廣東省高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 技巧總結(jié) 專題九 常見元素及其化合物001

專題九常見元素及其化合物真題試做1．(2023高考廣東理綜卷以下應(yīng)用不涉及氧化復(fù)原反響的( A．NaO用作呼吸面具的供氧劑22工業(yè)上電解熔融狀態(tài)AlO制備Al23工業(yè)上利用合成氨實現(xiàn)人工固氮實驗室用NHClCa(OH)NH4 2 32．(2023高考廣東理綜卷以下陳述Ⅰ、Ⅱ正確并且有因果關(guān)系的( )選項選項陳述Ⅰ陳述ⅡASO有漂白性2SO可使溴水褪色2BSiO有導(dǎo)電性2SiO可用于制備光導(dǎo)2纖維C濃硫酸有強氧化性濃硫酸可用于枯燥H2和CODFe3＋有氧化性FeCl溶液可用于回收3廢舊電路板中的銅3．(2023高考廣東理綜卷，10)某同學(xué)通過系列實驗探究Mg及其化合物的性質(zhì)，操作正確且能到達目的的( )將水參加濃硫酸中得到稀硫酸，置鎂條于其中探究Mg將NaOH溶液緩慢滴入MgSO4

溶液中，觀察Mg(OH)2

沉淀的生成將Mg(OH)2將Mg(OH)MgCl2 24．(2023高考廣東化學(xué))廣東正在建立海洋強省。以下說法A．從海帶中提取碘單質(zhì)的過程涉及氧化復(fù)原反響B(tài)．往淡水中參加NaCl等配成人造海水，可用于海產(chǎn)品的長途運輸C．赤潮主要是由工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生活廢水引起沿海水域的富營養(yǎng)化而造成的D．海洋經(jīng)濟專屬區(qū)的資源開發(fā)可獲得Fe、Co、K、Au、Mg、B等金屬5．(2023高考廣東理綜卷，32)碳酸鋰廣泛應(yīng)用于陶瓷和醫(yī)藥等領(lǐng)域。以β—鋰輝石(主要成分為LiO·AlO·4SiOLiCO2 23 2 2 31Al3＋Fe2＋Mg2＋pH3.25.29.712.4；LiSOLiOHLiCO303K34.212.7g1.3。2 4 2 3步驟Ⅰ前，β鋰輝石要粉碎成細顆粒的目的。步驟Ⅰ中，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li＋、SO2－，另含有Al3＋、Fe3＋、Fe2＋、Mg2＋、Ca2＋、Na＋4等雜質(zhì)需在攪拌下參填“石灰石”“氯化鈣”或“稀硫酸”)以調(diào)節(jié)溶液的pH到沉淀局部雜質(zhì)離子，然后別離得到浸出液。HONaCO22 2 3 。步驟Ⅲ中，生成沉淀的離子方程式(5)從母液中可回收的主要物質(zhì)。6．(2023高考廣東理綜卷，32)由熔鹽電解法獲得的粗鋁含一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質(zhì)可采用吹氣精煉法除去，產(chǎn)生的尾氣經(jīng)處理后可用于鋼材鍍鋁。工藝流程如下：(NaCl801℃；AlCl3

在181℃升華)精煉前，需消除坩堝外表的氧化鐵和石英砂，防止精煉時它們分別與鋁發(fā)生置換反響產(chǎn)生新的質(zhì)。相關(guān)的化學(xué)方程式為① 和② 。將ClCl2 2 ；固態(tài)雜質(zhì)粘附于氣泡上，在熔體外表形成浮渣，浮渣中肯定存。(3)在用廢堿液處理氣體A的過程中，所發(fā)生反響的離子方程式_在鋁電解池中金屬鋁極熔融鹽電鍍液中鋁元素和氯元素主要以AlCl－和AlCl－形式存4 2 7在，鋁電極的主要電極反響式。鋼材鍍鋁后，外表形成的致密氧化鋁膜能防止鋼材腐蝕，其原因是 考向分析2023書寫、氧化復(fù)原反響規(guī)律的應(yīng)用、化學(xué)實驗綜合探究和化學(xué)工藝流程等題型進展多元考察。試題將元素化2掌握化學(xué)原理的載體，有一定的綜合性與開放性。熱點例析熱點一金屬元素及其化合物的性質(zhì)【例】(2023高考ft東)Al、Fe、Cu都是重要的金屬元素。以下說法正確的選項( A．三者對應(yīng)的氧化物均為堿性氧化物三者的單質(zhì)放置在空氣中均只生成氧化物制備AlClFeClCuCl3 3 2電解AlClFeClCuClCu、Fe、Al3 3 2歸納總結(jié)1．金屬冶煉的原理實質(zhì)是在高溫下用復(fù)原劑將化合態(tài)的金屬復(fù)原成單質(zhì)。金屬冶煉的一般步驟(Mne===M3．金屬冶煉的方法AuPt等金屬在自然界中主要以單質(zhì)形式存在，可用物理(Au)。熱分解法：該法可用于冶煉某些不活潑金屬，在金屬活動性順序表的右端區(qū)域(如Hg、Ag可用此法。一氧化碳、氫氣、活潑金屬等是常用的復(fù)原劑。原出來，只能用通電分解其熔融鹽或氧化物的方法來冶煉。合確定。即時演練1銅在自然界存在于多種礦石中，如：礦石名稱主要成分請答復(fù)以下問題：

