2022高考化学一轮复习第三单元金属及其化合物第3节用途广泛的金属材料铝铜及其重要化合物课件新人教版

1、第第3 3节用途广泛的金属材料节用途广泛的金属材料 铝铝、铜及其重要化合物、铜及其重要化合物第三单元第三单元2022备考要点1.能说明常见金属及其化合物的应用(如金属冶炼等)、对社会的价值、对环境的影响。2.了解铝、铜及其重要化合物的性质及应用。3.了解常见金属的活泼性顺序和常见金属的制备方法。素养要求1.宏观辨识与微观探析:认识铝与强酸、强碱的反应及其化合物的两性,理解铝及其化合物的性质。2.证据推理与模型认知:具有证据意识,能基于证据对金属材料性质提出可能的假设,通过分析推理加以证实,能运用模型解释化学现象,揭示现象的本质和规律。3.科学探究与创新意识:能对金属的性质提出有探究价值的问题;

2、能从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究。考点一考点一金属材料与金属矿物的开发和利用金属材料与金属矿物的开发和利用必备必备知识知识 自主自主预诊预诊知识梳理1.合金 微点拨 合金是混合物,合金的物理性质相比于成分金属有所改变,但合金中各成分金属的化学性质不变。并非所有的金属都能相互形成合金,若一种金属的熔点高于另一种金属的沸点,则二者不能形成合金。2.常见金属材料(1)分类。(2)常见的合金材料。 铝合金:密度小,强度高,塑性好,易于加工,具有较强的抗腐蚀能力。 3.金属矿物的开发利用(1)金属在自然界中的存在。(2)金属冶炼的实质。金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游

3、离态的过程。即mn+ne-=m(写反应通式,用m表示金属)。(3)金属冶炼的方法(用化学方程式表示)。 微点拨 金属冶炼与金属活泼性的关系: 冶炼mg时电解熔融mgcl2而不电解熔融mgo,原因是mgo的熔点高,熔融时会耗费更多能源,增加生产成本。冶炼al时只能电解熔融al2o3而不能电解熔融alcl3,原因是alcl3是共价化合物,熔融态不导电;加入冰晶石(na3alf6)的目的是降低al2o3的熔化温度。(4)铝热反应。 实验原理al和某些金属氧化物在高温下进行,反应迅速并放出大量的热,新生成的金属单质呈熔融态且易与al2o3分离实验装置实验现象镁带剧烈燃烧,放出大量的热,并发出耀眼的白光

4、,氧化铁与铝粉在较高温度下发生剧烈的反应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,化学方程式为 原理应用可制取熔点较高、活泼性弱于al的金属,如铁、铬、锰、钨等常用于金属焊接,如野外焊接钢轨等fe2o3+2al 2fe+al2o3 自我诊断1.判断正误,正确的打“”,错误的打“”。(1)合金中至少含有两种金属元素,不含非金属元素。()(2)合金中各种元素的含量一定,所以合金是纯净物。()(3)合金的硬度一般大于成分金属,而熔点一般低于成分金属。()(4)电解alcl3、fecl3、cucl2的混合溶液时,阴极上依次析出cu、fe、al。()(5)可以

5、用金属钠置换四氯化钛(ticl4)溶液中的钛来制取单质钛。()(6)人类历史上使用铝的时间比铁晚,原因是铝不如铁活泼。()答案 (1)(2)(3)(4)(5)(6) 2.冶炼金属常用以下几种方法:热分解法以活泼金属na、mg等作为还原剂以c、co或h2作为还原剂电解法利用铝热反应原理还原下列金属各采用哪种方法冶炼最佳(用上述方法的序号填空)。(1)fe、zn、cu等中等活泼金属。 (2)na、mg、al等活泼或较活泼金属。 (3)hg、ag等不活泼金属。 (4)v、cr、mn、w等高熔点金属。 关键关键能力能力 考考向突破向突破考向考向1合金的性质及应用合金的性质及应用【典例1】 (2020福

6、建莆田第七中学期中)明末科学家宋应星出版的天工开物中记载了有关“五金”的内容:“黄金美者,其值去黑铁(生铁)一万六千倍,然使釜、鬵(xn,一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间贸迁有无,”下列解释正确的是()a.明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金b.添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养,也不会生锈c.金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段d.黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀答案 c解析 明代使用的釜、鬵都属于铁合金,故a错误;不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构,不锈钢不容易生锈;家里用的农具是铁合金,如果没及时洗

