高中化学《金属材料》微课精讲+知识点+教案课件+习题
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视频教学：
知识点：
考点复习：
1、 合金
(1)并非所有金属都能形成合金，
因为两种金属必须熔合在一起才能形成合金。
(2)合金拥有各成分的共性，
各成分的含量也会影响合金的性质。
(3)形成合金的各成分熔点相近，
即一种成分的沸点不能低于另一种成分的熔点。
(4)合金的两个特点：合金的熔点一般
比成分金属低，硬度比成分金属大。
1．下列关于合金的说法正确的是
①合金至少含两种金属
②合金中元素以化合物形式存在
③合金的熔点比组成成分低
④合金一定是混合物
⑤铁锈是一种铁合金
A．①② B．②③⑤ C．③④ D．③
【答案】C
【解析】试题分析：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属。①合金中至少有一种金属，还可以有非金属，故①错误；②合金中至少有一种金属，各成分都是以单质形式存在，故②错误；③多数合金的熔点低于组成它的成分金属，故③正确；④合金中含有金属或非金属，合金一定是混合物，故④正确；⑤铁锈的主要成分是氧化铁，不属于合金，故⑤错误；故选C。
考点：考查了合金与合金的性质的相关知识。
插播一个合金视频放松一下
2、铁与钢
(1)含碳量是生铁和钢区别的主要标志。
(2)碳素钢又称普通钢，含碳量越低，钢的韧性越大；
含碳量越大，钢的硬度越大。
2．铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是( )
A．纯铁和铁合金都能导电、传热
B．纯铁的熔点低于铁合金
C．纯铁的硬度和强度都高于铁合金
D．纯铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应
【答案】A
3、 合金的性能与特点
(1)合金比成分金属具有许多优良的
物理的(强度大、硬度大)、
化学的(耐腐蚀)和
机械的(易加工——熔点一般比成分金属都低)性能。
(2)合金中的成分金属仍具有各成分金属的化学性质。
3．下列关于合金的说法，正确的是
A．合金不能导电、传热 B．合金属于纯净物
C．合金没有延展性 D．合金的很多性能优于组成它们的纯金属
【答案】D
【解析】
合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属经一定方法所
合成的具有金属特性的物质。
所以金属可以导电、导热、有延展性，并且
合金的很多性能优于其成分金属。答案选D。
点评：合金的溶沸点比成分金属低，但是硬度比成分金属大。
4、 金属的燃烧
来个金属燃烧的合集看看
(1)活泼金属钠在常温下即被氧化，加热或点燃
所得的产物为Na2O2。
(2)较活泼金属镁在空气中加热能剧烈燃烧，
而铝则不能燃烧。
(3)较活泼金属铁在纯氧气中能剧烈燃烧，
在潮湿的空气中易形成铁锈。
(4)不活泼的金属(如金、铂等)一般不与氧气反应。
4．下列关于金属的说法正确的是( )
A．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧
B．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3
D．铝制餐具不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物
【答案】D
【解析】
铝和氧气反应生成氧化铝，因氧化铝的熔点高于铝的熔点，
而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候不会剧烈燃烧， 故A错误；
B.钠在空气中燃烧，火焰为黄色，生成过氧化钠，
固体为淡黄色，故B错误；
C.铁与水蒸气在高温条件下反应产生氢气和四氧化三铁：
3Fe+4H2O（g）
D.铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，
易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、
强碱反应，所以不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物，
故D正确，答案选D。
5、 铝与酸和强碱反应的一般规律
(1)金属铝无论是与酸还是与强碱反应，
铝与氢气的关系式均为2Al～3H2↑，
利用此式可以很方便地进行有关计算。
(2)一定量的铝分别与一定量的盐酸和氢氧化钠溶液反应时，
若产生的氢气的体积比为
1∶3<VHCl(H2)∶VNaOH(H2)<1∶1，
则必定是铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足，
铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠溶液过量。
5．两份铝，一份加入足量强碱溶液中，另一份加入足量盐酸 中，要使前后反应收集到的氢气量之比为1︰2，则两份铝质量比
A．1︰2 B．2︰1 C．1︰4 D．1︰1
【答案】A
【解析】金属铝和碱或酸反应时，2摩尔铝都产生3摩尔氢气，即氢气的比例等于铝的比例，则铝的质量比为1:2，选A。
6、 两性物质误区
中学化学涉及的两性物质有：Al2O3——两性氧化物、Al(OH)3——两性氢氧化物和氨基酸，但某些物质，如Al、NaHCO3、(NH4)2CO3、NH4HCO3等，也既能与强酸反应，又能与强碱反应，但不是两性物质。
6．下列说法正确的是
A．与水反应可生成酸的氧化物都是酸性氧化物
B．既能与酸反应又能与碱反应的物质一定是
两性氧化物或两性氢氧化物
C．晶体的熔化、水的汽化和液化、
KMnO4溶液的酸化均属物理变化
D．有单质参加的反应或有单质生成的反应
一定是氧化还原反应。
【答案】C
【解析】
试题分析：A、与水反应可生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，如二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，NO2不是酸性氧化物，错误；B、既能与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性氧化物或两性氢氧化物，如碳酸氢钠、硫化铵等，错误；C、都是物理变化，正确D、有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体之间的转化，错误。
7、根据化学方程式计算的注意事项
(1)化学方程式所表示的是纯净物之间的量的关系，
因此不纯物质必须换算成纯物质再进行计算。
(2)如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算。
如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移的关系
进行有关计算。
(3)如果两种反应物的量都是已知的，求解某种产物的量时，
必须先判断哪种物质过量，然后根据不足量的物质
进行计算。
（2）若将气体直接通过碱石灰，则碱石灰将增重______g。
（3）若将气体通过足量过氧化钠，
则过氧化钠将增重_______g。
【答案】44 62 30
【解析】
C2H4完全燃烧生成CO2、H2O，不同的吸收剂吸收不同的产物。用足量过氧化钠吸收时，过氧化钠增重相当于“CO、H2”的质量。
然后据C2H4+3O2→2CO2+2H2O，标况11.2L（0.5mol）C2H4在氧气中完全燃烧，120℃时气体产物为44g（1mol）CO2、
18g（1mol）H2O。
（1） 气体先通过浓硫酸（吸收H2O），
再通过碱石灰（吸收CO2），
故碱石灰将增重44g。
（2）气体直接通过碱石灰（吸收H2O和CO2），
则碱石灰增重62g。
（3）气体通过足量过氧化钠，相当于Na2O2+”CO”=Na2CO3、Na2O2+”H2”=2NaOH，
则过氧化钠增重28g+2g=30g。
教案：
一、 教学目标
知识与技能：
1、了解生活中常见金属的物理性质，能区分常见金属和非金属
2、认识在金属加热熔合某些金属或非金属可以制得合金，知道生铁和钢等重要合金、以及合金比纯金属具有更广泛的用途。
情感态度与价值观：认识金属材料在生产、生活和社会发展中的重要作用，初步形成物质性质决定用途的思想方法。
过程与方法：关注生活→分析比较→归纳解释
二、 教学重点、难点
重点：金属的物理性质
难点：性质决定用途，但不是唯一因素
三、 教学模式
探究式
四、 教学过程
教师活动 | 学生活动 | 设计意图 |
预习检测： 1、列出五种常见的金属 2、化学之最（金属）
| 回答： 1、铁、铜、铝、锌、银等 2、地壳中最多的金属是铝 应用最广泛的是铁 | 从实际出发 引起兴趣 导入新课 |
介绍金属史 铜（商朝青铜器） 铁（春秋战国） 铝（100多年前）
一、物理性质 1、颜色 2、导电性 讨论：①导线为什么用铁做而不用银做 ②电线一般用铜做而不用银做 3、密度 4、熔点 讨论：为什么电灯中的灯丝用钨丝而不用锡制？如果用锡制，可能出现什么情况 5、硬度 讨论：为什么菜刀、镰刀用铁制而不用铝制？为什么铁制水龙头表面镀铬？为什么不镀金
讨论：物质的用途是由什么决定的？ 举例说明 （日常生活中的例子） | 讨论：铜、铁、铝的历史以及应用年代
说出熟悉的金属的颜色：金、银 铜、铁等 比较银、铜、金等金属的导电性 ①铁的导电性比铜差
②银的价格高，不经济
金、铅、银…铝 （依次减小） 钨（最高） →锡 回答：钨的熔点高，锡的熔点低 锡受热会融化，断路
铬、铁、银→铅 铁硬度大 防锈 硬度大
物质的性质是决定用途的主要因素，但不是唯一因素 | 了解金属的历史