CuFeS2

CuFeS5

輝銅礦CuS2

孔雀石CuCO·Cu(OH)3 2上表所列銅的化合物中，銅的質(zhì)量百分含量最高的。3O＋2CuS 6Cu＋SO↑，反響的氧化劑。2 2黃銅礦熔煉后得到的粗銅含少量FeAgAu等金屬雜質(zhì)，需進一步采用電解法精制。請簡述粗電解得到精銅的原理。下表中，對陳述Ⅰ、Ⅱ的正確性及其有無因果關(guān)系的判斷都正確的選項填字。選項陳述Ⅰ銅綠的主成分陳述Ⅱ可用稀鹽酸除銅判斷A是堿式碳酸銅器外表的銅綠B銅外表易形成致密的氧化膜銅容器可以盛放濃硫酸釘在銅板上的鐵C鐵比銅活潑釘在潮濕空氣中不易生銹熱點二非金屬元素及其化合物的性質(zhì)【例】以下推斷正確的選項( )A．SiO是酸性氧化物，能與NaOH溶液反2B．NaO、NaO組成元素相同，與CO2 22 2C．CO、NO、NO都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在2D．新制氯水顯酸性，向其中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液呈紅色規(guī)律總結(jié)1．常見酸的重要特性HSiOHSiO2 3 4 4HClOHClO濃硝酸和Cu(足量)、濃硫酸和Cu(足量)、濃鹽酸和MnO2物會發(fā)生變化或反響停頓。濃硫酸具有吸水性、脫水性和強氧化性。2．影響環(huán)境的幾種污染物溫室臭氧層溫室臭氧層居室白色酸雨赤潮和水華光化學(xué)煙霧SO、效應(yīng)CO破壞氟氯代富含氮、磷的污染NO、碳污染NO CHx 4

烴、NOx

甲醛生活污水

x 塑料氫化合物重要物質(zhì)的用途NaO22ClClONaClO2 2SO24晶體硅可用作半導(dǎo)體材料、太陽能電池和硅合金。SiO2NaHCOAl(OH)3 3NaHCO3NaCO2 3BaSO4AgBr(12)FeCl3即時演練2(2023高考江蘇卷，16)利用石灰乳和硝酸工業(yè)的尾氣(含NO、NO)反響，既能凈化尾氣，2又能獲得應(yīng)用廣泛的Ca(NO)，其局部工藝流程如下：22

存在以下反響：NO(g)＋NO(g)

NO(g)，其平衡常數(shù)表達式為2 2 23 。 ；濾渣可循環(huán)使用，濾渣的主要成分填化學(xué)。該工藝需控制NO和NO物質(zhì)的量之比接近1:1。假設(shè))＞1:1，那么會導(dǎo)；2 2假設(shè))＜1:1，那么會導(dǎo)。2生產(chǎn)中溶液需保持弱堿性，在酸性溶液中Ca(NONO，其反響的離子方22程式。熱點三元素化合物與根本概念、根本理論【例3】(2023高考ft東卷)研究NO、SO、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。2 2NO可用水吸收，相應(yīng)的化學(xué)反響方程式 2。利用反響6NO＋8NH2 3下是 。已知：2SO(g)＋O(g)2 2

