第3章 第2节 金属材料-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮课时作业word（人教多选版）

课时冲关九　金属材料 一、选择题：每题只有一个选项符合题意 1．下列有关金属的说法中正确的是(　　) A．常温下Cu和浓H2SO4反应生成CuSO4 B．实验室可用氧化铝坩埚熔化NaOH、Na2CO3固体 C．镁不慎着火，可用CO2灭火 D．实验结束后剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶中 解析：D　[常温下Cu和浓H2SO4不反应，A错误；氧化铝和氢氧化钠、碳酸钠在高温的条件下都可以发生反应，实验室不可用氧化铝坩埚熔化氢氧化钠、碳酸钠固体，B错误；镁能在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，镁不慎着火，不能用CO2灭火，C错误；金属钠是活泼金属，钠能与水剧烈反应，实验结束后剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶中，D正确。] 2．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是(　　) A．浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3＋H2O B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 解析：B　[高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3＋H2O，A正确；一水合氨受热易分解，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，B错误；浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，C正确；Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3＋、Al3＋产生沉淀，而Mg2＋不沉淀，从而将其分离，D正确。] 3．某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是(　　) 实验操作(室温)及实验现象 ① 将足量的铜粉加入1 mL 10 mol·L－1硝酸中，溶液呈绿色，产生红棕色气体 ② 将足量的铜粉加入100 mL 0.1 mol·L－1硝酸中，溶液呈蓝色，产生无色气体 ③ 将足量的铁粉加入100 mL 0.1 mol·L－1硝酸中，溶液呈浅绿色，无气体生成 A.实验①②反应后溶液颜色不同，说明氧化产物不同 B．实验②中产生的气体不能和血红蛋白结合 C．实验③中铁发生了钝化 D．以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活动性有关 解析：D　[实验①②反应后溶液颜色相同都是蓝色，氧化产物都是硝酸铜溶液，A错误；②产生的气体是一氧化氮，一氧化氮会和血红蛋白结合，B错误；将足量的铁粉加入100 mL 0.1 mol·L－1硝酸中，溶液呈浅绿色，无气体生成，可能发生反应生成了硝酸亚铁和硝酸铵，常温下铁在浓硝酸下发生钝化，C错误；实验①②可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，硝酸的还原产物与硝酸的浓度有关，与金属活动性有关，D正确。] 4．X、Y均为短周期金属元素。同温同压下，0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是(　　) A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C．产物中X、Y化合价之比一定为 D．由一定能确定产物中X、Y的化合价 解析：D　[A.同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因＝＝，因此＝，故B正确；C.产物中X、Y化合价之比为，由B项可知＝，故C正确；D.因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有＋1、＋2、＋3三种情况，因此存在a＝1,2,3，b＝0.5,1的多种情况，由＝可知，当a＝1，b＝0.5时，＝1，当a＝2，b＝1时，＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误。] 5．铝土矿中主要含有Al2O3，还有少量Fe2O3、SiO2杂质，从铝土矿中冶炼金属铝方法如图所示(步骤①、②、③中每步反应结束后经过过滤才进行下一步反应)。下列有关说法不正确的是(　　) A．电解熔融氧化铝制取金属铝时加入冰晶石的作用是降低氧化铝熔融所需的温度 B．步骤②的作用是除去母液1中的Fe3＋和H＋ C．步骤③生成沉淀的离子反应方程式为[Al(OH)4]－＋CO2===HCO＋Al(OH)3↓ D．将步骤①和步骤②顺序颠倒，再通入足量CO2也能得到氢氧化铝沉淀 解析：D　[除SiO2不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应；结合流程可知，步骤①中，用盐酸浸取铝土矿并过滤得到母液1，母液1中含有AlCl3、FeCl3；向母液1中加入过量烧碱除去H＋、Fe3＋，并将Al3＋转化为[Al(OH)4]－，过滤得到母液2，母液2中含有Na[Al(OH)4]；向母液2中通入过量二氧化碳，得到Al(OH)3沉淀；加热Al(OH)3分解得到Al2O3，再电解氧化铝可得到金属Al。