了解金属的一般物理性质，并初步形成性质决定用途的思想
培养学生理论联系实际的能力 |
二、合金 钢、生铁的关系 实质：生铁（含C0.03%--2%） 钢（2%--4.3%） 合金的概念： 金属特征： 金属+金属（或非金属）
探究：合金与纯金属性质一样吗？ ⑴硬度
⑵熔点
提问：常见合金有哪些用途 | 钢和生铁主要成分都是铁, 讨论性质的不同点 1、硬度 生铁›钢 2、韧性 生铁‹钢
举例说明合金 铝合金、铜锡合金、钛合金等
设计实验①黄铜、铜相互刻划 ②锡和焊锡 结论：合金硬度›纯金属
设计实验 同时加热：锡、铅、焊锡 结论：焊锡‹铅‹锡 合金的熔点‹纯金属 阅读P6表8-2常见合金以及用途 | 了解常见合金
了解常见合金的用途 |
布置作业 课本P8 1、2、3、4 家庭小实验：回火和淬火 |
板书设计 课题1 金属材料
一、 金属
1、性质①颜色②导电性③密度④熔点⑤硬度⑥延展性
2、用途
二、 合金
1、概念
2、性质 a、硬度 b、熔点
教学反思：
本课题内容多，与实际生活、生产联系紧密。课堂气氛活跃，教学效果较好，但内容琐碎，不易记牢。
课件：
学案：
练习：
一、铜及其化合物
铜是人类发现最早的金属之一，也是最好的纯金属之一。铜元素在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族，原子结构示意图为：
1．铜及其化合物的颜色
2．铜的化学性质
(1)与非金属单质反应
2Cu＋O2
2Cu＋S
Cu＋Cl2
(2)与酸反应
①与非氧化性酸（稀盐酸、稀硫酸）不反应。
②与氧化性酸反应
Cu＋ 2H2SO4(浓)
Cu＋ 4HNO3 (浓) ＝ Cu(NO3)2 ＋ 2NO2 ↑＋ 2H2O
3Cu＋ 8HNO3 (稀) ＝ 3Cu(NO3)2 ＋2 NO ↑＋ 4H2O
(3)与盐溶液反应
Cu＋2FeCl3 ＝ CuCl2 ＋2FeCl2
(4)铜在干燥空气中性质稳定，但在潮湿空气中会被腐蚀，在其表面逐渐形成一层绿色的铜锈。
2Cu＋ O2 ＋H2O ＋ CO2 ＝ Cu2(OH)2CO3
3．铜的化合物的化学性质
(1)氧化铜：CuO为黑色不溶于水的固体。
①氧化铜有金属氧化物的性质。
CuO＋2HCl＝ CuCl2 ＋H2O
②氧化铜具有氧化性，可与某些还原剂反应。
H2＋CuO
C＋2CuO
③氧化铜在高温下可发生分解反应：
4CuO
（2）氢氧化铜：Cu(OH)2为蓝色不溶于水的絮状沉淀。
①与酸反应：Cu(OH)2＋2H＋=== Cu2＋＋2H2O
②受热分解：Cu(OH)2
③检验醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2＋NaOH
(3)硫酸铜：CuSO4 晶体与无水CuSO4 之间可以相互转化。
CuSO4·5H2O
CuSO4 ＋ 5H2O ＝ CuSO4·5H2O
实验内容 | 实验现象 | 结论 | |
CuSO4·5H2O → CuSO4 | 向饱和的CuSO4 溶液中慢慢滴入浓硫酸，静置 | 液体分为两层，上层蓝色，下层无色，有白色固体析出 | 浓硫酸具有吸水性，可使饱和的CuSO4 溶液析出白色CuSO4 固体 |
CuSO4→ CuSO4·5H2O | 向无水CuSO4 中通入水蒸气 | 白色粉末变为蓝色晶体 | CuSO4＋5H2O＝ CuSO4·5H2O |
4．单质铜和化合物的制备
（1）波尔多液消毒：主要应用在农业植物杀菌和公共场合的消毒。其主要成分组分CuSO4溶液、石灰水，原理是重金属盐能使蛋白质变性。
（2）制备CuSO4方案的选择：方法如下：一是Cu→CuO→CuSO4,二是用铜和浓硫酸的反应。方案的选择主要从绿色化学概念角度进行：一是原料利用率高，节约成本；二是不产生有毒气体，不造成大气污染。与之相同的还有Cu(NO3)2的制备。
（3）CuCl2溶液的蒸干、和含有结晶水时除去结晶水，分别对应的操作是加入盐酸，和在HCl气氛中加热。
（4）粗铜的精炼：电解池中，粗铜作阳极，精铜作阴极，电解质为硫酸铜溶液。阳极反应：Cu- 2e- = Cu2+、Fe-2e-=Fe2+、Ni-2e-= Ni 2+；阴极反应：Cu2++ e- =Cu，硫酸铜溶液浓度降低。
例1、下列说法正确的是 。
①铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，可用稀盐酸除铜器表面的铜绿
②除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥
③将铜粉加入1−0 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中，现象是溶液变蓝，有黑色固体出现
④铁比铜活泼，铆在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈
⑤氧化铜可作为制造玻璃、搪瓷的红色颜料
⑥硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂
⑦为了避免青铜器生成铜绿，在青铜器的表面覆盖一层防渗的高分子膜
⑧1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
⑨冶炼铜的反应为8CuFeS2＋21O2
⑩CuSO4溶液与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
⑪将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体
⑫H2通过灼热的CuO粉末，反应后固体物质增重
例1、①⑥⑦⑨
【解析】铜绿主要成分是Cu2(OH)2CO3，可视为Cu(OH)2·CuCO3，所以铜绿能和盐酸反应，①正确；铜与稀硝酸会反应，应该用稀盐酸，②错误；Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，③错误；铁铜在潮湿的空气中能组成原电池，发生电化学腐蚀，铁做负极被腐蚀，④错误；氧化铜是黑色物质，不能作为红色颜料，⑤错误；因为Cu2＋是重金属离子，可使蛋白质变性，有杀菌能力，故能作游泳池的消毒剂，⑥正确；铜绿是生活中常见现象，反应原理为2Cu+O2+CO2+H2O==Cu2CO3(OH)2，故青铜器应保存在干燥的环境中或表面覆盖一层防渗的高分子膜防止被腐蚀，⑦正确；Cu和足量热浓硫酸反应生成的是SO2，不是SO3，⑧错误；若CuFeS2中Fe的化合价为+2,则Cu化合价为+2,S化合价为-2，分析化学方程式两边元素化合价的变化可知，化合价降低的元素被还原，有Cu和O元素，⑨正确；过量浓氨水反应产生[Cu(NH3)4]2+，⑩错误；Cu2＋水解，加热CuCl2溶液不能得到CuCl2固体，⑪错误；氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为CuO+H2△Cu+H2O，固体由CuO变为Cu，1molCuO的质量为80g，1molCu的质量为64g，反应后固体质量减小，⑫错误。
答案：①⑥⑦⑨
二、合金与金属冶炼
1．合金及新材料
（1）合金概念：两种或两种以上金属(或金属与非金属)熔化而成的具有金属特性的物质叫合金(合金为混合物)。如：钢铁为铁碳合金。
（2）合金特性：合金比它的成分金属具有良好的物理和化学等多方面性能。如合金的熔点一般比它的成分金属熔点低，合金适宜铸造；又如硬铝合金的强度和硬度都比纯铝大，几乎相当钢材，且密度小。
（3）钛合金：金属钛是一种新型的结构材料。钛的密度为4−54g·cm-3，比钢轻，可是，钛的机械性能与钢相似。钛恰好兼有钢和铝的优点。液体钛几乎能溶解所有的金属，因此可以和多种金属形成合金。将钛加入钢中制得的钛钢坚韧而富有弹性。钛的表面容易形成致密的、钝性的氧化物保护膜，使得钛具有优良的抗腐蚀性，特别是对海水的抗腐蚀性很强。由于金属钛具有优良的性能，在国防和高能技术中，钛占有重点地位，在航海和航空制造业中得到广泛的应用。
2．金属的冶炼
(1)从矿石中提取金属的一般步骤有三步：①矿石的富集：除去杂质，提高矿石中有用成分的含量；②冶炼：利用氧化还原反应原理，在一定条件下，用还原剂将金属矿石中的金属离子还原成金属单质；⑧精炼：采用一定的方法，提炼纯金属。
(2)冶炼金属的实质：用还原的方法，使金属化合物中的金属离子得到电子变成金属原子−
(3)金属冶炼的一般方法：
①加热法:适用于冶炼在金属活动顺序表中，位于氢之后的金属(如Hg、Ag等)。
2HgO
HgS + O2
2Ag2O
②热还原法：适用于冶炼金属活动顺序表中Zn、Fe、Sn、Pb等中等活泼的金属．常用的还原剂有C、CO、H2、Al等。
Fe2O3 + 3CO
ZnO + C
WO3 + 3H2
Cr2O3 + 2Al
③熔融电解法：适用于冶炼活动性强的金属如K、Ca、Na、Mg、A1等活泼的金属，通过电解其熔融盐或氧化物的方法来制得。
2A12O3
2NaCl
④湿法冶金(又叫水法冶金)：利用在溶液中发生的化学反应(如置换、氧化还原、中和、水解等)，对原料中的金属进行提取和分离的冶金过程．湿法冶金可用于提取Zn、U(铀)及稀土金属等。
3．金属的回收：地球上的金属矿产资源是有限的，而且是不能再生的。随着人们的不断开发利用，矿产资源将会日渐减少。金属制品在使用过程中会被腐蚀或损坏，同时由于生产的发展，新的产品要不断替代旧的产品，因而每年就有大量废旧金属产生。废旧金属是一种固体废弃物，会污染环境。要解决以上两个问题，最好的方法是把废旧金属作为一种资源，加以回收利用。这样做，既减少了垃圾量，防止污染环境，又缓解了资源短缺的矛盾。回收的废旧金属，大部分可以重新制成金属或它们的化合物再用。
例2、下列说法正确的是 。
①金属元素的单质只有还原性，其离子只有氧化性