7N12HO也可處理NO1.2molNO2 2 2 22SO(g)ΔH＝－196.6kJ·mol－132NO(g)＋O(g)2

2NO(g)ΔH＝－113.0kJ·mol－12那么反響NO(g)＋SO(g)2 2

SO(g)＋NO(g)的kJ·mol－1。3一定條件下，將NO與SO以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述反響，以下能說明反響到達平衡狀態(tài)2 2的是 。a．體系壓強保持不5混合氣體顏色保持不變SO和NO31molSO3

的同時生成1molNO2測得上述反響平衡時NO與SO體積比為1:6，那么平衡常數(shù)。2 2CO可用于合成甲醇，反響方程式為CO(g)＋2H(g) CHOH(g)CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率2 3與壓強的關(guān)系如下圖該反響填“＞”或“＜”)實際生產(chǎn)條件控制在250℃1.3×104左右，選擇此壓強的理由。思路點撥1．反響速率理論在實際生產(chǎn)中的運用的pH2．解決與化學(xué)平衡有關(guān)的實際運用類型簡答題的一般程序(1)閱讀題目新情境的信息，找出核心問題的分析對象，即平衡體系；(2)找出題目信息中與平衡體系有關(guān)變化的因素；(3)利用平衡移動原理分析變化的因素對化學(xué)平衡移動的影響，即平衡移動方向的判斷；(4)說明平衡發(fā)生移動后對實際問題體系產(chǎn)生的影響。即時演練3(2023高考ft東卷)科研、生產(chǎn)中常涉及鈉、硫及其化合物。實驗室可用無水乙醇處理少量殘留的金屬鈉，化學(xué)反響方程式。要清附著在試管壁上的硫，可用的試劑。6如圖為鈉硫高能電池的構(gòu)造示意圖該電池的工作溫度為320℃左右電池反響為正極的電極反響式。M(由NaO和AlO制)的兩個作用。與2 23鉛蓄電池相比，當(dāng)消耗相同質(zhì)量的負極活性物質(zhì)時，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池倍。NaS溶液中離子濃度由大到小的順序，向該溶液中參加少量固體CuSO，溶液2 4pH NaS溶液長期放置有硫析出，原因為2 熱點四與元素化合物有關(guān)的工藝流程題】某工廠生產(chǎn)硼砂過程中產(chǎn)生的固體廢料，主要含有MgCOMgSiOCaMg(COAlOFeO3 3 32 23 23等，回收其中鎂的工藝流程如下：沉淀物Fe(OH)沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH3.25.212.4局部陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時溶液的pH見上表，請答復(fù)以下問題：(1)“浸出”步驟中，為提高鎂的浸出率，可采取的措施要求寫出兩(2)濾渣Ⅰ的主要成分。(3)從濾液Ⅱ中可回收利用的主要物質(zhì)思路點撥化學(xué)工藝流程題常見錯誤分析合題中信息和平時所學(xué)知識進展作答即可。常見的解題誤區(qū)有：過度拘泥于流程圖的細節(jié)，難以找到實驗?zāi)康?，不能明確有關(guān)圖示信息。解題時應(yīng)：快速瀏覽題干與轉(zhuǎn)化過程，明確實驗?zāi)康?；關(guān)注箭頭號：圖1箭頭表示的是反響物同時參加，圖2表示反響物分步參加，圖37只局限于題干，沒有從設(shè)問的問題中提煉解題信息。解題時應(yīng)：根據(jù)設(shè)問提煉出對解決問題有用無效信息，所以對題干中和流程圖中不懂的信息要大膽跳過，對于解決問題有用的信息要重新梳理。不清楚化學(xué)工藝生產(chǎn)要解決的主要矛盾是什么。工藝生產(chǎn)主要解決的矛盾是：解決將原料轉(zhuǎn)化為原料的來源既要考慮豐富，還要考慮本錢問題；生產(chǎn)設(shè)備簡單，生產(chǎn)工藝簡便可行等工藝生產(chǎn)問題。分析方法單一，缺乏變化。化工工藝流程題的解題方法常用的有以下幾種：首尾分段穿插