7、干净后晾干,铁能与氧气、水分同时接触,容易发生电化学腐蚀而生锈,故b错误;金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段,故c正确;生铁的腐蚀主要是电化学腐蚀,故d错误。对点演练1下列说法中正确的是()a.铁是人类最早使用的金属,钢铁属于铁碳合金b.黑色金属材料及它们的合金是应用最广泛的金属材料c.金属镁有“国防金属”的美誉,也被誉为“21世纪的金属”d.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,这是铜在潮湿空气中发生电化学腐蚀的结果答案 b解析 铜是人类最早使用的金属,a错误;金属钛被誉为“21世纪的金属”,c错误;铜绿是铜与空气中的氧气、水蒸气和二氧化碳直接作用生成的,并未发生电化学腐蚀,d错误。考向考向

8、2金属矿物的开发与利用金属矿物的开发与利用【典例2】 (2020河北邢台月考)古代炼丹的五金通常是指金、银、铜、铁、锡。下列说法错误的是()a.用焦炭热还原sno2可得到snb.用h2还原fe2o3可得到fec.cu2s与过量o2共热产物中只含cud.ag2o直接热分解可得到ag答案 c解析 根据金属活泼性顺序可知,可以用热还原法冶炼sn,因此可以用焦炭热还原sno2得到sn,故a正确;根据金属活泼性顺序可知,也可以用热还原法冶炼fe,因此可以用h2还原fe2o3得到fe,故b正确;铜能够与氧气反应,cu2s与过量o2共热产物中含有cuo等,故c错误;银的活泼性较差,工业上将ag2o直接加热分

9、解可得到ag,故d正确。特别提醒(1)电解法冶炼活泼金属使用的是熔融的金属盐或金属氧化物,而不是盐溶液。(2)铜除了用热还原法冶炼外,还可以用湿法炼铜或电解法进行冶炼。对点演练2五金铁中记载:“若造熟铁,则生铁流出时,相连数尺内,低下数寸,筑一方塘,短墙抵之。其铁流入塘内,数人执柳木排立墙上众人柳棍疾搅,即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是()a.金属冶炼方法由金属活泼性决定b.熟铁比生铁质地更硬,延展性稍差c.炒铁是为了降低铁水中的含碳量d.该法与近代往生铁水中吹空气炼钢异曲同工答案 b解析 活泼性不同的金属,其冶炼方法不同,即金属冶炼方法由金属活泼性决定,故a正确;熟铁比生铁质地更软,且延展

10、性好,故b错误;炒铁过程中降低了铁水中的含碳量,从而将生铁转化成熟铁,故c正确;该冶炼方法和近代往生铁水中吹空气炼钢,都是利用空气中的氧气氧化碳元素,其原理基本相同,故d正确。考点二考点二铝及其化合物铝及其化合物必备必备知识知识 自主自主预诊预诊知识梳理1.铝的原子结构和在自然界中的存在铝的原子结构示意图为。铝位于元素周期表,自然界中的铝全部以态存在。 第三周期第a族 化合 2.铝的性质(1)物理性质。铝是色、具有金属光泽的固体,硬度,具有良好的、导热性和延展性。 银白 较小 导电性 (2)化学性质。 写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式: al 形成致密的氧化膜, 离子方程式: 4al+

11、3o2=2al2o3 al+3cl2 2alcl3 2al+6h+=2al3+3h2 2al+fe2o3 2fe+al2o3 3.氧化铝(1)物理性质:al2o3是高熔点的氧化物,常作为材料及冶炼的原料。 (2)化学性质(用离子方程式表示):耐火 金属铝 al2o3+6h+=2al3+3h2o 4.氢氧化铝(1)物理性质:al(oh)3是难溶于水的白色胶状沉淀,它能吸附水中的,常用于水的净化,并能色素。 (2)化学性质。受热分解:化学方程式为。 悬浮物 吸附 al(oh)3+3h+=al3+3h2o 2al(oh)3 al2o3+3h2o (3)制备(用离子方程式表示)。 5.al3+、al(

12、oh)3、al 之间的转化关系 写出上述转化的离子方程式:(1) ; ; 。 (2) 。 (3) 。 (4) 。 (5) ; 。 (6) 。 al3+3oh-=al(oh)3 al(oh)3+3h+=al3+3h2o 自我诊断1.判断正误,正确的打“”,错误的打“”。(1)铝制品在空气中能稳定存在是因为铝不活泼。()(2)冶炼铝时常用焦炭作为还原剂。()(3)氢氧化铝可用于中和过多胃酸。()(4)al2o3的熔点高,可作为耐高温材料,实验室可用氧化铝坩埚熔化naoh、na2co3固体等。()(5)常温下不能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸,因它们都具有强氧化性。()(6)铝与少量naoh溶液反应得