A.氧化铝熔点较高，需要加入冰晶石，降低氧化铝熔融所需的温度，故A正确；B.母液1含有AlCl3、FeCl3、HCl；步骤②中加入过量NaOH溶液，作用是除去H＋、Fe3＋，故B正确；C.通入足量二氧化碳与四羟基合铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式是[Al(OH)4]－＋CO2===HCO＋Al(OH3)↓，故C正确；D.将步骤①和步骤②顺序颠倒，母液1含有四羟基合铝酸钠、硅酸钠，母液2中含有Al3＋，再通入足量CO2不能得到氢氧化铝沉淀，故D错误。] 6．下列实验操作、现象与对应结论错误的是(　　) 选项 实验操作 现象 结论 A 向某溶液中滴加几滴KSCN溶液 溶液变红 溶液中不可能含Fe2＋ B 将铝箔置于火焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 熔点：氧化铝＞铝 C 将表面打磨过的铝条放在沸水中，无明显现象，再加入一小块NaOH固体 有大量气泡产生 在强碱性条件下，铝与水反应产生氢气 D 向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量 先生成白色沉淀， 后沉淀消失 Al(OH)3具有酸性 解析：A　[滴加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明该溶液含有Fe3＋，不能判断是否含Fe2＋，A错误；铝箔置于火焰上灼烧表面生成Al2O3 ，铝箔熔化但不滴落，说明熔点：氧化铝＞铝，B正确；NaOH与附着在Al表面的Al(OH)3反应，促使铝与水反应产生氢气，C正确；向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀Al(OH)3，后沉淀消失，转化为Na[Al(OH)4]，说明Al(OH)3具有酸性，D正确。] 7．以某含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量铁的氧化物、SiO2和NiO)为原料制备碳酸钴和黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下。下列说法错误的是(　　) A．还原性：SO＞Fe2＋＞Co2＋ B．可用K3[Fe(CN)6]溶液检验“氧化”是否完全 C．“调pH”时反应的离子方程式：3Fe3＋＋Na＋＋2SO＋3H2O＋3CO===NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑ D．“沉钴”时若用NH4HCO3代替NaHCO3，将有NH3放出污染环境 解析：D　[含钴废料加入硫酸、亚硫酸钠还原浸出得到Co2＋、Fe2＋、Ni2＋的浸出液，加入氯酸钠溶液将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钠溶液调节pH得到黄钠铁矾沉淀，滤液加入萃取剂分离出含Co2＋的水相，加入碳酸氢钠溶液得到碳酸钴；A.还原浸出过程中三价钴和亚硫酸根离子反应生成二价钴和硫酸根离子，说明还原性SO＞Co2＋，铁氧化物中三价铁和亚硫酸根离子反应生成二价铁和硫酸根离子，说明还原性SO＞Fe2＋，氧化过程中氯酸根离子将亚铁离子氧化而二价钴没有被氧化，说明还原性Fe2＋＞Co2＋，故还原性：SO＞Fe2＋＞Co2＋，故A正确；B.K3[Fe(CN)6]可以检验溶液中是否含有亚铁离子，故可用K3[Fe(CN)6]溶液检验“氧化”是否完全，故B正确；C.“调pH”时加入的碳酸钠溶液和铁离子、硫酸根离子反应生成产物NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀和二氧化碳气体，离子方程式：3Fe3＋＋Na＋＋2SO＋3H2O＋3CO===NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑，故C正确；D.“沉钴”时反应为Co2＋＋2HCO===CoCO3↓＋CO2↑＋H2O，若用NH4HCO3代替NaHCO3，反应也不会有氨气逸出(氨气会和二氧化碳在水溶液中反应)，故D错误。] 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意 8．固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验。下列推断不正确的是(　　) A．由现象1得出化合物X含有氢元素 B．固体混合物Y的成分是Cu和KOH C．X的化学式K2CuO2 D．若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，则反应中X作氧化剂 解析：AC　[由现象1可知混合气体含水蒸气，根据元素守恒可知X中含有O；固体混合物Y溶于水，生成紫红色固体单质，则固体单质为Cu，并得到碱性溶液，焰色试验呈紫色，说明含有K，与盐酸发生中和反应，应为KOH，则X含有K、Cu、O等元素，2.70 g X中含Cu原子的物质的量为＝0.02 mol，根据KOH＋HCl===KCl＋H2O可知X中所含K原子的物质的量为0.02 mol，根据质量守恒可知X中O元素的质量为2.7 g－1.28 g－0.02 mol×39 g/mol＝0.64 g，O原子的物质的量为＝0.04 mol，X中K、Cu、O原子物质的量之比为0.02 mol∶0.02 mol∶0.04 mol＝1∶1∶2，因此X的化学式为KCuO2。