產(chǎn)品之間的關(guān)系，弄清生產(chǎn)過程中原料轉(zhuǎn)化為產(chǎn)品的根本原理和除雜、別離、提純產(chǎn)品的化工工藝，然后再結(jié)合題設(shè)的問題，逐一推敲解答到解題的切入點有些化工生產(chǎn)選用多組原材料，率先合成一種或幾種中間產(chǎn)品，再用這一中間產(chǎn)品與局部其他原材料生產(chǎn)所需的主流產(chǎn)品，這種題就適合用穿插分析法。就是將提供的工藝流程示意圖結(jié)合常見化合物的制取原理劃分成幾條生產(chǎn)流水線，然后上下穿插分析不能標(biāo)準(zhǔn)作答，出現(xiàn)答非所問、表述不準(zhǔn)確、不標(biāo)準(zhǔn)、化學(xué)名詞出現(xiàn)錯別字等情況。即時演練4(2023高考天津卷)信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請答復(fù)以下問題：第①步Cu與酸反響的離子方程式；得到濾渣1的主要成分。8第②步加HO的作用使用HO的優(yōu)點調(diào)溶22 22液pH的目的是生成沉淀。用第③步所得CuSO·5HO制備無水

的方法。4 2 42制取Al(SO·18HO，探究小組設(shè)計了三種方案：2 43 2HSO甲：濾渣24酸浸液Al(SO)·18HOHSO

適量Al粉

2 43 2乙：濾渣24酸浸液濾液Al(SO)·18HO過濾NaOH溶液 HSO

2 43 2

濾液4溶液Al(SO)·18HO過濾 蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過

2 43 2上述三種方案中方案不可行，原因；從原子利用率角度考慮， 誤區(qū)警示只知道金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)在發(fā)生置換反響中的一般規(guī)律，而忽略其中的特例。如一般不活潑的金屬單質(zhì)不與比擬活潑的金屬的鹽溶液反響，但是FeCl卻可以和Cu反響。3一般活潑的金屬可以把不活潑的金屬從它的鹽溶液中置換出來，但是堿金屬不行；一般活潑的非金屬可以把不活潑的非金屬從它的化合物中置換出來，但是F不能從NaCl的溶液中把氯置換出來。2向移動。COCHHCHOH；火焰為蒼白色的為ClH中燃燒產(chǎn)生的火2 4 2 25 2 2定含有Fe2＋。CO，2原溶液可能含有C2－或HC－3 3渾濁，可使品紅溶液褪色，該氣體一般是二氧化硫，原溶液中含有SO2－HSO－或者含有SO2－。3 3 23與堿溶液反響且加熱時產(chǎn)生刺激性氣味的氣體，此氣體可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，此氣體是氨氣，原溶液中一定含有NH＋。4CO與BaClCaCl溶液不反響(因為假設(shè)生成CaCOBaCOCaCO2 2 2 3 3 3BaCO能溶解在鹽酸中生成BaCl、CaCl溶液，因此不反響)，但是假設(shè)在BaCl、CaCl溶液中先通入NH3 2 2 2 2 3或參加NaOH等堿性物質(zhì)再通入CO，那么可以得到沉淀。