高考化学 金属及其化合物 专项训练（WORD版） 答案解析

这是一份高考化学 金属及其化合物 专项训练（WORD版） 答案解析，共11页。试卷主要包含了银白色　低　小　大　2，100 0 ml·L－1×22，4 g B．3等内容，欢迎下载使用。
答案：1.银白色 低 小 大 2.(1)①暗 熔化 黄色 黄色 4Na＋O2===2Na2O 2Na＋O2eq \(=====,\s\up17(△))Na2O2 1 ②2Na＋Cl2eq \(=====,\s\up17(△))2NaCl (2)①小 低 放热 H2 剧烈 NaOH 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ ②2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑ 沉 缓慢 (4)①H＋ 水 ②水 ③2NH4Cl＋2Na===2NaCl＋H2↑＋2NH3↑ CuSO4＋2Na＋2H2O===H2↑＋Na2SO4＋Cu(OH)2 4.(1)白 淡黄 碱性 －2 －1 Na＋[eq \\al(×,·)eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··))eq \\al(×,·)]2－Na＋ Na＋[eq \\al(×,·)eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··))eq \\al(·,·)eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··))eq \\al(×,·)]2－Na＋
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋2H2O＋O2↑ 强氧化 漂白 供氧 消毒 (2)①Na2O2＋SO2===Na2SO4
3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋6NaCl＋2FeCl3
Na2O2＋2H2S===Na2S＋2H2O＋S↓ Na2O2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2NaOH 褪 红 褪 无色
题组一 运用物理性质、化学性质分析钠的制备、保存方法在生活、生产中的应用
1．
答案：A 解析：钠在常温下与氧气反应生成Na2O，A错误。
2．
答案：(1)饱和碳酸氢钠溶液 浓硫酸 产生的气体使干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止 生成的硫酸钙微溶，覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行 (2)①D ②碳(C)
③4Na＋3CO2eq \(=====,\s\up17(点燃))2Na2CO3＋C
题组二 金属钠与水、酸、盐溶液反应
3．
答案：B 解析：本题考查钠与水及酸的反应。实验Ⅱ中金属钠与盐酸反应，过程为金属钠失去电子生成Na＋，溶液中的H＋得到电子生成氢气，因HCl为强电解质，完全电离，A项中的离子方程式书写正确；对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，随着盐酸浓度的增大，反应的剧烈程度增大，但实验Ⅲ在浓盐酸中Na的反应并不是很剧烈，B错误；Na与水或酸反应放热，可以将溶液中的水分子或氯化氢分子蒸出到空气中，又由于空气温度较低使水蒸气在空气中凝结形成白雾或HCl溶于空气中的水蒸气中形成白雾，C正确；反应Ⅲ中盐酸浓度较高，反应一段时间后烧杯底部有白色固体生成，该白色固体为NaCl，反应Ⅲ比反应Ⅰ缓慢，说明溶液中Cl－浓度和生成的NaCl固体都可能对反应的剧烈程度有一定的影响，D正确。
4．
答案：B 解析：A项，饱和NaOH溶液中放入钠，钠与水反应消耗水且生成NaOH，从而会有部分NaOH晶体析出，同时生成氢气，恢复至室温后溶液仍是饱和NaOH溶液，故溶液的pH不变；B项，钠与水反应生成H2和NaOH，NaOH与CuSO4反应会出现蓝色沉淀；C项，钠与水反应生成H2和NaOH，NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀；D项，钠与水反应放热，生成的NaOH与NHeq \\al(＋,4)反应生成NH3·H2O，NH3·H2O部分分解产生的少量氨气会与氢气同时放出。
题组三 氧化钠、过氧化钠的性质
5．
答案：C 解析：Na2O与CO2反应只生成Na2CO3，而Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，A项错误；碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，而Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还生成了氧气，B项错误；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能将Na2O2中－1价的O氧化成O2，C项正确；反应Na2O2＋SO2===Na2SO4中，Na2O2作氧化剂，SO2作还原剂，D项错误。
6．
答案：D 解析：本题考查过氧化钠的强氧化性、漂白性、与H2O和CO2的反应等。Na2O2与H2O反应生成NaOH，同时还会生成H2O2，NaOH使紫色石蕊试液变蓝，H2O2具有漂白性，又会使溶液蓝色褪去，A错误；Na2O2与水发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，1 ml Na2O2与H2O完全反应转移1 ml电子，B错误；设NaHCO3、Na2O2各有2 ml，则
由此可知1 ml CO2消耗1 ml Na2O2，生成1 ml Na2CO3,1 ml H2O消耗1 ml Na2O2，生成2 ml NaOH，Na2O2恰好无剩余，2 ml NaHCO3受热分解生成1 ml Na2CO3，故加热后的固体剩余物有2 ml Na2CO3、2 ml NaOH，C错误；观察Na2O2→Na2CO3，Na2O2→2NaOH可知，CO与H2充分燃烧的产物通过足量Na2O2充分反应后增加的质量即为CO和H2的质量，D正确。
7．
答案：C 解析：装置A气密性的检查方法：关闭K1，然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变时说明气密性良好，A不正确；装置B中应盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等，B不正确；装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到“噗”的一声，则说明氢气已纯净，C正确；Cu与浓硫酸反应制取SO2需要加热，故装置A不能直接用于该反应中，D不正确。
考点 两种重要的钠盐：碳酸钠与碳酸氢钠