13、到铝盐,与足量naoh溶液反应生成偏铝酸盐。()答案 (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)2.(2020江西新余第四中学检测)某化学兴趣小组要在“校园科艺节活动”中使用氢气球表演节目。经过测量,每个氢气球的体积约为1.12 l(已折成标准状况)。已知兴趣小组采用al和氢氧化钠溶液反应制取氢气。(1)若实验需要1 l 2.5 moll-1的naoh溶液,则要用托盘天平称取naoh固体 g。配制溶液过程中所需仪器除托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外,还需要、(填仪器名称)。 (2)该化学兴趣小组为了营造气氛,做了惊艳全场的铝热反应(如下图),写出该反应的化学方程式:。兴趣小组同学取反应后的

14、“铁块”溶于盐酸,向其中滴加kscn溶液,发现溶液变红色。出现这种现象的原因可能是。 (3)若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝,可选择(填试剂名称),所发生反应的化学方程式为。 答案 (1)1001 000 ml容量瓶胶头滴管(2)8al+3fe3o4 4al2o3+9fe固体中有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化(3)氢氧化钠溶液al2o3+2naoh=2naalo2+h2o关键关键能力能力 考考向突破向突破考向考向1铝的性质铝的性质【典例1】 如表中,对陈述、的正确性及两者间因果关系的判断,完全正确的是()选项陈述陈述判断a铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物因为

15、al和al2o3既可以与强酸反应又可以与强碱反应对,对,有b铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用对,对,有选项陈述陈述判断c海啸使水源发生污染,可用明矾进行消毒和净化因为明矾水解生成al(oh)3胶体,具有吸附性对,错,无d铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸因为铁和铝不能与浓硫酸或浓硝酸反应错,对,无答案 a解析 因为al和al2o3既可以与强酸反应,又可以与强碱反应,故最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物,两者有因果关系,a正确;铝与氧气反应生成氧化铝,其熔点高,铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落,错,b错误;明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体,胶体吸附水中

16、的悬浮物而净化水,不能杀菌消毒,c错误;铁和铝与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应,d错误。对点演练1铝是中学化学学习阶段的一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出h2的金属,就铝的这一特殊性质回答下列问题:(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应,所得h2的体积之比是。 (2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中,产生h2的体积之比是。 (3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的hcl、naoh溶液中,二者产生的h2相等,则hcl和naoh的物质的量浓度之比是。 (4)甲、乙两烧杯中各盛有100 ml 3 moll-1的盐酸和nao

17、h溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后,测得生成的气体体积比为v(甲) v(乙)=1 2,则加入铝粉的质量为(填字母)。 a.5.4 g b.3.6 gc.2.7 gd.1.8 g答案 (1)1 1(2)1 3(3)3 1(4)a 解析 (1)根据化学方程式:2al+6hcl=2alcl3+3h2、2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2可知,al与h2的关系式均为2al3h2,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:6hcl3h2、2naoh3h2,故当hcl、naoh

18、物质的量相等时,二者产生h2的物质的量之比是1 3,即产生h2的体积之比为1 3。(3)因为铝足量且产生h2的量相等,根据关系式可得n(hcl) n(naoh)=3 1,又因为两溶液体积相等,故物质的量浓度c(hcl) c(naoh)=n(hcl) n(naoh)=3 1。(4)其反应原理分别为2al+6hcl=2alcl3+3h2,2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2。可见当参加反应的hcl和naoh的物质的量相同时,产生h2的体积比是1 3,而题设条件体积比为1 2,说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的,而对于naoh来说是不足的。2al+6hcl=2alcl3+3h2 6

19、 mol 3 mol 3 moll-10.1 l0.15 mol则al与naoh溶液反应生成的h2为0.15 mol2=0.3 mol。2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2227 g 3 mol5.4 g 0.3 mol即投入的铝粉的质量为5.4 g。深度指津 (1)铝能与酸溶液反应生成h2和铝盐(含al3+),但与稀硝酸反应不生成h2,且常温下在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化。(2)铝与强碱溶液反应生成h2和偏铝酸盐(含al )。(3)铝与酸或碱溶液反应生成h2的量的计算及比较。al与酸、碱反应,实质上都是 ,2 ,故al与酸、碱溶液反应时,al与h2的物质的量均可利用关系式2al

20、3h2进行计算,也可以直接利用电子得失守恒进行计算。等质量的铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应,产生氢气的体积比为 足量的铝分别与含等物质的量hcl和naoh的溶液反应,产生氢气的体积 等质量的铝分别与溶质物质的量相等的盐酸和氢氧化钠溶液反应,若产a.铝与盐酸反应时,铝过量而盐酸不足。b.铝与氢氧化钠溶液反应时,铝不足而氢氧化钠溶液过量。考向考向2含铝化合物的性质含铝化合物的性质【典例2】 (2020甘肃武威第十八中学诊断考试)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下:下列叙述正确的是()a.试剂x可以是氢氧化钠溶液,也可以是盐酸b.反应过滤后所得沉淀