將SO通入BaCl溶液時也是如此，如果要想得到2 2 2沉淀，不僅可以參加堿性物質(zhì)(NaOH、NH等)，還可以用氧化劑如硝酸、氯水、溴水、過氧化氫、通NO等。3 2＋Cl2 22HO===HSO2HCl。2 2 4既以化合態(tài)又以游離態(tài)存在的元素：氧、硫、碳、氮。9跟蹤練習(xí)以下表達錯誤的選項。①海水提鎂的主要步驟為：② CaCO(s) 鹽酸3↓ ↓電解(g)2 2 2②廢舊鋰離子電池的正極材料試樣(主要含有LiCoO及少量Al、Fe等)可通過以下實驗方法回收鈷、2鋰。O2－被氧化成SO2－，LiCoO在溶解過程中反響的化學(xué)方程式為8LiCoO＋NaSO23 4 2 2 223＋11HSO===4LiSO＋8CoSO＋NaSO＋11HO2 4 2 4 4 2 4 2③開發(fā)氫能是實現(xiàn)社會可持續(xù)開展的需要。硫鐵礦(FeS)燃燒產(chǎn)生的SO通過以下碘循環(huán)工藝過程既2 2HSOH2 4 22HO＋SOHSO＋HHIH2 2 2 4 2 2目的是減小氫氣的濃度，使HI分解平衡正向移動，提高HI的分解率。④聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學(xué)式[Fe(OH)(SO) ]，廣泛用于污水處理。實驗室利用硫廠燒渣2 n 43－0.5nm(主要成分為鐵的氧化物及少量FeSSiO(FeSO·7HO)，過程如下：2 4 2制備綠礬時，向溶液X中參加過量鐵粉，充分反響后，經(jīng)過濾操作得到溶液Y，再將溶液Y蒸發(fā)至產(chǎn)生大量固體時停頓加熱，利用余熱蒸干即得到綠礬。溴是海水中重要的非金屬元素，地球上90%的溴元素以Br－的形式存在于海水中，所以人們稱溴“海洋元素”。以下有關(guān)說法中正確的選項( )A．從海水中提取溴時，不涉及氧化復(fù)原反響B(tài)．苯與溴水反響生成溴苯10C．可以用CCl萃取溴水中的溴4D．向FeBr溶液中通入Cl6Cl－2 2 2 2以下說法錯誤的選項( )FeFe3＋和Fe2＋Al(OH)3CuSCuS2NaHCONaCO受熱都分解出CO3 2 3 2以下表述Ⅰ和Ⅱ都正確，且存在因果關(guān)系的( )表述Ⅰ(因)表述Ⅰ(因)表述Ⅱ(果)Si為非金屬元素，其單質(zhì)是半SiGeA導(dǎo)體；Ge為金屬元素，其單質(zhì)和非金屬交界限兩側(cè)是導(dǎo)體“硅膠”是硅酸鈉的凍狀凝硅膠常用作實驗室和袋裝食品、B膠經(jīng)脫水后得到的，多孔、瓶裝藥品等的枯燥劑吸附水分能力強打磨過的鋁箔在空氣中其外打磨過的鋁箔在空氣中燃燒會C表會很快生成AlO薄膜，而23失去光澤但熔化的鋁并不滴落AlO的熔點高于Al23DFeO23Fe(OH)不能通過化合反響直接3制得以下表達中，正確的選項( )A．B．MnOFeCl和CuSO都可加快HO2 3 4 22C．FeCl溶液和Fe(NOFeO3 33 23D．用惰性電極分別電解CuCl溶液和MgCl溶液分別得到單質(zhì)Cu和Mg2 2β(LiAlSiO26LiSO(以及MgSO2 4 411用氧化物形式表示LiAlSiO26