答案：1.小苏打 小 COeq \\al(2－,3)＋2H＋===CO2↑＋H2O HCOeq \\al(－,3)＋H＋===H2O＋CO2↑ HCOeq \\al(－,3)＋OH－===COeq \\al(2－,3)＋H2O Ca2＋＋COeq \\al(2－,3)===CaCO3↓ Ca2＋＋OH－＋HCOeq \\al(－,3)===CaCO3↓＋H2O COeq \\al(2－,3)＋Ba2＋===BaCO3↓ COeq \\al(2－,3)＋CO2＋H2O===2HCOeq \\al(－,3) 2NaHCO3eq \(=====,\s\up17(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O
题组一 碳酸钠、碳酸氢钠的性质差异、鉴别及除杂
1．
答案：D 解析：碳酸钠和碳酸氢钠与酸反应剧烈程度：碳酸氢钠>碳酸钠，D错误。
2．
答案：B 解析：滴加盐酸，首先发生的反应是Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，因此一开始不会产生二氧化碳气体，故A错误；根据图像数据，二者的起始物质的量都是2.5 mml，因此原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶1，故B正确；2.5 mml Na2CO3发生反应Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3需要HCl的物质的量为2.5 mml，而消耗的盐酸的体积为50 mL，因此盐酸的浓度为eq \f(2.5×10－3 ml,0.05 L)＝0.05 ml·L－1，故C错误；产生二氧化碳气体是从50 mL盐酸到150 mL盐酸段，发生的反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，消耗的HCl溶液的体积为100 mL，物质的量为0.005 ml，因此产生的二氧化碳的物质的量为0.005 ml，在标准状况下的体积为0.112 L，故D错误。
3.
答案：(1)Ⅱ 气球膨胀较大；产生气泡较剧烈
(2)2NaHCO3eq \(=====,\s\up17(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O
(3)NaHCO3 B试管中的温度低于A试管中的温度
题组二 Na2CO3、NaHCO3混合物中各组分含量测定
4．
答案：C 解析：碱石灰不仅可以吸收CO2，还可以吸收水蒸气，所以C选项无法确定CO2的质量，其他选项均可；A选项只有NaHCO3受热分解，用差量法求解；B、D选项设Na2CO3、NaHCO3分别为x ml、y ml，列方程106x g＋84y g＝a g，B选项(2x＋y)×58.5 g＝b g，D选项197(x＋y) g＝b g，联立求解即可。
5．
答案：(1)NaHCO3 在30～35 ℃时NaHCO3的溶解度最小(答案合理即可) (2)D (3)甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 (4)3.56% (5)偏大
解析：步骤Ⅰ：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30～35 ℃发生反应，最终得到晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300 ℃加热分解NaHCO3制备Na2CO3。
步骤Ⅱ：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试液；第二次滴定终点时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的碳酸，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色pH范围为8.2～10，所以不适合利用酚酞指示剂判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的质量，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。
(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30～35 ℃，目的是为了使NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30～35 ℃时，4种盐中NaHCO3的溶解度最小。
(2)300 ℃加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯进行操作，所以符合题意的为D项。
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠和碳酸，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色。
(4)第一次滴定发生的反应是Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，则n(Na2CO3)＝n生成(NaHCO3)＝n(HCl)＝0.100 0 ml·L－1×22.45×10－3 L＝2.245×10－3 ml，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2＝23.51 mL，则根据方程式NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)＝0.100 0 ml·L－1×23.51×10－3 L＝2.351×10－3 ml，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)＝n总(NaHCO3)－n生成(NaHCO3)＝2.351×10－3 ml－2.245×10－3 ml＝1.06×10－4 ml，则原产品中NaHCO3的物质的量为eq \f(250 mL,25 mL)×1.06×10－4 ml＝1.06×10－3 ml，故产品中NaHCO3的质量分数为eq \f(1.06×10－3 ml×84 g·ml－1,2.500 g)×100%＝3.561 6%≈3.56%。
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使盐酸标准液的体积偏小，即测得V1偏
题组三 侯德榜制碱
6．
答案：(1)aefbcghd(或aefbcd) 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 (2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案) (3)NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓ (4)①0.84 ②蒸发浓缩 冷却结晶 (5)A