②金属元素的单质在常温下均为固体
③工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
④钒、铬、锰、铁等难熔金属通常采用铝热法炼制
⑤合金的性质与其成分金属的性质不完全相同
⑥由铁矿石炼成铁是化学变化，由生铁炼成钢是物理变化
⑦工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al不涉及氧化还原反应
⑧金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
⑨在人类对金属材料的使用过程中，性质活泼的金属单质最早被人们冶炼和使用
⑩单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属
⑪FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液
⑫向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋。若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为2−4 g
例2、⑤⑧
【解析】金属离子中的中间价态离子，比如Fe2＋，既有氧化性又有还原性，①错误；常温下金属汞呈液态，②错误；电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，而得不到单质钠，③错误；铁用CO还原法炼制，用铝热反应成本太高，④错误；合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，⑤正确；铁矿石炼铁和生铁炼钢都是化学变化，⑥错误；电解熔融Al2O3制取Al的反应为2Al2O3(熔融)电解4Al＋3O2↑，该反应属于氧化还原反应，⑦错误；金属冶炼就是把金属阳离子还原为金属原子，越活泼的金属，其阳离子的氧化性越弱，越难被还原，⑧正确；性质活泼的金属很难以游离态存在，一般被人们发现使用得较晚，⑨错误；单质铝不易被腐蚀，是因为其与氧气反应在其表面形成致密的氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，⑩错误。
【精简训练】
1．下列有关金属的工业制法中，正确的是
A．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液
B．制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁
C．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁
D．制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝
2．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（ ）
①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2
②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中
③化合物KC1的焰色为紫色；K2CO3的焰色也为紫色
④生铁比纯铁的熔点低；钠钾合金的熔点也应介于Na和K熔点之间
A．①② B．①④ C．①②③④ D．①②④
3．银铜合金广泛应用于航空工业。从银铜合金的切割废料中回收银和制备CuAlO2的流程
如下。
已知：Al(OH) 3和Cu(OH) 2开始分解的温度分别为450℃和 80℃。下列说法错误的是
A．电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极
B．为提高原料利用率，流程中应加过量的稀NaOH
C．滤渣B煅烧时发生的反应为 4CuO+4Al(OH)3
D．若用 1−0 kg 银铜合金（铜的质量分数为64%) 最多可生成 10−0mol CuA1O2
4．CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿（主要成分为CuFeS2）中制取。
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)（无色溶液）。下列叙述正确的是
A．“浸取”过程中的主要反应为CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S
B．浸取所得到的FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板
C．加水有利于CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl－浓度增大