的組成。沉淀X主要成分為CaCO3

和 。寫出鹽酸與LiCO反響的離子方程式。2 3寫出電解熔融LiCl時陰極的電極反響式。流程中兩次使用了NaCO溶液，試說明前后濃度不同的原因：前者；后者。2 3(CuS(SiO2 2程如下：寫出浸取過程中CuS溶解的離子方程。2回收S過程中溫度控制在50～60℃之間，不宜過高或過低的原因 。氣體與氧氣混合后通入水中能生成流程中可循環(huán)利用的一種物質(zhì)，該反響的化學(xué)方程式為 ；向濾液M中參(或通以填字)物質(zhì)，得到一種可循環(huán)利用的物質(zhì)。a．鐵b．氯氣c．保溫除鐵過程中參加CuO的目的；蒸發(fā)濃縮時，要用硝酸調(diào)節(jié)溶液pH，其理由 。參考答案命題調(diào)研·明晰考向真題試做1．D解析：NaOCO22 2化合價降低，屬于氧化復(fù)原反響，B錯誤；合成氨是由單質(zhì)參與的化合反響，屬于氧化復(fù)原反響，C錯誤。2．D解析：SO可使溴水褪色是因為SOSiO2 2 2濃硫酸可用于枯燥H和CO是因為吸水性，C錯誤。212錯誤；在溶液中Mg2＋與OH－錯誤；實驗時，蒸干溶液必須在通入HCl氣體的氣氛中進展，4．D解析：I－(I2一定涉及氧化復(fù)原反響，A正確；赤潮主要是由生活污水和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)的廢水任意排放引起水中N、P元素增高，造成水域的水體富營養(yǎng)化，C正確；B是非金屬元素不是金屬元素，D錯誤。答案：(1)增大樣品與HSO2 4石灰石Fe2＋、Mg2＋、Ca2＋(4)2Li＋＋CO2－===LiCO3 2 3(5)NaSO2 4解析：(1)固體pH到6.0～6.5Al3＋完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，溶液中還含有Fe2＋Mg2＋Ca2＋，參加HO的目的是將Fe2＋氧化為Fe3＋，參加石灰乳的目的是使Fe322＋、Mg2＋轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，參加NaCO使溶液中原有的及引入的Ca2＋轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀；由流程圖不難2 3看出步驟Ⅲ得到了碳酸鋰和母液，由此可判斷參加碳酸鈉生成了碳酸鋰沉淀，離子方程式為2Li＋＋CO2－3===LiCO(4)由流程圖分析可知步驟Ⅲ以前已經(jīng)除去Al3＋Fe3＋、Fe2＋、Mg2＋、Ca2＋，溶液中還存在Li2 3＋、Na＋和參加硫酸引入的SO2－，參加碳酸鈉生成了碳酸鋰沉淀，母液中的溶質(zhì)主要是NaSO4 2 4答案：(1)FeO＋2Al AlO＋2Fe3SiO＋4Al 2AlO＋3Si23 23 2 23HCl、AlCl NaCl3(3)ClO，H＋＋OH－===HO2 2 2陽Al－3e－＋7AlCl－===4Al4 2 7能發(fā)生解析：(1)由題給信息“防止精煉時它們分別與鋁發(fā)生置換反響產(chǎn)生新的雜質(zhì)”說明兩個反響的反響物分別是FeO和鋁、二氧化硅和鋁，生成物分別是AlOFe、AlOSi，已知反響物和生成物，可書23 23 23寫配平置換反響的化學(xué)方程式。(2)由題意可知粗鋁的成分中含有一定量的鈉和氫氣，在700℃時通入氯NaAlH(AlCl1812 3氣體A(4)鍍鋁電解池中金屬鋁為陽極，書寫電極反響式時一定要注意電鍍時“溶液的濃度”要保持不變，所以結(jié)合題意可得鋁在AlCl－作用下放電轉(zhuǎn)化4為AlCl－在陰極放電轉(zhuǎn)化為鋁和AlCl－(5)鋼鐵在空氣中主要發(fā)生2 7 2 7 413附著的鋁轉(zhuǎn)化為氧化鋁隔絕了鋁及鋼材與空氣、二氧化碳和水蒸氣的接觸，防止鋼材腐蝕。精要例析·聚焦熱點熱點例析】C解析：AlOFe23鐵銹，B錯誤；因為陽離子水解，且水解產(chǎn)物中含有揮發(fā)性酸——鹽酸，將溶液蒸干將會水解徹底從而得正確；的放電能力小于H＋的放電能力，在陰極析出H不會析出在陰極放電生2成Fe2＋而不是Fe，D錯誤。1答案：(1)CuS2CuO、CuS2 2失去電子，Cu單質(zhì)變?yōu)镃u2＋進入溶液中CuCu(4)A解析：(1)題表所列銅的化合物中，銅的質(zhì)量百分含量如下：銅的質(zhì)量百分含量由表中數(shù)據(jù)不難得出答案為CuS。2

CuFeS234.8%

CuFeS5 63.5%

Cu280%

CuCO·Cu(OH)3 257.6%、CuS中的Cu0CuS中的S2 2 2由－2Cu、CuSS2 2 2電解池中，粗銅作陽極，精銅作陰極，電解質(zhì)為硫酸銅溶液。陽極上FeCu失去電子發(fā)生氧化反響變?yōu)殛栯x子進入溶液中，AuCu2＋在陰極上析出CuCu稀鹽酸可以同Cu(OH)CuCOCu2 3綠[CuCO·Cu(OH)]，A正確；銅外表不能和鐵、鋁一樣因為鈍化形成致密氧化膜，銅和濃硫酸在常溫下緩3 2慢反響，生成硫酸銅、SO和水，反響很慢，反響過程放熱，隨著反響的進展，速率會越來越快，所以不能2用銅制容器裝濃硫酸，B錯誤；因為Fe比Cu活潑，所以二者形成的原電池中，F(xiàn)e作負極，更容易被氧化生銹，C錯誤。答案選A。AOCO反響只生成NaCO2 2 2 3NaOCO反響除生成NaCO外，還生成OB2NO＋O===2NO，故C22 2 2 3 2 2 2因新制氯水中含有HCl和HClO，HClOD2O23 214使尾氣中的NONOCa(OH)2 2排放氣體中NO含量升高產(chǎn)品Ca(NOCa(NO