解析：根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再加入氯化钠粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)―→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程，据此分析解答。
(1)根据分析可知，要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，然后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3，所以按气流方向正确的连接顺序应为aefbcghd(或aefbcd)；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。
(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率。
(3)根据上述分析可知，生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓。
(4)①对固体NaHCO3充分加热，产生碳酸钠、二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为2NaHCO3eq \(=====,\s\up17(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，根据差量法可知，当增重0.14 g(2CO的质量)时，消耗的二氧化碳的质量为0.14 g×eq \f(44,28)＝0.22 g，其物质的量为eq \f(0.22 g,44 g·ml－1)＝0.005 ml，根据关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗的NaHCO3的物质的量为2×0.005 ml＝0.01 ml，所以固体NaHCO3的质量为0.01 ml×84 g·ml－1＝0.84 g。②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法。
(5)称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积V(标)会增大，根据c(测)＝eq \f(c标·V标,V测)可知，最终会使c(测)偏高，A项符合题意。
考点 碱金属元素
答案：1.(1)相似 增多 增大 增强 银白色 小 小 低 较强 增大 降低 2Li2O 剧烈 增强 (2)②石蜡
2．(1)物理 (3)黄色 紫色
题组 碱金属元素性质
1．
答案：C 解析：钾的密度小于钠的密度，这是碱金属单质密度依次增大的一个特例；碱金属中除
锂外，均不与N2直接反应；由Na2CO3加热不分解，可得出Cs2CO3加热也不分解；Cs与Na同为碱金属元素，性质相似，由Na2SO4易溶于水，可得出Cs2SO4也易溶于水。
2．
答案：A 解析：铁没有焰色反应，A错误。
3．
答案：D 解析：根据常见元素的焰色反应，可知钡元素的焰色为黄绿色。
镁、铝及其化合物
考点 镁的性质及其应用
答案：1.(1)银白色 小 低 延展 (2)2Mg＋O2eq \(=====,\s\up17(点燃))2MgO 3Mg＋N2eq \(=====,\s\up17(点燃))Mg3N2 2Mg＋CO2eq \(=====,\s\up17(点燃))2MgO＋C Mg＋2H2Oeq \(=====,\s\up17(△))Mg(OH)2＋H2↑ MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O 2.(2)CaCO3eq \(=====,\s\up17(高温))CaO＋CO2↑ Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O 氯化氢 MgCl2(熔融) eq \(=====,\s\up17(电解))Mg＋Cl2↑
题组一 镁及其化合物的化学性质
1．
答案：C 解析：有气体产生，并产生白色沉淀，可知生成氢气和氢氧化镁，则实验②中发生的反应为NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑、Mg2＋＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NHeq \\al(＋,4)，故A错误；实验①③中只有氯化铵浓度不同，0.02 ml Mg消耗0.04 ml H＋，但③中Mg过量，不能由氢气的体积比较浓度对速率的影响，故B错误；由实验①②可知，铵根离子浓度相同、Mg质量相同，但相同时间内生成氢气不同，则溶液中阴离子的种类对产生H2的速率有影响，故C正确；由实验①～④不能得出溶液的pH越小，产生H2的速率越快的结论，故D错误。
2．
答案：B 解析：NaOH溶液去除CO2、焦性没食子酸去除O2、浓H2SO4干燥，A正确；应先加热管式电炉④，再加热管式电炉⑤，B项错误；④的作用是进一步除去空气中的氧气，C项正确；该反应是放热反应，利用反应放出的热量可使反应继续，D项正确。
题组二 工业制镁
3．
答案：D 解析：海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2＋，苦卤水中加物质X使Mg2＋转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。物质X的作用是使Mg2＋转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO＋H2O===Ca(OH)2，Ca(OH)2＋Mg2＋===Mg(OH)2＋Ca2＋，A正确；Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，B正确；由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为MgO＋C＋Cl2eq \(=====,\s\up17(高温))MgCl2＋CO，C正确；“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误。
4．
答案：A 解析：菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出的废渣灼烧后有SiO2、Fe2O3和Al2O3，故A错误；高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根离子水解产生的氢离子反应，促进铵根离子的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，离子反应为MgO＋2NHeq \\al(＋,4)===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O，故B正确；一水合氨受热易分解，若沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，则浸出镁的过程应在较高温度下进行，沉镁的操作在较低温度下进行，故C正确；浸出过程产生的氨气可以收集制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可利用到浸出过程中，则氨气、氯化铵均可循环利用，故D正确。
