS、As2S3、CuO都被溶解，只有SiO2不溶，滤渣1中除了S之外，还有二氧化硅。
(4)根据常温下：Ksp(CuS)＝1.27×10－36，Ksp(PbS)＝9.04×10－29；将Cu2＋和Pb2＋均沉淀完全时，c(S2－)分别不低于＝1.27×10－31 mol·L－1、＝9.04×10－24 mol·L－1，因此c(S2－)不低于9.04×10－24 mol·L－1；过量的硫化钠能够与溶液中的酸反应放出污染空气的硫化氢，过量的硫化钠还能与SbCl3反应生成沉淀，因此所加Na2S也不宜过多。
(6)根据流程图，“电解”时，SbCl3反应生成SbCl5和Sb，根据化合价升降守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的物质的量之比为3∶2，质量之比为3∶2。
(7)中间层熔融盐为电解质溶液，根据电流方向，镁液为电池的负极，充电时，镁极为阴极，阴离子向阳极移动，即向下移动；放电时，镁液为电池的负极，电极反应式为Mg－2e－===Mg2＋，正极发生还原反应，电极反应式为Mg2＋＋2e－===Mg。