D．为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
5．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是
A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2
B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想
C．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0−75mol
D．Y可以是甲酸钠
6．碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d]在一定条件下的转化如下图所示，下列说法正确的是
A．a、b、c、d符合关系式：2a+3b=c+3d
B．X可能为NaOH
C．Q可能为NH3
D．工业上用CO还原Al2O3的方法制取金属Al
7．某校化学小组同学研究 Cu与H2SO4 溶液反应，小伟同学实验记录如下：
实验编号 | 实验操作 | 实验现象 |
Ⅰ | 取螺旋状铜丝在酒精灯上烧至红热，迅速伸入装有 10 mL 3 mol/L H2SO4溶液的试管中 | 产生大量白雾；溶液颜色变为浅蓝色；试管中出现红色浑浊 |
Ⅱ | 步骤一：取螺旋状铜丝在酒精灯上烧至红热， 迅速伸入装有10 mL蒸馏水的试管中； 步骤二：冷却后加入5 mL 3 mol/L H2SO4 | 步骤一：产生少量白雾；试管中出现黑色浑浊，略带红色 步骤二：浑浊全部为红色；溶液略显蓝色 |
(1)实验一：探究白雾的成分
①波波同学收集实验Ⅰ中白雾，加入品红溶液，溶液褪色，得出结论：白雾成分包含 SO2。可能是因为局部温度过高产生，写出有关化学方程式 ________。
②艳艳同学认为不妥，补充实验Ⅲ：
实验编号 | 实验操作 | 实验现象 |
Ⅲ | 步骤一：取品红溶液，加 3 mol/L H2SO4溶液，加热； 步骤二：收集实验Ⅰ中白雾，加入品红溶液，加热 | 步骤一：溶液褪色，加热无颜色变化； 步骤二：溶液褪色，加热无颜色变化 |
根据实验Ⅲ，可推断白雾成分是______，而并非SO2。
(2)实验二：探究红色固体的成分。经过分析，实验Ⅰ和实验Ⅱ中的红色浑浊成分相同。
（资料）Cu2O能溶在浓氨水中形成无色Cu(NH3)2+，很容易被氧气氧化为蓝色Cu(NH3)22+；Cu2O能与一定浓度的酸溶液发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。
①写出Cu2O溶在浓氨水中的离子方程式 _______。
②对于红色浑浊的成分，谷哥设计实验并实施，证实了红色固体中只有Cu2O。他的实验是：将实验Ⅰ试管中固体过滤洗涤，得红色固体，__________。
③结合实验Ⅰ和Ⅱ，吉吉同学确定铜丝烧至红热时生成了______。
(3)实验三：探究红色固体不溶的原因。经过检验，实验Ⅰ和实验Ⅱ反应后的溶液均显酸性，对于体系中有Cu2O固体的原因：
龙校假设：在实验条件下，随着溶液酸性降低，Cu2O与酸无法反应。
乔博假设：在实验条件下，随着溶液酸性降低，Cu2O与酸反应速率变小。
邹邹同学继续实验：
实验编号 | 实验操作 | 实验现象 |
Ⅳ | 取Cu2O固体少量，加入到装有 10 mL3 mol/L H2SO4 溶液的试管中 | 溶液迅速变为蓝色；试管中出现少量亮红色固体 |
Ⅴ | 取Cu2O固体少量，加入到装有 10 mL 3 mol/L H2SO4 和少量CuSO4 (浅蓝色)的试管中 | 现象同Ⅳ |
Ⅵ | 重复实验Ⅰ，振荡试管，分为两等份。第一份立刻加入浓硫酸至 c(H2SO4)=3 mol/L；第二份静置 4 h之后，过滤，向固体中加入浓硫酸至 c(H2SO4)=3 mol/L | 第一份加酸后红色固体明显减少，溶液蓝色加深；第二份静置时，固体减少，溶液缓慢变为蓝色，固体加酸后无明显现象。 |
①实验Ⅴ的目的是 ______。
②通过以上实验，臧臧同学得出的结论是______。
8．氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)2 | Fe(OH)3 | Cu(OH)2 | |
开始沉淀 | 7−5 | 2−7 | 4−8 |
完全沉淀 | 9−0 | 3−7 | 6−4 |
(1)炉气中的有害气体成分是________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
(2)试剂X是H2O2溶液，当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是________。
(4)“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________(填序号)。
