2019届高考化学二轮复习 专题9 常见金属元素及其化合物学案.docx

9 常见金属及其化合物常见金属元素(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主要性质及其应用。(3)了解合金的概念及其重要应用。(4)以上各部分知识的综合应用。客观题(1)考查金属及其化合物的重要性质和应用。(2)以金属及其化合物为载体考查离子共存、离子方程式、氧化还原反应、物质的鉴别与分离等。主观题(1)以“铁三角”“铝三角”的转化关系为载体，考查分析图像能力和计算能力。(2)以化工流程的形式，考查金属矿物的冶炼和工业废液的提纯。一、常见金属及化合物的主要性质1钠及其化合物(1)等物质的量的金属钠被氧化成Na2O和Na2O2时转移的电子数相同。(2)钠与盐的溶液反应：钠不能置换出溶液中的金属，钠直接与水反应，反应后的碱再与溶液中的其他物质反应。(3)向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸，反应是分步进行的。反应的离子方程式依次为：COH+=HCO、HCOH+=H2OCO2。2镁、铝及其化合物(1)镁在空气中燃烧主要发生反应：2MgO22MgO，此外还发生反应：3MgN2Mg3N2、2MgCO22MgOC。(2)铝与NaOH溶液、非氧化性强酸反应生成H2。常温下，浓硝酸、浓硫酸使铝发生钝化。(3)Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中(如在氨水和碳酸中不溶)。(4)Al3+、AlO只能分别存在于酸性、碱性溶液中。Al3与下列离子不能大量共存：OH、CO、HCO、SO、S2、ClO、AlO，其中OH是因为直接反应，其余均是因为发生了剧烈的双水解反应。AlO与下列离子不能大量共存：H、HCO、Al3、Fe2、Fe3，其中H和HCO是因为与AlO直接反应(AlOHCOH2O=Al(OH)3CO)，其余也是因为发生了剧烈的双水解反应。(5)明矾的净水原理：明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，它在水中能电离：KAl(SO4)2=K+Al3+2SO。铝离子发生水解反应，生成的氢氧化铝胶体具有很强的吸附能力，吸附水中的悬浮物，使之沉降以达到净水目的：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)3H+。3铁、铜及其化合物(1)Fe与Cl2反应只能生成FeCl3，与I2反应生成FeI2，与反应物的用量无关。(2)过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，均生成Fe2+。要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe2Fe3+=3Fe2+。(3)Fe2O3、Fe(OH)3与氢碘酸反应时，涉及Fe3+与I的氧化还原反应，产物为Fe2+、I2和H2O。(4)FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，灼烧后得到红棕色Fe2O3固体；而Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性的酸，将得不到Fe(OH)3固体，最后得到的固体仍为Fe2(SO4)3。(5)注意亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3+，也可能含有Fe2+。二、常见金属与其化合物的转化两种常见金属及其化合物的转化形式：1直线型转化关系ABC(1)NaNa2ONa2O2(2)X为强酸，如NaAlO2Al(OH)3AlCl3(3)X为强碱，如AlCl3Al(OH)3NaAlO22三角型转化关系三、金属及其化合物的实验探究有关金属及其化合物探究实验的特点：要求考生对文字、图形、表格数据、反应流程中的信息进行提取、分析、猜想和归类，考查学生基础知识的综合应用、基本的实验方法和基本技能的掌握程度，考查学生对科学探究方法和过程的理解，对实验的评价。四、金属的性质1金属单质的性质金属单质的化学性质：金属在化学反应中都较容易失去电子被氧化，只作还原剂，但金属离子则可能既表现出氧化性又表现出还原性，如Fe2+。金属单质跟酸反应的规律：A与非氧化性酸(如盐酸、稀硫酸等)反应B与强氧化性酸(浓硫酸、浓稀硝酸)的反应，Fe和Al遇冷的浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应。强氧化性酸跟金属反应不能生成H2。3金属活动性顺序表应用小结金属活动性顺序KCaNaMgAlMnZnFeSnPb(H) CuHgAgPtAu金属原子失电子能力KCaNaMgAlMnZnFeSnPb依次减小，还原性减弱(相应金属离子氧化性增强)空气中跟氧气的反应易被氧化常温时能被氧化加热时能被氧化不能被氧化跟水的反应常温可置换出水中的氢加热或与水蒸气反应时能置换出水中的氢不与水反应跟酸的反应能置换出酸(如HCl、H2SO4)中的氢不能置换出稀酸中的氢反应剧烈反应程度依次减弱能跟浓硫酸、硝酸反应能跟王水反应跟盐的反应位于金属活动性顺序前面的金属可以将后面的金属从其盐溶液中置换出来(K、Na、Ca除外)跟碱的反应Al、Zn等具有两性的金属可以与碱反应五、常见金属化合物的性质及离子的检验1常见的金属氧化物化学式Na2ONa2O2MgOAl2O3FeOFe2O3Fe3O4颜色状态白色固体淡黄色粉末白色固体白色固体黑色粉末红棕色粉末黑色晶体与水作用反应生成NaOH反应生成NaOH和O2与水缓慢反应生成Mg(OH)2不溶于水，也不与水反应2常见的金属氢氧化物及碱的通性(2)碱的通性可溶性碱使指示剂变色。可溶性碱与酸性氧化物反应，如向NaOH溶液中通入少量CO2，反应的化学方程式为：2NaOHCO2=Na2CO3H2O。与酸发生中和反应。可溶性碱与某些可溶性盐发生复分解反应，如Ca(OH)2与Na2CO3反应的化学方程式为：Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH。3金属阳离子的检验1（2018福建泉州市联考）X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是（）Na、Na2O、Na2O2 AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2 Fe、FeCl2、FeCl3 NaOH、Na2CO3、NaHCO3 C、CO、CO2A B C D【解题思路】若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的时候生成Na2O2，故正确；若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故正确；若X为Fe、W为Cl2，则Fe与Cl2只生成FeCl3，故错误；若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，故正确；若X为C、W为O2，则Y为CO、Z为CO2，碳与氧气能够发生不完全燃烧和完全燃烧，一氧化碳也能燃烧生成二氧化碳，故正确；故选D。【答案】D2（2018山东临沂模拟）中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列常见古诗文对应化学知识正确的是（）选项古诗文化学知识A本草经集注中记载鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也”鉴别硝石和朴消利用了焰色反应B本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”“强水”是指氢氟酸C梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则断折。”剂钢为铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D诗经大雅绵：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜味，且都能发生水解反应【解题思路】本题以文言文的形式考查了有关物质的性质、鉴别等知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质的性质，然后作出正确判断，注意找准文言文中的关键字眼，如A项通过紫青烟判断真硝石，利用了钾元素的焰色反应为紫色；B项考查了二氧化硅与氢氟酸的反应；D项注意合金的熔点一般低于其组分中任一种组成金属的熔点，硬度一般比其组分中任一金属的硬度大。钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应，A正确；玻璃的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可判断，强水不可能是氢氟酸，B错误；铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，C错误；糖类不一定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味；葡萄糖虽有甜味，但是不能发生水解，D错误；正确选项A。【答案】A3研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4molL1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法不正确的是（）AOC段离子反应方程式为：HOH=H2OB溶液中n(NH)0.012molC溶液中结合OH能力最强的离子是H，最弱的离子是Al3D欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量【解题思路】根据题意，加入NaOH溶液，没有产生气体，说明还原产物为NH，溶液中含有的离子是Al3+、Fe3、H、NH。向该溶液中加入NaOH溶液，开始没有析出沉淀，因此结合OH的能力由强到弱的顺序是H、Fe3、Al3、NH，然后是Al(OH)3沉淀的溶解。A根据图像可知在OC段发生的反应为剩余的硝酸与NaOH溶液反应，离子方程式是HOH=H2O，正确；B根据图可知在DE段反应消耗NaOH溶液的体积是3 mL，根据NHOH=NH3H2O可知：n(NH)n(OH)cV4mol/L0.003L0.012mol，正确；C根据反应的先后顺序可知结合OH最强的离子是H，最弱的离子是NH，错误；D欲测定F点沉淀的质量，应该将互不相溶的固体与液体分离，并洗涤，洗去附着在沉淀表面的杂质离子，然后干燥再称重，故实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量，正确。【答案】C4KAl(SO4)212H2O(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：易拉罐滤液A沉淀B产物(1)为尽量少引入杂质，试剂应选用_(填标号)。AHCl溶液 BH2SO4溶液C氨水 DNaOH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_。(4)已知：Kw1.01014，Al(OH)3AlOHH2OK2.01013。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_。【解题思路】(1)易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)，它们都是比较活泼的金属，都可以与酸发生反应，而Al可以与NaOH溶液反应变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项D正确；(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；(3)滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，发生HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3发生水解反应，消耗水电离产生的OH，当最终达到平衡时溶液中c(H)c(OH)，所以溶液显酸性。(4)由已知得Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K20。【答案】(1)D(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(3)Al(OH)3Al3水解，使溶液中H浓度增大(4)201（2018湖南模拟）梦溪笔谈中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是（）A胆矾受热不能分解 B胆矾的化学式为CuSO4C“苦泉”可使蛋白质变性D胆矾与铁通过复分解反应可炼铜【解题思路】本题以文言文的形式考查了有关物质的性质，既考查了化学知识又考查了文学素养。解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关的物质，然后作出正确判断，注意找准文言文中的关键字眼。