考点 铝及其化合物
答案：一、1.三 ⅢA 化合态 2.银白色
良好 小 柔软 3.(1)4Al＋3O2eq \(=====,\s\up17(点燃))2Al2O3 (3)2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑ (4)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ 4.(1)2Al2O3(熔融)eq \(=====,\s\up17(电解),\s\d15(冰晶石))4Al＋3O2↑ 阴极：Al3＋＋3e－===Al、阳极：2O2－－4e－===O2↑
二、1.两性 Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O
2．(2)①Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O ②Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O ③2Al(OH)3eq \(=====,\s\up17(△))Al2O3＋3H2O
三、(1)②Al3＋＋3AlOeq \\al(－,2)＋6H2O===4Al(OH)3↓
(4)AlOeq \\al(－,2)＋4H＋===Al3＋＋2H2O (5)②AlOeq \\al(－,2)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓ (6)Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O
2．(2)①白色 溶解 ②无明显 白色 不
题组一 铝的性质和制备
1．
答案：D 解析：灼烧固体需要用到的硅酸盐仪器有酒精灯、坩埚、泥三角，A项正确；碱溶时，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，通入过量CO2，转化为Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，B项正确；操作Ⅱ后的滤渣表面有NaHCO3溶液，可用Ca(OH)2溶液检验是否洗涤干净，C项正确；操作Ⅰ后的滤渣中铁元素是＋2价，应先用酸溶解，盐酸会与KMnO4溶液反应，故应选用稀硫酸溶解，D项错误。
2．
A．5.4 g B．3.6 g C．2.7 g D．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↑，得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，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H2的体积由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积之比为1∶3。(3)因为铝足量且产生H2相等，根据关系式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的物质的量一样多时，产生H2的体积之比是1∶3，而题设条件体积之比为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 ml 3 ml
3 ml·L－1×0.1 L 0.15 ml
则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 ml×2＝0.3 ml。
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2×27 g 3 ml
5．4 g 0.3 ml
即投入的铝粉为5.4 g。
题组二 氧化铝、氢氧化铝的性质及应用
3．
答案：D 解析：铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包裹在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确。
4．
答案：A 解析：明矾可用作净水剂但不能作消毒剂，A错误。
题组三 铝盐性质及Al(OH)3制备
5．
答案：C 解析：白色沉淀a和稀H2SO4反应不产生气体，结合铝离子和碳酸根的双水解反应，可知a是Al(OH)3，故Al3＋与COeq \\al(2－,3)发生完全双水解，反应为2Al3＋＋3COeq \\al(2－,3)＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，故A项正确；向过量的碳酸钠溶液中加入硫酸铝溶液，生成的白色沉淀b能和稀H2SO4反应产生气体，则b中含有COeq \\al(2－,3)，故B项正确；实验1中过量Al2(SO4)3使得溶液呈酸性，实验2中过量Na2CO3使溶液呈碱性，最终得到了成分不同的白色沉淀，所以白色沉淀成分不同的原因与混合溶液pH有关，故C项错误；实验1和2中得到的沉淀上都会有SOeq \\al(2－,4)残留，检验沉淀是否洗涤干净，则可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后一次洗涤液中是否含有SOeq \\al(2－,4)即可，故D项正确。
6．
答案：B 解析：Al(OH)3只与强碱反应，氨水过量也不会使氢氧化铝溶解，能提高Al(OH)3的产率，故A项正确。用方案②来制备Al(OH)3时，铝先与氢氧化钠溶液反应生成AlOeq \\al(－,2)，然后AlOeq \\al(－,2)与稀硫酸反应生成Al(OH)3，稀硫酸能溶解Al(OH)3，应控制酸的用量，而氢氧化钠溶液过量不会影响Al(OH)3的生成，故B项错误。过量CO2与AlOeq \\al(－,2)发生反应：AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，Al(OH)3不溶于弱酸，所以CO2过量不会影响产率，故C项正确。根据化学方程式可知，当生成1 ml Al(OH)3时，方案①消耗3 ml H＋、3 ml OH－，方案②消耗1 ml H＋、1 ml OH－，方案③消耗eq \f(3,4) ml H＋、eq \f(3,4) ml OH－，显然方案③药品用量少，且操作简单，故D项正确。
7．