a．不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触 b．增大通入N2H4的流速
c．减少KOH的进入量 d．减小通入N2H4的流速
(5)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________
(6)操作X包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。
参考答案
1．B【解析】A．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；
B．CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故B正确；
C．用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故C错误；
D．从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，故D错误；
答案选B。
2．D【解析】①钠是活泼金属，与水反应生成NaOH 和H2，但铁需要在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，所以①错误；
②铁因含有杂质，露置在空气中由于发生电化学反应而生锈，但性质更活泼的铝由于易被氧化，在表面形成致密的氧化膜而得到保护，所以铝具有较好的抗腐蚀能力，可稳定存在于空气中，即②错误；
③焰色反应是用来检验某些金属元素的，所以只要含有钾元素，焰色都是紫色的，即③正确；
④合金的熔点比构成合金的成分金属熔点都低，钠钾合金的熔点也比钠和钾的低，所以④错误；
错误的为①②④；答案选D。
3．B【解析】A− 电解精炼时，粗银做阳极、纯银做阴极、电解液选可溶性银盐，阳极上银及比它活泼的金属溶解，阴极上电解液中银离子得到电子被还原析出银，A正确；
B− 流程中硫酸铜溶液中加硫酸铝和稀NaOH、未煮沸之前得Cu( OH) 2 和 A l(OH) 3 ，根据 Al(OH) 3 和 Cu(OH) 2 开始分解的温度分别为 450 ℃ 和 80 ℃ 可知 B 为 Al(OH) 3 和 CuO在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH 的加入量，若 NaOH 过量，则因过量引起的反应为：Al(OH) 3 ＋OH －= AlO2-＋2H 2 O ,B错误；
C− 滤渣B为Al(OH) 3和 CuO的混合物，煅烧时铜化合价降低到+1价，则发生氧化还原反应，反应方程式为4CuO+4Al(OH)3
D− 1−0 kg 银铜合金（铜的质量分数为64%)中铜的物质的量为
答案选B。
4．D【解析】浸取时发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，过滤分离出CuCl、S，加浓盐酸发生CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)，过滤分离出S，加水使CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)逆向移动，抽滤、洗涤、干燥得到CuCl。
A− 由图中反应物、生成物结合原子守恒可知浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，故A错误；
B− 浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，故B错误；
C− 加水向离子浓度增大的方向移动，加水有利于CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl－浓度减小，故C错误；
D− CuCl难溶于乙醇，在空气中易被氧化，则为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥，故D正确；
故选D。
5．C【解析】A．铜与硝酸根在酸性环境中反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO
B．途径①、③过程中都会有污染空气的气体产生，途径②中Cu先与氧气反应生成氧化铜，然后再和浓硫酸反应制取硫酸铜，过程中没有污染性气体产生，故B正确；
C．1molCuSO4可以生成0−5molCu2O，若混合气体X中O2为0−75mol，则剩余的氧原子为4mol-0−75mol×2-0−5mol=2mol，恰好与1molS组成1molSO2，但在高温条件下SO2会和O2反应生成SO3，所以混合气体X中不可能只有O2和SO2，故C错误；
D．甲酸钠为HCOONa，含有—CHO结构，可以和新制的氢氧化铜反应生成Cu2O，故D正确；