含量升高22 32O2 3 2式，平衡常數(shù)表達式為O)；(2)逆流可以增大尾氣與石灰乳的接觸面積，有利于氣體23 2的吸收；濾渣應(yīng)為沒有溶解的物質(zhì)，結(jié)合流程中涉及的相關(guān)物質(zhì)可知濾渣主要成分為氫氧化鈣；(3)根據(jù)化合價的升降情況分析，當(dāng)一氧化氮和二氧化氮物質(zhì)的量之比為1:1，剛好轉(zhuǎn)化為Ca(NO)；當(dāng)大于1:122時，一氧化氮過量；當(dāng)小于1:1時，將會有高價氮氧化物生成Ca(NO)；(4)在酸性溶液中Ca(NO)轉(zhuǎn)化為32 22NO，氮元素化合價降低，由氧化復(fù)原反響的規(guī)律可知必有氮元素的化合價的升高，即有NO－生成，由此可3O。2 3 2答案：(1)3NOHO===2HNO＋NO6.722 2 38(2)－41.8b2.67或3(3)＜在1.3×104得不償失

kPa下，CO轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強CO轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)本錢增加，解析：(1)NO2

01molNO2

參加反響轉(zhuǎn)移4mol電子，當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時，消耗0.3mol的NO。2(2)(前式－后式)÷2即得，所以ΔH＝(－196.6＋113.0)÷2＝－41.8kJ·mol－1。此反響是等體積反NO2 3積不管平衡與否，均為1:1，c不能說明；消耗SO和生成NO均表示逆反響速率，d不能。3 2(3)CO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，所以正反響為放熱反響。選擇250℃、1.3×104Pa的反響條件主要是250℃，1.3×104Pa時CO轉(zhuǎn)化率已接近最大值，沒有必要再加大壓強增加生產(chǎn)本錢。3答案：(1)2CHCHCHONa＋HCS(或熱NaOH3 2 3 2 2 2(2)＋2e－===2－(或2Na＋2－===NaS)4.5x 2x(3)(N＋(S－(O－(H－(＋)減小22O＋2HO==2S↓4OH－2 2解析：(1)乙醇中含有羥基可以與金屬鈉反響放出氫氣，化學(xué)方程式為2CHCHOH＋2Na―→2CHCHONa3 2 3 2＋H↑；單質(zhì)硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS，在加熱時可與熱的氫氧化鈉溶液反響，因此要清洗附2 2著在試管壁上的硫，可選用CS或熱的氫氧化鈉溶液；(2)由電池反響可以看出金屬鈉失去電子作為負極，2單質(zhì)硫得電子被復(fù)原成2－，所以正極的電極反響式為＋2e－===2－；由于原電池內(nèi)部要靠離子的定向移x x動而導(dǎo)電，同時鈉和硫極易化合，所以也必須把二者隔離開，因此M的作用是導(dǎo)電(導(dǎo)電或電解質(zhì))和隔離鈉與硫；在鉛蓄電池中鉛作負極，反響式為Pb(s)＋SO2－(aq)－2e－===PbSO(s1mol2074 4g2mol207g9/2＝4.5(3)NaSS水解顯堿性，所以(H＋2－還在溶2S2－S2－＋HO===HS2－＋OH、H＋HO===HOH－，因此NaS溶液中離子濃度由大到小的順序為(Na(2－(O－2 2 2(HS－(＋S極易與C2結(jié)合形成CuS沉淀而抑制SCuS4溶液15堿性會降低，酸性會增強，方程式為S2－＋Cu2＋===CuS↓。S2－中硫元素處于最低化合價－2價，極易失去電子而被氧化，空氣中含有氧氣可氧化S2－2S2－＋O2H。2 2【例4】答案：(1)增大硫酸濃度；加熱升高溫度；邊加硫酸邊攪拌(要求寫出兩條)Fe(OH)Al(OH)3 3CaSONaSO4 2 4解析：(1)固體溶解及反響完全的措施一般是加熱、振蕩或攪拌，或是增大硫酸的濃度，所以答案應(yīng)(2pH5.5Fe3＋Al3＋CaMg(CO)和兩次調(diào)節(jié)pH均用到氫氧化鈉，可知濾液中陽離子應(yīng)該有鈉離子和鈣離子，所以從濾液Ⅱ中可32回收利用的主要物質(zhì)是硫酸鈉和硫酸鈣?！?△【即時演練4(1)C＋4＋2N－Cu2＋2NO2HO或3C8H＋2N－3Cu＋＋2NO↑＋4HOAu、Pt2

