双休伴学6　铝、镁、铜及其重要化合物

7/7双休伴学6铝、镁、铜及其重要化合物1.战国时期人们用青铜浇铸塑形成各样的青铜器，青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器的原因是（）A.熔点低 B.密度大C.硬度大 D.不易被腐蚀解析：A青铜为铜、锡、铅等的合金，通常合金的熔点低于成分金属，因此青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器，选A。2.经研究发现，含有95％的铝和5％的镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气，由于整个反应中，只消耗铝，而反应生成的Al2O3可回收再利用，这样不仅降低了制氢气的成本，而且方便快捷，这一发现将燃氢汽车的研发推向新的里程碑。据此，下列说法不正确的是（）A.铝作为燃料，有资源丰富的优势B.组成合金的几种金属元素都位于元素周期表第ⅢA族C.合金与水反应的总反应式为2Al＋3H2OAl2O3＋3H2D.合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应起到催化作用解析：B铝是地壳中含量最多的金属，所以铝作为燃料，有资源丰富的优势，A正确；铝、镓、铟是周期表第ⅢA族元素，锡是周期表第ⅣA族元素，B错误；整个反应中，只消耗铝，而反应生成Al2O3，则反应的方程式为2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑，C正确；含有95％的铝和5％的镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气，且反应只消耗铝，则合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应起到催化作用，D3.实验室用N2与Mg制备Mg3N2的装置如图所示（焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法不正确的是（）A.①、②、③中依次盛装浓硫酸、NaOH溶液、焦性没食子酸溶液B.实验操作顺序为通空气→④中管式电炉通电加热→⑤中管式电炉通电加热C.⑤中发生的化学反应：3Mg＋N2△MgD.当⑤的瓷舟中燃烧产生白光时，⑤可停止通电加热装置解析：A气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氮气中混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，A不正确；由题图分析可知，实验操作顺序为通空气→④中管式电炉通电加热→⑤中管式电炉通电加热，B正确；⑤中镁粉与N2发生的化学反应为3Mg＋N2△Mg3N2，C正确；⑤的瓷舟中燃烧产生白光时，⑤可停止通电加热装置，反应放出的热可使反应继续进行4.新制氢氧化铜存在平衡：Cu（OH）2＋2OH－⇌[Cu（OH）4]2－（深蓝色）。某同学进行下列实验：下列说法不正确的是（）A.①中出现蓝色沉淀B.③中现象是Cu（OH）2＋2OH－⇌[Cu（OH）4]2－正向移动的结果C.④中现象证明葡萄糖具有还原性D.对比②和④可知Cu（OH）2氧化性强于[Cu（OH）4]2－解析：DCuSO4溶液与NaOH溶液反应可生成蓝色沉淀Cu（OH）2，A正确；新制Cu（OH）2存在平衡：Cu（OH）2＋2OH－⇌[Cu（OH）4]2－，加入NaOH，氢氧根离子的浓度增大，平衡正向移动，B正确；③中加入葡萄糖溶液有砖红色的沉淀生成，说明葡萄糖中含有醛基，所以葡萄糖具有还原性，C正确；④中氧化葡萄糖的是[Cu（OH）4]2－，而②中未生成砖红色沉淀，可知氧化性：Cu（OH）2＜[Cu（OH）4]2－，D错误。5.化学焊接技术的原理之一是利用焊剂（主要成分为Al与CuO）在高温下反应制得液态金属（或合金），凝固后，除去焊接点表面的焊渣，实现焊件金属的焊接。下列说法错误的是（）A.Al与Fe2O3也能发生类似反应B.焊渣的主要成分是Al（OH）3C.焊接前可用还原性气体在加热条件下除去焊件金属表面的氧化膜D.若在反应体系中加入低熔点金属，则可形成低熔点液态合金便于焊接解析：BFe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，A正确；焊剂（主要成分为Al与CuO）在高温下反应得到液态金属（或合金），结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，B错误；利用还原性气体（如H2、CO等）除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，C正确；一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，D正确。6.实验室以空气和镁为原料制备Mg3N2的装置如图所示（夹持和加热装置略去）：下列说法正确的是（）A.装置A、B中可依次加入浓硫酸、NaOH溶液B.若去掉装置C，对产品纯度无影响C.实验时应先加热装置C，通入一段时间空气后再加热装置DD.装置E中碱石灰的作用是吸收尾气解析：C要制备氮化镁，需要除去空气中的氧气、CO2和水蒸气，则装置A、B中可依次加入NaOH溶液、浓硫酸，A错误；若去掉装置C，镁与氧气反应生成氧化镁，对产品纯度有影响，B错误；实验时，应先加热装置C，通入一段时间空气除去氧气，然后再加热装置D，C正确；装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，避免进入装置D中干扰实验，D错误。7.（2025·河北邯郸模拟）轻质碳酸镁[MgCO3·Mg（OH）2·3H2O]是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块（主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子）为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如图。下列说法错误的是（）A.在实验室进行①操作所用的仪器为玻璃棒、烧杯B.“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋2Fe3＋＋2H2C.②和③工序名称均为“过滤”D.“沉镁”工序控制合适的温度，产生的气体X主要为NH3和CO2解析：D①操作需用盐酸溶解卤块，所用仪器为玻璃棒、烧杯，A正确；“氧化”目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，再通过调节pH除去，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋2Fe3＋＋2H2O，B正确；②和③操作都得到液体和固体，均为过滤，C正确；“沉镁”工序中Mg2＋、HCO3－转化为MgCO3·Mg（OH）2·3H2O[2Mg2＋＋4HCO3－＋2H2OMgCO3·Mg（OH）2·3H2O↓＋3CO2↑]，温度过高NH4HCO38.（2025·湖南邵阳三校联考）钛（Ti）和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿（FeTiO3，其中Ti为＋4价）为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示：钛铁矿硫酸氧钛钛酸（H2TiO3）TiO2TiCl4Ti已知：TiCl4的熔点－25℃，沸点136.4℃。下列说法错误的是（）A.步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化B.步骤③的操作名称是加热或高温煅烧C.步骤④的反应方程式：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2COD.由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体解析：D步骤①的反应为FeTiO3＋2H2SO4FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，该过程中元素的化合价没有发生变化，A正确；步骤③的操作名称是加热或高温煅烧，B正确；步骤④的反应方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO，C正确；由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2做保护气体，D错误。