答案：D 解析：pH为1的100 mL 0.1 ml·L－1的AlCl3溶液中，n(H＋)＝0.1 L×0.1 ml·L－1＝0.01 ml，n(Al3＋)＝0.1 L×0.1 ml·L－1＝0.01 ml,300 mL 0.1 ml·L－1的NaOH溶液中，n(NaOH)＝0.3 L×0.1 ml·L－1＝0.03 ml，两溶液混合后先后发生反应H＋＋OH－===H2O、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，0.01 ml H＋消耗0.01 ml OH－，剩余的0.02 ml OH－与0.01 ml Al3＋反应时，Al3＋过量，产生Al(OH)3的物质的量为eq \f(0.02,3) ml，剩余Al3＋的物质的量为0.01 ml－eq \f(0.02,3) ml＝eq \f(0.01,3) ml。
题组四 “铝三角”转化关系及应用
8．
答案：C 解析：偏铝酸钠溶液中存在平衡：AlOeq \\al(－,2)＋2H2OOH－＋Al(OH)3，所以溶液呈碱性。a～b段H＋先中和OH－，b～c段pH突变，盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与氯化钠，c～d段过量的盐酸溶解氢氧化铝生成氯化铝，d点氢氧化铝溶解完毕。a～b段H＋与溶液中游离的OH－先发生中和反应，主要离子方程式为OH－＋H＋===H2O，故A错误；c点AlOeq \\al(－,2)全部转化为Al(OH)3，而氢氧化铝可以和强碱反应不能和弱碱反应，加入氨水后不发生反应，故B错误；c～d段过量的盐酸溶解氢氧化铝生成氯化铝，离子方程式为Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，故C正确；c点AlOeq \\al(－,2)全部转化为Al(OH)3，加入碳酸钠不发生反应，故D错误。
9．
答案：B 解析：Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中均存在Na＋、COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、H2CO3、H＋、OH－、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)，加入Ca2＋后，Ca2＋和COeq \\al(2－,3)反应生成沉淀，促进HCOeq \\al(－,3)的电离，B错误；Al3＋与COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)都能发生相互促进的水解反应，C正确；由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根离子和碳酸氢根离子，则它们的浓度减小，水解产生的氢氧根离子的浓度也会减小，故pH减小，D正确。
10．
答案：B 解析：结合题意和题图可知，0～4 mL发生反应：H＋＋OH－===H2O,4～30 mL发生反应：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，30～33 mL发生反应：NHeq \\al(＋,4)＋OH－===NH3·H2O,33～35 mL发生反应：Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。故n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝0.002 L×5 ml·L－1＝0.01 ml，n(Mg2＋)＝n[Mg(OH)2]＝
eq \f(30－4×10－3 L×5 ml·L－1－0.01 ml×3,2)＝0.05 ml，故x－y＝0.01，原溶液中的n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝5∶1，A、D项正确；原溶液中c(H＋)＝eq \f(0.004 L×5 ml·L－1,0.2 L)＝0.1 ml·L－1，c(NHeq \\al(＋,4))＝eq \f(0.003 L×5 ml·L－1,0.2 L)＝0.075 ml·L－1，故原溶液的pH＝1，c(Al3＋)＝eq \f(0.01 ml,0.2 L)＝0.05 ml·L－1，c(Mg2＋)＝eq \f(0.05 ml,0.2 L)＝0.25 ml·L－1，根据电荷守恒，原溶液中存在：3c(Al3＋)＋2c(Mg2＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，OH－可以忽略不计，故c(Cl－)＝0.825 ml·L－1，B项错误，C项正确。
铁及其化合物
考点 铁及其重要化合物的性质
答案：1.(1)银白 高 强 磁铁 四 (3)＋2 ＋3 ①3Fe＋2O2eq \(=====,\s\up17(点燃))Fe3O4 2Fe＋3Cl2eq \(=====,\s\up17(点燃))2FeCl3 Fe＋Seq \(=====,\s\up17(△))FeS ②3Fe＋4H2O(g)eq \(=====,\s\up17(高温))Fe3O4＋4H2 ③Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O 3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ④Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ 2.黑 红棕 黑 FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O 3FeO＋10HNO3===3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O Fe2O3＋6HNO3===2Fe(NO3)3＋3H2O 3Fe3O4＋28HNO3===9Fe(NO3)3＋NO↑＋14H2O FeO＋2HI===FeI2＋H2O Fe2O3＋6HI===2FeI2＋I2＋3H2O
Fe3O4＋8HI===3FeI2＋I2＋4H2O 3.白 红褐
Fe(OH)2＋2HCl===FeCl2＋2H2O Fe(OH)3＋3HCl===FeCl3＋3H2O 3Fe(OH)2＋10HNO3===3Fe(NO3)3＋NO↑＋8H2O Fe(OH)3＋3HNO3===Fe(NO3)3＋3H2O Fe(OH)2＋2HI===FeI2＋2H2O 2Fe(OH)3＋6HI===2FeI2＋I2＋6H2O Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓ 4.(1)2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋ (2)还原 补血剂 (3)强氧化 (5)Fe2＋ 蓝
题组一 铁及其氧化物的性质
1．
答案：D 解析：FeO和Fe3O4均为黑色固体，Fe2O3为红棕色固体，故A错误；Fe3O4是一种纯净物，化合价是一种复合化合价，故B错误；在1 400 ℃以上的温度下加热Fe2O3时，Fe2O3会部分失去氧，生成Fe3O4，说明四氧化三铁稳定，故C错误；FeO、Fe2O3和Fe3O4均可与盐酸反应生成盐和水，反应过程中无元素化合价变化，反应类型均为非氧化还原反应，故D正确。