烹胆矾则成铜即是胆矾为CuSO45H2O,受热分解成CuSO4和H2O，并且考查了重金属能使蛋白质变性。A由“烹胆矾则成铜”可知，胆矾为CuSO45H2O,受热分解成CuSO4和H2O，故A正确；B胆矾的化学式为CuSO45H2O，故B错误；C“苦泉”中含有硫酸铜，可使蛋白质变性，故C正确；D胆矾与铁通过置换反应可炼铜，故D错误；故选C。【答案】C2下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述AFe3有氧化性Fe2(SO4)3可作净水剂B浓硫酸有腐蚀性常温下浓硫酸不能用铁罐盛装CCl2是非金属单质Cl2能使湿润的有色布条褪色D熔融状态的Al2O3中有自由移动的Al3和O2电解熔融状态的Al2O3制备Al【解题思路】铁离子具有氧化性，硫酸铁的净水作用是铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，叙述和均正确，但无因果关系，故A错误；浓硫酸具有强腐蚀性，常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化，常温下浓硫酸能用铁罐盛装，叙述正确，叙述错误，无因果关系，故B错误；氯气是非金属单质，氯气遇到湿润的有色布条，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性可以使布条褪色，叙述和均正确，无因果关系，故C错误；氧化铝是离子化合物，熔融时电离出离子，利用电解熔融的氧化铝制备金属铝，叙述和正确并且有因果关系，故D正确。【答案】D3（2018宁德市质量检测理综）FeFe2O3纳米线是一种新型铁基材料，在催化、生物医药、环境科学等领域具有广阔应用前景。某研究小组以赤泥（铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，含SiO2、Fe2O3、Al2O3）为原料，设计下列流程制备FeFe2O3纳米线并探究其在水处理中的应用。回答下列问题：（1）“浸出”实验中，盐酸起始浓度对铁、铝浸出率的影响如图所示：盐酸的合适浓度为_。盐酸起始浓度为2molL1时，铁的浸出率很低，原因是_。（2）已知：25时，Al(OH)3(s)AlO+H+H2O K=41013。若浸出液c(Al3+) = 0.04 molL1，“调节pH”时，pH最小应为_（设调节pH过程中溶液体积不变）。（3）FeFe2O3纳米线为壳层结构（核是Fe、壳是Fe2O3），壳是由中心铁核在合成过程中被氧化而形成。“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生，滤液中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为_。“合成”后，经过滤、_、_获得FeFe2O3纳米线。（4）FeFe2O3纳米线去除水体中Cr2O的机理是，纳米线将Cr2O吸附在表面并还原。在“无氧”和“有氧”条件下将纳米线分别置于两份相同的水体中，80min后回收该纳米线，测得其表面元素的原子个数比如下表：在水体中FeFe2O3纳米线形成的分散系是_。样本2的实验条件是_（填“有氧”或“无氧”）。已知水体中检测不到Cr()，样本1中FeFe2O3纳米线的表面Cr()的去除率为_。【解题思路】本题以工业流程为载体，对物质的性质，流程除杂、离子方程式的书写、分散系的考查。关键在于理清整条流程的思路，结合流程和问题相结合一起参详答题，从问题回到题干找信息，快速浏览，瞻前顾后，熟悉流程，整条把握，提取信息，两面夹击，本题主要可以理解为原理处理分离提纯获得产品。（1）由图中信息可知，盐酸的浓度为6molL1时铝、铁的浸出率已经很高，再增大浓度浸出率增大不明显，故合适浓度为6molL1；盐酸起始浓度为2molL1时，Fe3+发生了水解，铁的浸出率很低；（2）已知：25时，Al(OH)3(s)AlO+H+H2O K=c(AlO)c(H+)=c(Al3+)c3(OH)=41013，若浸出液c(Al3+)=0.04molL1，由KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(OH)=0.4molL1c3(OH)=41013，c(OH)=103，“调节pH”时，pH最小应为11；（3）“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生为氢气，滤液中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为9H2O+4Fe3+3BH=4Fe+6H2+3B(OH)3+9H+；“合成”后，经过滤、洗涤、烘干获得FeFe2O3纳米线；（4）在水体中FeFe2O3纳米线形成的分散系是胶体；由表中数据可知，FeOCr=5.216.71，设Cr为1mol，则根据Cr2O可知含氧3.5mol，剩余的氧为16.7-3.5=13.2mol，若均为氧化铁中的氧，则含铁13.223=8.8mol，但题给铁为5.2mol，故不符合，则应该有部分氧不是氧化铁中的，则样本2的实验条件是有氧；已知水体中检测不到Cr()，根据数据中铬元素的含量，样本1中FeFe2O3纳米线的表面Cr()的去除率为1.7621.762+1100%=46.8%。【答案】（1）6molL1盐酸起始浓度为2molL1时，Fe3+发生了水解（2）11（3）9H2O+4Fe3+3BH=4Fe+6H2+3B(OH)3+9H+洗涤烘干（4） 胶体有氧 46.8%4（2018河南师大附中月考）铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁(FeCO3)可作为补血剂，铁红(Fe2O3)可作为颜料。利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)制备碳酸亚铁的流程如下：（1）“酸溶”时加快反应速率的方法有_(写出一种)。（2）“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应如下：FeS2+14Fe3+ +8H2O=15Fe2+2SO+16H+，则另一个反应的离子方程式为：_；FeS2还原后，检验Fe3+是否反应完全的方法是_。（3）“沉淀”时，需控制pH不宜过高，否则生成的FeCO3中可能混有_杂质；写出加入NH4HCO3生成“沉淀”的化学方程式：_；所得FeCO3需充分洗涤，检验沉淀已洗涤干净的方法是_。