21、为氢氧化铁c.图中所示转化反应都不是氧化还原反应d.反应的化学方程式为naalo2+co2+2h2o=al(oh)3+nahco3答案 d解析 由溶液乙通入过量的y生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠可知,溶液乙中含有偏铝酸根、气体y为二氧化碳,故试剂x可以是氢氧化钠溶液,不可能为盐酸,故a错误;氧化铁与氢氧化钠不反应,反应后过滤所得沉淀为氧化铁,故b错误;电解熔融氧化铝生成铝,属于氧化还原反应,故c错误;反应为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠,该反应的化学方程式为naalo2+co2+2h2o=al(oh)3+nahco3,故d正确。对点演练2(2020北京月考)铝热反应常用于冶

22、炼高熔点金属,某小组探究al粉与fe3o4发生反应所得黑色固体的成分,实验过程及现象如下:下列说法不正确的是()a.反应产生的气体是h2b.反应为al2o3+2oh-=2al +h2oc.反应的白色沉淀是al(oh)3d.黑色固体中不含al和fe3o4答案 d解析 探究al粉与fe3o4发生反应所得黑色固体的成分,由实验可知,黑色固体与稀硫酸反应生成气体,黑色固体可能含有铝或者铁或者二者都有。向溶液b中加kscn溶液不变红,可知溶液b不含铁离子;黑色固体与naoh溶液反应无气体产生,则一定不含al,则黑色固体含有铁。溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝,则黑色固体中一定含氧化铝。反应产生

23、的气体是h2,为金属与稀硫酸反应生成,故a正确;黑色固体含氧化铝,则反应为al2o3+2oh-=2al +h2o,故b正确;反应中al 与二氧化碳反应,可知白色沉淀是al(oh)3,故c正确;黑色固体中不含al,可能含fe3o4,故d错误。深度指津 含铝化合物的转化关系及其应用(1)al3+、al 、al(oh)3的转化关系。(2)可溶性铝盐与强碱(如naoh)溶液反应,铝元素的存在形式。 (3)含铝元素杂质的除杂方法归类。利用al、al2o3、al(oh)3可溶于强碱溶液的特性,可除去许多物质中的含铝杂质,如下列除杂过程(括号中物质为杂质):mg(al):加足量naoh溶液,过滤、洗涤、干燥

24、;fe2o3(al2o3):加足量naoh溶液,过滤、洗涤、干燥;mg(oh)2al(oh)3:加足量naoh溶液,过滤、洗涤、干燥;mg2+(al3+):加过量naoh溶液,过滤、洗涤,再加酸充分溶解得到的沉淀。考点三考点三铜及其重要化合物铜及其重要化合物必备必备知识知识 自主自主预诊预诊知识梳理1.单质铜(1)铜的物理性质:铜是一种有金属光泽的色固体,有良好的导电、导热性(仅次于银,可用于制电缆),有良好的延展性。 紫红 (2)铜的化学性质: 与cu反应的物质化学方程式非金属o2(产物为色固体)cl2(产生棕黄色烟)氧化性酸浓硫酸 浓硝酸 稀硝酸 2cu+o2 2cuo 黑 cu+cl2

25、cucl2 cu+2h2so4(浓) cuso4+so2+2h2o cu+4hno3(浓) =cu(no3)2+2no2+2h2o 3cu+8hno3(稀) =3cu(no3)2+2no+4h2o 与cu反应的物质化学方程式盐溶液agno3溶液 fecl3溶液 cu+2agno3=cu(no3)2+2ag cu+2fecl3=cucl2+2fecl2 微点拨 (1)通常利用反应2cu+o2 2cuo除去某些混合气体中的少量o2。(2)铜为变价金属,与cl2反应生成cucl2,与s反应生成cu2s,由此可知氧化性:cl2s。(3)cu与稀硫酸不反应,但在通入o2的条件下,cu可在稀硫酸中逐渐溶解

26、:2cu+o2+2h2so4=2cuso4+2h2o。2.铜的重要化合物(1)黑色氧化铜在高温下分解为砖红色的cu2o,化学方程式为;砖红色的cu2o与稀硫酸反应,溶液变蓝,同时生成红色的单质铜,离子方程式为。 4cuo 2cu2o+o2 (2)氢氧化铜,色水的固体。其化学性质及应用如下: 反应的化学方程式:;反应的离子方程式:。 蓝 不溶于 cu(oh)2 cuo+h2o (3)cu2(oh)2co3的名称为,是铜绿、孔雀石的主要成分,受热分解可生成黑色的氧化铜,化学方程式为cu2(oh)2co3 2cuo+co2+h2o,可溶于稀硫酸,离子方程式为cu2(oh)2co3+4h+=2cu2+