2.
答案：(1)Fe3＋ Fe2＋、Fe3＋ (2)Fe2＋ Fe3＋ 2∶3
题组二 铁的氢氧化物
3．
答案：C 解析：Fe(OH)3和氢碘酸发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，离子方程式为2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋6H2O＋I2，故A项错误。Fe(OH)2是难溶物，不能拆分，正确的离子方程式为3Fe(OH)2＋10H＋＋NOeq \\al(－,3)===3Fe3＋＋NO↑＋8H2O，故B项错误。Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，可通过化合反应一步完成，故C项正确。向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3＋＋3H2Oeq \(=====,\s\up17(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，故D项错误。
4．
答案：B 解析：因为Fe(OH)2易被O2氧化生成Fe(OH)3，故应隔绝空气。①②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在有氢气的环境中；③的原理为铁作阳极产生Fe2＋，与电解产生的OH－结合生成Fe(OH)2，且汽油能隔绝空气；⑤中苯可隔绝空气；④空气中的氧气能将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀。
5．
答案：(1)滴液漏斗(分液漏斗) 液封，防止空气进入装置4
(2)在装置2、3之间添加控制开关 (3)装置4内的空气没有排尽
解析：该装置制备Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排尽空气的氢气氛围中，先将铁屑和稀硫酸反应得到FeSO4，再利用气体产生的气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应得到Fe(OH)2，注意所需试剂也需要加热除掉溶解氧。
(1)观察仪器1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，故装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。
(2)实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。原因在于装置3产生的H2从左侧导管逸出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液压入装置4中，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。
(3)灰绿色沉淀产生的原因是Fe(OH)2被空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。
考点 铁及其化合物的转化、鉴别及应用
题组一 铁及其化合物的转化
1．
答案：C 解析：固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3或CuCl2，溶于水后要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量。得到深棕色固体混合物Y，固体Y为Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有CuCl2和Fe2(SO4)3。A.若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；B.由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正确；C.由分析可知，X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确；D.酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生反应的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，此时的Cl－有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl－，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确。
2．
答案：C 解析：图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等含Fe2＋的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等含Fe3＋的盐类物质，d为Fe(OH)3。Fe与含Fe3＋的盐类物质可发生反应生成含Fe2＋的盐类物质，如Fe＋2FeCl3===3FeCl2，故A不选；Fe2＋为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；含Fe3＋的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液
3．
答案：(1)①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀 ②Fe2＋ (2)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ ②4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 加入KSCN溶液后产生白色沉淀 ③0.05 ml·L－1 NaNO3 FeSO4溶液 分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深 (3)溶液中存在反应：①2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag，②Ag＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ag，③Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。反应开始时，c(Ag＋)大，以反应①②为主，c(Fe3＋)增大。约30 min后，c(Ag＋)小，以反应③为主，c(Fe3＋)减小
解析：(1)①若黑色固体中含有Ag，可先加入硝酸，加热使之溶解，再加入盐酸，能产生白色沉淀AgCl。
②K3[Fe(CN)6]溶液是常见的检验Fe2＋的试剂。取上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明含有Fe2＋。