（4）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，同时释放出CO2，则与FeCO3反应的物质为_(填化学式)。【解题思路】本题属于化工流程综合题，结合物质的制备考查了有关加快化学反应速率的方法，物质的转化，氧化还原的书写及配平，离子的检验，仔细阅读流程不难发现利用SiO2难溶于盐酸，除去SiO2。分析流程图，提取有用的信息，分析流程中将原料转化为产品的主要生产原理，推断写出相关化学反应方程式。烧渣（主要成分Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)用硫酸浸取，过滤后含有硫酸铁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤渣为二氧化硅，用二硫化亚铁还原Fe3+后过滤，得滤液中含有硫酸亚铁，向滤液中加入碳酸铵，过滤得碳酸亚铁，滤液中含有硫酸铵、碳酸铵。可以通过加热、增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等措施提高酸浸时反应速率；（2）Fe3+被FeS2还原成Fe2+，发生反应的离子方程式包括：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO+16H+、FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S；Fe3+与KSCN溶液反应呈血红色，检验Fe3+是否反应完全可选择KSCN溶液，具体方法是取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明其中含有Fe3+，反之，未反应完全；（3）pH过高时溶液生成氢氧化亚铁沉淀；加入NH4HCO3生成“沉淀”的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+FeCO3+H2O+CO2；碳酸亚铁表面会附着硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，可以检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，具体方法为：取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；（4）红褐色固体是Fe(OH)3，FeCO3、H2O和O2反应生成Fe(OH)3和CO2【答案】（1）适度加热、适量增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等（2） FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S 取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明其中含有Fe3+，反之，未反应完全（3） Fe(OH)2 FeSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4FeCO3H2OCO2 取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稍过量稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净（4） O2、H2O1（2018安徽合肥理综）实验室按如下装置测定纯碱(含少量NaC1)的纯度。下列说法不正确的是（）A滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽B装置、的作用是防止空气中的CO2进入装置C必须在装置、间添加盛有饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶D反应结束时，应再通入空气将装置中CO2转移到装置中【解题思路】把握物质的性质以及实验的原理是解题的关键。测定Na2CO3固体(含少量NaCl)的纯度，是根据盐酸和样品反应生成二氧化碳，氢氧化钡与二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀，根据沉淀的质量来确定二氧化碳的质量，进而计算碳酸钠的质量，因此需要防止空气中的二氧化碳加入。根据实验目的和装置图，实验原理为：样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba(OH)2溶液吸收，通过测量装置中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。A，为了排除装置中含有CO2的空气对CO2测量的影响，滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽，A项正确；B，装置中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2，防止空气中CO2进入装置中，装置的作用是防止外界空气中的CO2进入装置中，B项正确；C，由于盐酸具有挥发性，反应产生的CO2中混有HCl，若在装置、间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，HCl与NaHCO3反应产生CO2，使得测得的CO2偏大，测得纯碱的纯度偏大，C项错误；D，为了保证测量的CO2的准确性，反应结束，应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置中CO2全部转移到装置中，D项正确；答案选C。【答案】C2（2018山东济宁市调研）氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuC122H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法正确的是( )A途径1中产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和CaCl2溶液中除去B途径2中200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HClCX气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl22H2O加热过程可能的水解DCuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl4H+SO=2Cu2+2ClSO22H2O【解题思路】将简单的物质制备设计成流程实验题，关键在于对整体的把握，对每步转化的理解。