3 2 2 3(2)將Fe2＋氧化為(3)加熱脫水

不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染Fe3＋、Al3＋(4)甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe(SO2 43AlFe發(fā)生反響生成Cu2＋Al3＋Fe2＋。所以1的成分是Pt1中的離子是Cu2＋Fe2＋CuCu＋4H＋＋2NO－3△ △Cu2＋2NO↑＋2HO或3C＋8H2N－3Cu2＋2NO↑4H。2 2 3 2第②步加HO的作用是把Fe2＋氧化為Fe3＋，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質(zhì)，產(chǎn)物對環(huán)境無污染。22調(diào)溶液pH的目的是使Fe3＋和Al3＋形成沉淀。所以濾液2的成分是Cu2＋，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁。第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是在坩堝中加熱脫水。制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷HSO，生成2 4Fe(SOAl(SOAl粉與Fe(SOAl(SO2 43 2 43 2 43 2 43硫酸鋁晶體，乙方法可行；丙方案先在濾渣中加NaOH溶液，NaOH溶液和Al反響生成NaAlO溶液，再在濾2液中加適量的HSO，得到Al(SO2 4 2 43原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al(SO)的原子組成沒有關(guān)系，造成試劑浪2 43費?！靖櫨毩?xí)】答案：①④加CaCO固體錯誤，應(yīng)該是向苦鹵中參加CaO，第33LiCoO在溶解過程中反響的化學(xué)方程式，2由信息“SO2－被氧化成SO2－”可知，硫元素的化合價由＋2價升高到＋6價，發(fā)生氧化反響，關(guān)鍵問題是23 4要搞清鈷元素和鋰元素反響后的價態(tài)，從流程圖中的產(chǎn)物“Co(OH)”和“LiCO”中可獲得這一信息，從2 2 316而迅速判斷出鈷元素發(fā)生復(fù)原反響，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等配平即可，正確；③從流程圖中的各方框的進出箭頭可以迅速得出總反響的反響物是SO和HO，生成物是HSOHI2 2 2 4 2 2速寫出反響的總方程式為2HO＋SO===HSO＋H，碘化氫的分解反響是可逆反響，應(yīng)從化學(xué)平衡角度分析2 2 2 4 2X中含有Fe3＋，故應(yīng)先參加過應(yīng)該采用蒸發(fā)結(jié)晶法，錯誤。創(chuàng)新模擬·預(yù)測演練1．C解析：從海水中提取溴，一般要經(jīng)歷濃縮、氧化和提取三個步驟，A錯誤；苯只能與液溴在催化劑作用下發(fā)生取代反響，B錯誤；FeBr與Cl反響時，因Cl的量不同，生成物不同，題目中沒有說明2 2 2Cl與FeBr的相對用量，D錯誤。2 22DFe與稀硝酸反響時生成Fe(NO)FeF2Fe(NO)===3Fe(NO)，33 33 32A正確；Al(OH)為兩性氫氧化物，可溶于強酸、強堿，B正確；S的氧化性較弱，當(dāng)與Cu、Fe反響時，只3NaCO2 3CeBFe(OH)4Fe(OH)＋O2HO===4Fe(OH)，D3 2 2 2 3BC解析：船舶的外殼為鋼鐵，主要成分為Fe，而Cu的金屬活潑性較FeFeClCuSOHO的分解都具有2 3 4 22催化作用，B正確；FeCl溶液和Fe(NO)溶液加熱蒸干時，因水解生成的HCl、HNO都具有揮發(fā)性，會使3 33 3Fe3＋水解完全而得到Fe(OH)FeOC正確；電解MgCl2H＋＋3 23 22e－===H↑，故得不到Mg，D錯。2答案：(1)LiO·AlO·4SiO2 23 2(2)Mg(OH)2(3)LiCO↑＋HO2 3 2 2(4)Li＋＋e－===Li(5)濃度過大會使局部Li＋沉淀此時濃度大那么有利于LiCO2 3典型錯誤：(1)(Li

·(AlO

·(SiO；1/2LiO·1/2AlO·2SiOLiO·AlO·4SiO)2 23 2

2 0.5

230.5 22 2

23 2MgCOMg(OH)MgCO更難溶，應(yīng)生成

沉淀〕3 2 3 2CO2－＋2H＋===CO↑＋HOLiCO3 2 2 2 32Cl－－2e－===Cl2用于沉淀少