(2)Fe3＋具有较强的氧化性，可与Fe发生氧化还原反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。
②Fe2＋与O2可发生氧化还原反应：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，生成Fe3＋。加入KSCN溶液后产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag＋，Ag＋可将Fe2＋氧化为Fe3＋。
③实验Ⅰ证明假设a、b、c不是产生Fe3＋的主要原因，即其他条件相同，进行空白实验，排除Ag＋的影响，故可加入硝酸酸化的0.05 ml·L－1 NaNO3溶液。
实验Ⅱ证实假设d成立，需证明能够发生原电池反应：Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋，甲溶液应为FeSO4溶液。通过做对照实验，分别取电池工作前和工作一段时间后左侧烧杯中的溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色会更深。
(3)ⅰ→ⅱ：产生的白色沉淀较3 min时量少，溶液红色较3 min时加深，说明c(Fe3＋)增大，其原因是此阶段主要发生了反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋、Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋。ⅱ→ⅲ：产生的白色沉淀较30 min时量少，溶液红色较30 min时变浅，主要原因是随着反应的进行，溶液中c(Ag＋)减小，Ag＋的氧化性减弱，此时主要发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，导致溶液中Fe3＋浓度减小。
题组二 Fe2＋、Fe3＋的检验、转化
4．
答案：B 解析：①中产生淡黄色沉淀S，溶液变淡绿色，说明有Fe2＋生成，属于氧化还原反应，②中的黑色沉淀，是由Fe2＋与S2－反应生成的FeS，③中Fe3＋与COeq \\al(2－,3)发生相互促进的水解反应生成Fe(OH)3胶体及CO2，④是Fe(OH)3胶体在盐的作用下发生聚沉，②～④变化中均无电子的转移，A项错误，B项正确；若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，则S2－是过量的，还原生成的Fe2＋会立即与S2－作用生成黑色的FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，C项错误；SOeq \\al(2－,3)也能将Fe3＋还原为Fe2＋，D项错误。
5．
答案：C 解析：足量的镁既可与Fe3＋发生氧化还原反应生成铁，又可以和Fe3＋水解生成的H＋反应放出氢气，促进Fe3＋水解，生成Fe(OH)3沉淀而除去，A正确；加入过量铁粉发生2FeCl3＋Fe===3FeCl2，B正确；先用H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，再利用FeCl3的水解，加入的CuO与H＋反应将Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀而除去，D正确；C项中加入NaOH溶液，Cu2＋、Fe3＋均转化成氢氧化物沉淀，不符合除杂要求。
题组三 常见的铁盐
6．
答案：B 解析：操作1、操作2均为固液分离，属于过滤操作，A项正确；试剂x是将K2CaFe(CN)6沉淀转化为K4Fe(CN)6溶液和难溶钙盐，x不能是KNO3溶液，可能是K2CO3溶液，B项错误；石灰乳、硫酸亚铁和氢氰酸反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，其化学方程式为3Ca(OH)2＋6HCN＋FeSO4===Ca2Fe(CN)6＋CaSO4＋6H2O，C项正确；黄血盐与Fe3＋反应的离子方程式为3[Fe(CN)6]4－＋4Fe3＋ ===Fe4[Fe(CN)6]3↓ ，D项正确。
7．
答案：(1)漏斗 (2)BD (3)防止Fe3＋水解 (4)溶液变为血红色 (5)FeCl3·6H2O＋6SOCl2eq \(=====,\s\up17(△))FeCl3＋6SO2↑＋12HCl↑ (6)SO2
先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则是SO2将Fe3＋还原
解析：废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，向A(氯化亚铁)溶液中加入足量氧化剂B生成C(氯化铁)溶液，FeCl3溶液在HCl气流中蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，最后FeCl3·6H2O与SOCl2在加热条件下反应生成FeCl3。
(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
(2)A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD。
(3)加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入HCl(g)的目的是防止Fe3＋水解。
(4)KSCN溶液遇Fe3＋变为血红色。
(5)根据已知信息氯化亚砜()熔点－101 ℃，沸点76 ℃，易水解，可得FeCl3·6H2O与SOCl2生成FeCl3的化学方程式为FeCl3·6H2O＋6SOCl2eq \(=====,\s\up17(△))FeCl3＋6SO2↑＋12HCl↑。
(6)可能是反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。
金属材料及金属矿物的开发
考点 铜及其化合物
答案：1.(1)紫红 延展 (2)①2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3 ②2Cu＋Seq \(=====,\s\up17(△))Cu2S
③Cu＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up17(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O
3Cu＋8H＋＋2NOeq \\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
④Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋ Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋ 2.黑 红 CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O H2＋CuOeq \(=====,\s\up17(△))Cu＋H2O H2＋Cu2Oeq \(=====,\s\up17(△))2Cu＋H2O 4CuOeq \(=====,\s\up17(高温))2Cu2O＋O2↑