27、co2+3h2o。 (4)蓝色的硫酸铜晶体受热分解为白色的硫酸铜粉末,化学方程式为cuso45h2o cuso4+5h2o。碱式碳酸铜 微点拨 (1)无水cuso4可作为检验水的试剂,但不能作为水蒸气的吸收试剂而用于除杂。(2)铜盐溶液有毒,主要是因为cu2+作为一种重金属离子能与蛋白质作用,使蛋白质变性失去生理活性,因此人们利用了它的这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液,用来杀灭植物病毒而减少病虫害。3.铜的冶炼(1)湿法炼铜:fe+cuso4=feso4+cu。(2)高温炼铜:工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜):电解精炼铜的原理是用粗铜为阳极,铜在阳极上失电子变为cu2+,用纯

28、铜棒为阴极,cu2+在阴极上得电子生成铜。自我诊断1.判断正误,正确的打“”,错误的打“”。(1)cuo是黑色固体,与水反应生成cu(oh)2。()(2)将气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气。()(3)cuso45h2o失去结晶水属于物理变化。()(4)cu2(oh)2co3是铜锈的主要成分,在干燥的空气中铜不易生锈。()(5)1 mol cu和足量热浓硫酸反应可生成na个so3分子。()(6)中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈。()(7)将cucl2溶液在蒸发皿中加热蒸干,可制得无水cucl2固体。()答案 (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) 2.孔雀石的

29、主要成分为cu2(oh)2co3。某同学设计从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸):(1)反应能观察到的现象是,有关反应的化学方程式为。 (2)反应加入的金属可能是,有关反应的离子方程式为。 (3)操作a可能的方法是,欲除掉的杂质为;要从操作a所得到的溶液中得到溶质的晶体,需要进行的操作是。 答案 (1)固体逐渐消失,溶液由无色变为蓝色,有气泡产生cu2(oh)2co3+2h2so4=2cuso4+co2+3h2o(2)铁fe+cu2+=fe2+cu(答案合理即可)(3)过滤难溶于水和稀硫酸的杂质加热浓缩、冷却结晶关键关键能力能力 考考向突破向突破考向考向1铜及其化合物

30、的性质和应用铜及其化合物的性质和应用【典例1】 (2020黑龙江牡丹江第一高级中学期末)为了探究铁、铜及其化合物的性质,某同学设计并进行了下列实验。下列说法错误的是()a.高温加热装置中发生的反应为3fe(s)+4h2o(g) fe3o4(s)+4h2(g)b.虚线框处宜选择的装置是甲c.实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中,可观察到铜丝由黑色变为红色d.实验后,可用铝粉在高温下还原玻璃管中的固体获得铁单质答案 b解析 高温加热装置中铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气,化学方程式为3fe(s)+4h2o(g) fe3o4(s)+4h2(g),故a正确;生成氢气的密度比空气的密度小

31、,所以用向下排空气法收集h2,应选择装置乙,故b错误;氧化铜与氢气在加热时反应生成铜和水,该反应的化学方程式为cuo+h2 cu+h2o,所以铜丝由黑色变为红色,故c正确;玻璃管中的固体含有fe3o4,铝粉与fe3o4发生铝热反应生成氧化铝和铁单质,故d正确。对点演练1(2020全国3,7)宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色,历经千年色彩依然,其中绿色来自孔雀石颜料主要成分为cu(oh)2cuco3,青色来自蓝铜矿颜料主要成分为cu(oh)22cuco3。下列说法错误的是()a.保存千里江山图需控制温度和湿度b.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化c.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱d.cu(oh)

32、2cuco3中铜的质量分数高于cu(oh)22cuco3答案 c解析 字画保存需要控制适宜的温度和湿度,温度、湿度过高或过低,均对字画的保存造成危害,a项正确;cu(oh)2、cuco3中cu、h、c元素都处于最高价,无还原性,不易被o2氧化,b项正确;cu(oh)2、cuco3都可与酸性物质反应,c项错误;由于cu(oh)2中铜的质量分数高于cuco3中铜的质量分数,故cu(oh)2cuco3中铜的质量分数高于cu(oh)22cuco3中铜的质量分数,d项正确。深度指津 铜及其化合物的颜色、状态及溶解性 物质颜色状态及溶解性物质颜色状态及溶解性cu紫红色,有金属光泽固态,难溶于非氧化性酸,易