故答案为C。
6．B【解析】A项，化合物中Mg的化合价为+2、Al的化合价为+3、氢氧根的化合价为-1、碳酸根的化合价为-2，根据正负化合价代数和为0可得，2a+3b=c+2d，故A错误；B项，根据流程，烧渣主要为氧化镁和氧化铝，氧化铝具有两性能溶于强碱溶液，所以溶液X可能为NaOH溶液，故B正确；C项，由前面的分析并结合流程，溶液Z可能为NaAlO2溶液，则气体X可能为CO2，不可能为NH3，故C错误；D项，金属活动性顺序表中铝及排在铝前面的金属一般用电解法制取，所以工业上用电解Al2O3的方法制取金属Al，故D错误。
7．(1)①Cu+2H2SO4(浓)
【解析】(1)①Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)
②品红溶液中加入稀硫酸与实验I的白雾中加入品红溶液，操作相同，实验现象相同，证明实验I中白雾成分是H2SO4；
(2)①Cu2O与浓氨水中的NH3·H2O反应产生Cu(NH3)2+，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cu2O+4NH3•H2O=2Cu(NH3)2++2OH- +3H2O；
②证明固体中只有Cu2O，可利用Cu2O能溶在浓氨水中形成无色Cu(NH3)2+，且很容易被氧气氧化为蓝色Cu(NH3)22+；若在酸性环境中，而Cu2O能与一定浓度的酸溶液发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。所以检验固体中只有Cu2O的方法是：将固体加入到足量浓氨水中，固体全部溶解得无色溶液，很快变成蓝色溶液；
③根据实验一、二现象，及上述结论可知铜丝烧至红热时生成了CuO和Cu2O；
(3)①IV只加入了H2SO4溶液，而实验V除了加入等体积、等浓度的硫酸外，还加入了一定量的CuSO4溶液，进行对比，结果IV、V的实验现象相同，说明Cu2+对Cu2O与酸的反应没有干扰；
②第一份加酸后红色固体明显减少，溶液蓝色加深；第二份静置4 h时，固体减少，溶液缓慢变为蓝色，固体加酸后无明显现象，说明随着溶液酸性降低，Cu2O与酸反应速率变小。
8．（1）SO2；2∶1（2）空气或氧气（3）3−7≤pH<4−8（4）ad（5）4cuso< span="">4＋N2H4＋8KOH
【解析】根据流程：硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧，根据后续流程可知该过程中Cu元素全部转化为CuO，铁元素转化为FeO和Fe2O3，根据S元素的价态规律可知其转化为SO2；加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH为3−7～4−8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，得到氧化亚铜沉淀，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，据此分析作答。
(1)焙烧过程中S元素会被氧化成有害气体SO2；Cu2S与O2反应时Cu元素化合价由+1价升为+2价，S元素化合价由-2价升为+4价，所以Cu2S为还原剂，整体化合价升高8价，O2为氧化剂，O元素由0价降为-2价，一个氧气降低4价，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1；
(2)酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代过氧化氢，降低成本；
(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，根据表中数据可知，pH范围为：3−7≤pH＜4−8；
(4)a．不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触可以加快反应速率，提高单位时间内N2H4的转化率，故a符合题意；
b．流速过快N2H4不能充分反应，转化率减小，故b不符合题意；
c．减少KOH的进入量会降低溶液对N2H4的吸收量，转化率减小，故c不符合题意；
d．减小通入N2H4的流速可以使反应更充分，故d符合题意；
综上所述选ad；
(5)N2H4制备Cu2O的反应物有CuSO4、N2H4和KOH，产物有N2和Cu2O等，该过程中+2价的铜元素将-2价的N元素氧化，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH
(6)因为Cu2O具有还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气。
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