3．(2)Cu(OH)2eq \(=====,\s\up17(△))CuO＋H2O Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O 4.(1)Cu2(OH)2CO3eq \(=====,\s\up17(△))2CuO＋CO2↑＋H2O Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O (2)蓝色 蓝矾 胆矾 (3)毒 Cu2＋ 变性
题组一 铜性质及冶炼
1．
答案：B 解析：实验1、2、3中阳离子都是氢离子，且浓度都为6 ml·L－1，但阴离子不同，反应速率不同，说明反应速率不同，与溶液中阴离子种类有关，故A正确；由实验2分析，1 h以上稀硫酸才与黄铜缓慢反应，经过2 h气泡数量增加不明显，不能保证其中锌溶解完全，不能用来测定铜的质量分数，故B错误；由实验3、4、5可知，硝酸和黄铜反应速率随硝酸浓度增大，反应速率加快，故C正确；实验2可知，1 h内，稀硫酸和黄铜不反应，经过2 h，反应缓慢，气泡数量增加不明显，说明黄铜在稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能，证明黄铜合金的结构与简单铜锌混合物不同，故D正确。
2．
答案：(1)过滤 (2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (3)①4 5 NO
2H2O 4 ②AC (4)1.5 (5)NaCl溶液 盐酸
解析：废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为银离子和铜离子进入混合溶液，含金的固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。
(1)Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含金固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤。
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，溶解1 ml Cu消耗HNO3的物质的量为eq \f(8,3)ml；铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，溶解1 ml Cu消耗HNO3的物质的量为4 ml；消耗HNO3物质的量少的反应为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到＋3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，氮从＋5价降低到＋2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒定律可知，生成物中还有水，化学方程式为Au＋4NaCl＋5HNO3===HAuCl4＋NO↑＋2H2O＋4NaNO3；②溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；王水中V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3，王水中浓盐酸提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用是增强硝酸的氧化性，故B错误；HNO3NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3]溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确。
(4)由于HAuCl4===H＋＋AuCleq \\al(－,4)，若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为＋3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，设参加反应的Zn的物质的量为x，根据得失电子守恒可知：2x＝3 ml，x＝1.5 ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 ml。
(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。
题组二 含铜化合物的性质
3．
答案：C 解析：含[Cu(NH3)4]Cl2的蚀刻废液中加入NaOH溶液沉铜，发生反应为[Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHeq \(=====,\s\up17(△))4NH3↑＋CuO↓＋2NaCl＋H2O；过滤，分离出CuO，滤液中含有Na＋、Cl－和OH－；向CuO中加入氨气、碳酸氢铵溶液浸铜得到[Cu(NH3)4]CO3溶液，以此分析解答。沉铜时反应为[Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHeq \(=====,\s\up17(△))4NH3↑＋CuO↓＋2NaCl＋H2O，浸铜时总反应为CuO＋3NH3＋NH4HCO3===[Cu(NH3)4]CO3＋H2O，反应中没有元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，故A正确；根据已知反应物和生成物，结合元素守恒可得离子方程式为[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－eq \(=====,\s\up17(△))CuO↓＋4NH3↑＋H2O，故B正确；NHeq \\al(＋,4)和OH－不能大量共存，且根据B选项可知大部分氨气已逸出，故C错误；温度过高碳酸氢铵会分解，且氨气的溶解度降低，导致铜的浸出率下降，故D正确。
4．
答案：C 解析：本题考查物质的组成和性质，涉及Cu(OH)2、CuCO3的性质、质量分数的计算等知识。孔雀石颜料和蓝铜矿颜料的主要成分中均含有Cu(OH)2和CuCO3，Cu(OH)2和CuCO3受热易分解，用颜料描绘的图案受潮容易变模糊，所以需控制温度和湿度，A正确；孔雀石和蓝铜矿中含有的Cu(OH)2和CuCO3都不易被空气氧化，B正确；Cu(OH)2、CuCO3都能与酸反应，所以不耐酸，C错误；Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数为eq \f(128,222)×100%≈57.7%，Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数为eq \f(192,346)×100%≈55.5%