33、溶于强氧化性酸cuso4白色粉末,易溶于水,水溶液呈蓝色cuo 黑色粉末,可溶于酸溶液cuso45h2o 蓝色 晶体物质颜色状态及溶解性物质颜色状态及溶解性cu2o砖红色固体,难溶于水,可溶于酸溶液(生成cu和cu2+)cu2(oh)2co3绿色粉末,难溶于水,可溶于酸溶液cuclcui白色 粉末,难溶于水cu(oh)2蓝色难溶于水,可溶于酸溶液cus黑色粉末,难溶于水及非氧化性强酸cu(nh3)42+深蓝色络合离子,溶于水提醒:反应cuso4+h2s=cus+h2so4可说明cus难溶于非氧化性强酸。 考向考向2铜及其化合物的制备铜及其化合物的制备【典例2】 工业上由黄铜矿(主要成分为cuf

34、es2)冶炼铜的主要流程如下:(1)气体a中的大气污染物可选用下列试剂中的吸收。 a.浓硫酸 b.浓硝酸 c.naoh溶液 d.氨水(2)用稀硫酸浸泡熔渣b,取少量所得溶液,滴加kscn溶液后呈红色,说明溶液中存在 (填离子符号),检验溶液中还存在fe2+的方法是(注明试剂、现象)。 (3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为。 (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。 a.电能全部转化为化学能b.粗铜接电源正极,发生氧化反应c.溶液中cu2+向阳极移动d.利用阳极泥可回收ag、pt、au等金属(5)利用化学反应2cu+o2+

35、2h2so4=2cuso4+2h2o可以制备cuso4,若将该反应设计为原电池,其正极电极反应式为 。 答案 (1)cd(2)fe3+取少量待测液置于试管中,加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,则含有fe2+(3)3cu2o+2al 6cu+al2o3(4)bd(5)o2+4e-+4h+=2h2o解析 (1)根据题意分析,气体a中的大气污染物为二氧化硫,能够被naoh溶液或氨水吸收。浓硫酸不能吸收二氧化硫。浓硝酸与二氧化硫反应会生成一氧化氮,从而污染环境。(2)熔渣b中含有铁元素的化合物,加入稀硫酸溶解,取少量所得溶液,滴加kscn溶液后呈红色,说明溶液中存在fe3+,检验fe2+时,可加入酸性k

36、mno4溶液,溶液紫色褪去,说明含有fe2+。(3)泡铜中化合态的铜在高温下可被金属铝置换出来:3cu2o+2al 6cu+al2o3。(4)精炼粗铜时,粗铜为阳极,纯铜为阴极,硫酸铜溶液为电解质溶液,a.电能不能全部转化为化学能,还会转化为热能,错误;b.粗铜接电源正极,发生氧化反应,正确;c.溶液中cu2+向阴极移动,错误;d.利用阳极没有参与反应的剩余金属,即阳极泥,可回收ag、pt、au等金属,正确。(5)利用反应2cu+o2+2h2so4=2cuso4+2h2o可以制备cuso4,若将该反应设计为原电池,其正极发生还原反应,o2在正极被还原,电极反应式为o2+4e-+4h+=2h2o

37、。对点演练2(2020江西抚州南城一中期末)cuso4是一种重要的化工原料,其制备途径及性质如图所示(假设恰好完全反应)。下列说法正确的是()a.途径所用混酸中,h2so4与hno3的物质的量之比为2 3b.1 mol cuso4在1 100 反应所得混合气体中o2为0.75 molc.z只能是葡萄糖d.相对于途径,途径更好地体现了绿色化学思想答案 d解析 途径的反应为铜与稀硝酸、稀硫酸反应生成硫酸铜、一氧化氮和水,该反应的化学方程式为3cu+2hno3+3h2so4=3cuso4+2no+4h2o,由方程式可知混酸中h2so4与hno3的物质的量之比为3 2,故a错误。cuso4在1 100

38、 时分解生成氧化亚铜,铜元素化合价降低被还原,硫酸铜中硫元素为最高价态,只能表现氧化性,则只能是氧元素被氧化,则x可能是o2和so3或o2和so2或o2、so2和so3的混合气体。若x为o2和so3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol cuso4在1 100 所得混合气体中o2为0.25 mol;若x为o2和so2的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol cuso4在1 100 所得混合气体中o2为0.75 mol;若x为o2、so2和so3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 mol cuso4在1 100 所得混合气体中o2介于0.25 mol和0.75 mol之间,故b错误。

39、含有醛基的有机化合物都能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜,故c错误。途径中会生成有害气体一氧化氮,途径中会生成有害气体二氧化硫,相对于途径,途径生成等量硫酸铜需要的硫酸少,且无有害气体产生,更好地体现了绿色化学思想,故d正确。网络构建核心速记1.金属的制法(1)电解法(k、ca、na、mg、al等活泼金属)(2)热还原法(zn、fe、sn、pb、cu等较活泼金属)(3)热分解法(hg、ag等不活泼金属)核心速记2.掌握3种制备氢氧化铝的方法(1)向铝盐溶液中加入氨水,离子方程式为核心速记3.必记五反应 学科素养提升学科素养提升无机化工流程解题无机化工流程解题指导指导 素养解读1.无机化工流