9.某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{[Al2（OH）aClb]m，a＝1～5}，按如下流程开展实验。已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。②[Al2（OH）aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝aa＋b，当盐基度为0.60～0.85时请回答：（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是。（2）下列说法不正确的是（填字母）。A.步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度B.步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al（OH）3沉淀中的杂质C.步骤Ⅲ，为减少Al（OH）3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D.步骤Ⅳ，控制Al（OH）3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度（3）步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是；步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是。答案：（1）Na[Al（OH）4]（2）BC（3）蒸发皿酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀解析：铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、四羟基合铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含四羟基合铝酸钠，向四羟基合铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是Na[Al（OH）4]。（2）步骤Ⅰ，反应所需温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，A正确；步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，由于NaHCO3的溶解度较低，有可能析出，则不利于减少Al（OH）3沉淀中的杂质，B错误；步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀充分搅拌，C错误；[Al2（OH）aClb]m中a、b可通过控制Al（OH）3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，D正确。（3）步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀。10.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图所示。已知：①Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O②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（1）为了加快反应Ⅰ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Ⅰ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）操作1主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而应用冰水洗涤，原因是。（5）用NaClO调pH，生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，利用题中所给信息分析沉淀B为，该反应的离子方程式为。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）（2）SiO2、Cu（3）Fe2＋2Fe3＋＋CuCu2＋＋2Fe2（4）过滤冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的溶解损失（5）Fe（OH）32Fe2＋＋5ClO－＋5H2O2Fe（OH）3↓＋Cl－＋解析：（1）由于矿渣为固体，所以为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是将固体粉碎或适当升高反应的温度或增大反应物H2SO4的浓度等。（2）SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸发生反应；其他金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应：Cu2O＋H2SO4Cu＋CuSO4＋H2O，Al2O3＋3H2SO4Al2（SO4）3＋3H2O，Fe2O3＋3H2SO4Fe2（SO4）3＋3H2O，Fe2（SO4）3＋CuCuSO4＋2FeSO4，因此发生反应Ⅰ后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu。（3）因为在矿渣中铁元素的化合价为＋3价，先与酸发生复分解反应生成Fe2（SO4）3，Fe2（SO4）3与Cu发生反应：2Fe3＋＋CuCu2＋＋2Fe2＋，因固体混合物中有Cu，则Fe3＋已反应完全，铁元素的存在形式为Fe2＋。（4）从硫酸铜溶液中制取CuSO4·5H2O粗产品的操作1主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤的原因是CuSO4·5H2O溶于水，而且温度越高，溶解度越大，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。（5）根据题中信息②可知加入NaClO调pH时将Fe2＋氧化为Fe3＋，NaClO具有氧化性，Fe2＋具有还原性，用NaClO调节pH时，反应生成Fe（OH11.（2025·辽宁沈阳模拟）CuCl在染色和催化领域应用广泛，某研究小组欲利用如图装置（加热和夹持装置略去）将二氧化硫通入新制氢氧化铜中制备CuCl。已知：CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸。实验步骤及现象：①向C中先加入15mL0.5mol·L－1CuCl2溶液，再加入0.6mol·L－1NaOH溶液30mL；②打开A中分液漏斗的活塞产生SO2气体至过量，刚开始C中出现少量淡黄色固体，静置一会儿之后，底部有较多的白色沉淀，上层是淡绿色的溶液。③将C中混合物过滤、依次用水和乙醇洗涤、烘干，所得固体质量为0.594g。回答下列问题：（1）试剂a为浓硫酸，b仪器的名称为。（2）装置B中长颈漏斗的作用是。（3）将SO2通入C中，与新制氢氧化铜反应，产生白色固体的离子方程式为。（4）小组成员针对步骤②中的现象展开进一步的探究得出：ⅰ.白色沉淀为CuCl。ⅱ.上层淡绿色溶液中的主要溶质为NaCl和少量Cu（HSO3）2。结论：本实验中较多量的新制氢氧化铜与二氧化硫发生了氧化还原反应，少量与之发生了复分解反应，二者为竞争关系。试分析主要发生氧化还原反应的原因。（5）用乙醇洗涤CuCl的优点为。（6）计算该实验中CuCl的产率为％。（7）已知：Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O，CuCl＋HClHCuCl2，HCuCl2CuCl↓＋HCl。若所得CuCl固体中混有少量Cu2O，请补充完除去Cu2O的实验方案①向产物中滴加试剂，使固体充分溶解，再过滤出杂质；②向滤液中加