根据关系图中的物质转化写出相应的化学反应方程式，注意在制备产品时，涉及到离子的水解问题，要敏感。途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收除去，故A错误；Cu2(OH)2Cl2加热到200生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，故D错误。【答案】B3铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请回答下列问题。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸，化学方程式为_；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为_；(2)某溶液中含有Mg2、Fe2、Al3、Cu2等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_(填编号)。AMg2 BFe2 CAl3 DCu2(3)氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)_；操作中沉淀的洗涤方法是_；请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式_。【解题思路】(1)Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，与过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，化学反应方程式为Fe3O48HCl=2FeCl3FeCl24H2O，硝酸具有强氧化性；Fe3O4与过量的浓硝酸反应生成硝酸铁，化学式为Fe(NO3)3；(2)加入过量的NaOH溶液，Al3转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2、Cu2转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸溶解，所得溶液中含有Mg2、Fe3、Cu2，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3+、Fe2，故选BC；(3)碳酸钠溶液中碳酸根水解COH2OHCOOH，溶液呈碱性，油污中的油脂在碱性条件下水解而除去；FeCO3沉淀会附着其他离子，需要进行洗涤，减少杂质，具体操作：在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没过沉淀，让蒸馏水自然流下，重复数次；由工艺流程可知，操作所得的滤液中主要有硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，实质是亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3，同时生成二氧化碳、水，反应的离子方程式为：Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。【答案】(1)Fe3O48HCl=2FeCl3FeCl24H2O Fe(NO3)3(2)BC(3)COH2OHCOOH向漏斗中加入蒸馏水至没过固体，让水自然流出，重复23次Fe22HCO=FeCO3CO2H2O4某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如下：已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示:沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH5.44.02.75.8沉淀完全pH6.75.23.78.8请回答下列问题：(1)为了加快反应的速率，可以采取的措施是_(写两条)。(2)固体混合物A中的成分是_。(3)反应完成后，铁元素的存在形式为_(填离子符号)；写出生成该离子的离子方程式_。(4)沉淀B是_，x的范围是_，y的范围是_。(5)操作1主要包括：_、_、_。洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是_。【解题思路】(1)由于矿渣为固体，所以为了加快反应的速率，可以采取的措施是将固体粉碎，也可以适当升高反应的温度或增大反应物H2SO4的浓度等措施。(2)SiO2是酸性氧化物，不能与酸发生反应；其他金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应:Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O；Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+2FeSO4。因此发生反应后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2、Cu。(3)因为矿渣中Fe元素的化合价为+3价，先发生复分解反应，得到Fe2(SO4)3，然后发生反应:2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+。因此该反应完成后，铁元素的存在形式为+2价的Fe，即Fe2+。(4)由图示可知B是Fe(OH)3，x的范围是3.7x4.0，C是Al(OH)3，y的范围是5.2y5.4。(5)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作1主要包括:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤，原因是CuSO4溶液溶解于水，而且温度越高，溶解度越大。若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失。【答案】(1)适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等(任写两条，其他合理答案均可)(2)SiO2、Cu(3)Fe2+2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+(4)Fe(OH)33.7x4.05.2y5.4(5)蒸发浓缩冷却结晶过滤冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失