40、程题要求学生能认识化学现象与模型之间的联系,能运用多种模型来描述和解释化学现象,预测物质及其变化的可能结果;能依据物质及其变化的信息建构模型,建立解决复杂化学问题的思维框架,考查学生的证据推理与模型认知能力。2.无机化工流程题涉及的问题包括:原料的预处理、反应条件的控制、化学反应原理、绿色化学问题、化工生产安全等。上述问题要求学生具有终身学习的意识和严谨求实的科学态度;崇尚真理,形成真理面前人人平等的意识;关注与化学有关的社会热点问题,认识环境保护和资源合理开发的重要性,具有可持续发展意识和绿色化学观念;深刻理解化学、技术、社会和环境之间的相互关系,赞赏化学对社会发展的重大贡献,能运用已有知识

41、和方法综合分析化学过程对自然可能带来的各种影响,权衡利弊,勇于承担责任,积极参与有关化学问题的社会决策。培养学生的科学态度与社会责任。案例探究情境:新型负载镍催化剂的应用是近年来加氢工艺技术革新的开始,负载镍催化剂在空气中安全稳定,投料好称量,操作安全性高。最重要的是新型负载镍催化剂具有平稳的活性释放特性,在生产制作的过程中比骨架镍要均匀,且单位质量或体积的活性中心差别不大,但骨架镍会有比较大的区别。新型负载催化剂是一种非常适合未来连续化大生产的催化剂,目前多采用无定形硅藻土做载体,其比表面积大,结合力强,能让镍分散得很均匀,有效地降低了反应“热点”,使活性释放缓慢。【典例】 (2020全国3

42、,27)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属ni、al、fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(niso47h2o ):溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的ph如下表所示: 金属离子ni2+al3+fe3+fe2+开始沉淀时(c=0.01 moll-1)的ph 7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.010-5 moll-1)的ph8.74.73.29.0回答下列问题:(1)“碱浸”中naoh的两个作用分别是 。为回收金属,用稀硫酸将“滤液”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式。 (2)“滤液”中含有的金属离子是。 (3)“转化” 中可替

43、代h2o2的物质是。若工艺流程改为先“调ph”后“转化”,即 ,“滤液”中可能含有的杂质离子为。 (4)利用上述表格数据,计算ni(oh)2的ksp=(列出计算式) 。如果“转化”后的溶液中ni2+ 浓度为1.0 moll-1,则“调ph”应控制的ph范围是。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用naclo氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的niooh。写出该反应的离子方程式。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是。 解析 (1)废镍催化剂中能与naoh溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液中的溶质为naalo2、高级脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸将溶液调为中性时,其中的na

44、alo2可与稀硫酸反应得到al(oh)3沉淀。(2)滤饼的成分为ni、fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到niso4、feso4、fe2(so4)3等,则滤液中的金属阳离子有ni2+、fe2+、fe3+。(3)加h2o2溶液“转化”的目的是将fe2+氧化为fe3+,替代起氧化作用的h2o2溶液的可以为o2或空气,这样既能将fe2+氧化,又不引进新杂质。由于fe2+开始沉淀、沉淀完全时的ph与ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调ph”后“转化”,则“调ph”得到fe(oh)3沉淀,fe2+与ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使fe2+转变为fe3+而被沉淀出来,则滤液中可能的杂

45、质离子为氧化得到的fe3+。(4)根据ni2+开始沉淀时的ph为7.2,可得ni(oh)2的ksp=c(ni2+)c2(oh-)=0.01(107.2-14)2;根据ni2+完全沉淀时的ph为8.7,也可得ni(oh)2的ksp=c(ni2+) c2(oh-)=10-5(108.7-14)2。“调ph”是为了使fe3+沉淀完全,根据fe3+完全沉淀时的ph为3.2可知,ph应大于3.2;同时不能使ni2+沉淀,则c(ni2+)c2(oh-)0.01(107.2-14)2,根据c(ni2+)=1.0 moll-1,可求得c(oh-)10-6.2 moll-1,则“调ph”的ph应小于6.2,则“

46、调ph”控制的ph范围是3.26.2。(5)ni2+被clo-氧化为niooh,clo-被还原为cl-,根据电子守恒可配平得:2ni2+clo-2niooh+cl-,最后可配平得:2ni2+clo-+4oh-=2niooh+cl-+h2o。(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。答案 (1)除去油脂、溶解铝及其氧化物al +h2o+h+=al(oh)3(2)ni2+、fe2+、fe3+(3)o2或空气fe3+(4)0.01(107.2-14)2或10-5(108.7-14)23.26.2(5)2ni2+clo-+4oh-=2niooh+cl-+h2o(6)提高镍回收率方法

47、规律1.工艺流程题过程解读(1)读流程图。箭头:箭头进入的是投料(反应物),出去的是主产物或副产物(生成物)。三线:出线和进线均表示物料流向或操作流程,可逆线表示物质循环。(2)解题要点。审题要点:a.了解生产目的、原料及产品;b.了解题目提供的信息;c.分析各步的反应条件、原理及物质成分;d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。答题切入点:a.原料及产品的分离提纯;b.生产目的及反应原理;c.生产要求及反应条件;d.有关产率、产量及组成的计算;e.绿色化学。(3)解题方法。首尾分析法:对线型流程工艺(从原料到产品为一条线的生产工序)试题,首先对比分析流程图中的第一种物质(原材料)

48、与最后一种物质(产品),从此分析中找出它们的关系,弄清原料转化的基本原理和除杂、分离、提纯的化工工艺,再结合题设问题,逐一解答。分段分析法:对于用同样的原料生产多种(两种或两种以上)产品(含副产品)的工艺流程题,用此法更容易找到解题的切入点。交叉分析法:有些化工生产选用多组原材料,先合成一种或几种中间产品,再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主要产品,这种题适合用交叉分析法。就是将提供的流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线,然后上下交叉分析。2.无机化工流程题中表述性词汇“十大答题方向”化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语,这些表述性词语就是隐性的信息,它

49、可以暗示我们所应考虑的答题角度。“控制较低温度”常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。“加过量试剂”常考虑反应完全或增大转化率、提高产率等。“能否加其他物质”常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。“在空气中或在其他气体中”主要考虑o2、h2o、co2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。“判断沉淀是否洗净”常取少量最后一次洗涤液置于试管中,向其中滴加某试剂,以检验某种离子是否存在。“检验某物质的设计方案”通常取少量某液体置于试管中,加入另一试剂,通过产生的某种现象得出结论。“控制ph”常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。“用某些有机试剂清洗”常考虑降低物质

50、溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等。“趁热过滤(或冰水洗涤)”的目的防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质。“反应中采取加热措施”的作用一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解。1.(2020北京化学,18)mno2是重要的化工原料,由软锰矿制备mno2的一种工艺流程如图:资料:软锰矿的主要成分为mno2,主要杂质有al2o3和sio2。金属离子沉淀的ph:离子fe3+al3+mn2+fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3该工艺条件下,mno2与h2so4反应。 素养提升 (1)溶出。溶出前,软锰矿需研磨。目的是。 溶出时,fe的氧

51、化过程及得到mn2+的主要途径如图所示:.步骤是从软锰矿中溶出mn2+的主要反应,反应的离子方程式是。 .若fe2+全部来自于反应fe+2h+=fe2+h2,完全溶出mn2+所需fe与mno2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2,原因是。 (2)纯化。已知:mno2的氧化性与溶液ph有关。纯化时先加入mno2,后加入nh3h2o,调溶液ph5,说明试剂加入顺序及调节ph的原因:。 (3)电解。mn2+纯化液经电解得mno2。生成mno2的电极反应式是。 (4)产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g na2c2o4和足量稀硫酸,加热至充分反应。再用c moll-1 酸性kmno

52、4溶液滴定剩余na2c2o4至终点,消耗酸性kmno4溶液的体积为d l(已知:mno2及mn 均被还原为mn2+。相对分子质量:mno286.94;na2c2o4134.0),产品纯度为(用质量分数表示)。 解析 (1)研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸的接触面积,增大反应速率,提高浸出率。.根据反应途径可知,二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子,则反应的离子方程式为mno2+4h+2fe2+ mn2+2fe3+2h2o;.根据方程式可知,fe与mno2的物质的量比值为2,实际反应时,二氧化锰能够氧化单质铁为fe2+,导致需要的fe2+减少,故实际比值(0.9)小于2。(2)mno2的氧化性与溶液ph有关,且随酸性的减弱,氧化性逐渐减弱,溶液显酸性时,二氧化锰的氧化性较强,故纯化时先加入mno2,后加入nh3h2o,调溶液ph5,除去溶液中的al3+、fe3+。(3)电解时,溶液呈酸性,mn2+失电子,与水反应生成二氧化锰和氢离子,则电极反应式为mn2+-2e-+2h2o=mno2+4h+。(4)根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应,剩余部分再与高锰酸钾反应(5na2c2o4+2kmno4+8h2so4=5na2so4+k2so4+2mnso4+10co2+8h2o),则与二氧化锰反应的草酸钠为2.(2020山东化学,16)用软锰矿(主要成分为mno