A.X与过量H2反应生成的混合气体含水蒸气，则现象1说明X中含O元素，故A项错误；B.由上述分析可知，固体混合物Y的成分是Cu和KOH，故B项正确；C.由上述分析可知，X的化学式为KCuO2，故C项错误；D.若KCuO2与浓盐酸反应产生黄绿色气体(Cl2)，则在反应过程中Cl元素被氧化，HCl作还原剂，根据化合价升降守恒可知反应过程中KCuO2内部分元素化合价降低被还原，KCuO2作氧化剂，故D项正确。] 9．工业上以铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，含有MgO、Al2O3等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如图(部分操作和条件略)： 已知： ①100 g水中溶解度数据如表所示。 物质 20 ℃ 40 ℃ 50 ℃ 80 ℃ 100 ℃ K2Cr2O7/g 12.0 29.0 37.0 73.0 102.0 Na2SO4/g 19.5 48.8 46.2 43.7 42.5 ②Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋ 下列说法错误的是(　　) A．“高温煅烧”中Na2O2做氧化剂 B．“调pH”时应加过量硫酸以保证除杂效果 C．“沉铬”时应蒸发浓缩、冷却至40 ℃后过滤得K2Cr2O7晶体 D．“沉铬”后滤液可回到“水浸”过程循环利用 解析：BD　[A.分析对比铬铁矿主要成分FeCr2O4和产物K2Cr2O7元素价态，可知Cr价态升高被氧化，“高温煅烧”中Na2O2做氧化剂，A项正确；B.分析流程，杂质分两次除去，水浸除去铁、镁杂质，“高温煅烧”中铝元素转化为可溶性的四羟基合铝酸盐，用硫酸调pH时转化为Al(OH)3沉淀过滤除去，若加入过量硫酸，能溶解Al(OH)3沉淀，杂质离子不能除净，B项错误；C.“沉铬”时加入K2SO4晶体使Na2Cr2O7转化为溶解度更小的K2Cr2O7晶体，根据溶解度数据分析，Na2SO4在高于40 ℃时溶解度受温度影响不大，但低于40 ℃时会明显降低，故应蒸发浓缩降温到40 ℃使K2Cr2O7结晶析出，C项正确；D.“沉铬”前有硫酸酸化，目的是尽可能转化为Cr2O，“沉铬”后滤液中有硫酸，回到“水浸”过程可溶解MgO、Fe(OH)3，D项错误。] 10．“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，已知：Cu2＋＋4NH3·H2O===4H2O＋[Cu(NH3)4]2＋(该反应产物可作为H2O2的催化剂)。 下列有关分析错误的是(　　) A．该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好 B．B中反应速率大于D中反应速率 C．A和B之间导管a的作用是平衡A和B内气压 D．H中出现黄色浑浊 解析：B　[在装置气密性良好的前提下，通过改变装置内气压引发后续反应，故A正确；B中稀硫酸和锌反应生成H2，内压增加， 在A和B之间增设了导管a，其作用是平衡A和B内气压，使稀硫酸顺利流下，B中生成的H2进入C中，C中内压增加，把C中的硫酸和硫酸铜(少量)混合溶液挤压到D中，在D中Zn和硫酸铜反应生成少量Cu后，Zn和生成的Cu在溶液中形成原电池，加快Zn和硫酸的反应，故B错误，C正确；D中生成的H2进入E中，E中内压增加，把E中的硫酸铜溶液挤压到F中，Cu2＋和氨水生成蓝色Cu(OH)2沉淀，但随后转化为可溶性的[Cu(NH3)4]2＋，被挤入到G中，促使H2O2分解，H2O2分解生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应，生成黄色的S沉淀，挥发出的H2S气体被NaOH溶液吸收，故D正确。] 11．X为含Cu2＋的配合物。实验室制备X的一种方法如图。 下列说法不正确的是(　　) A．①中发生反应：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同 C．X中所含阴离子是SO D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 解析：B　[向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4](OH)2，X为含Cu2＋的配合物，故X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。A.①中发生反应：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，A项正确；B.在①中，氨水参与反应的微粒是OH－，在②中，氨水参与反应的微粒是NH3，B项错误；C.X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，所含阴离子为SO，C项正确；D.加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确。] 三、非选择题 12．含铬化合物有毒，对人畜危害很大。因此含铬废水必须进行处理才能排放。 已知：Cr3＋Cr(OH)3[Cr(OH)4]－ (1)含＋6价铬的废水中加入一定量的硫酸和硫酸亚铁，使＋6价铬还原成＋3价铬；再调节溶液pH在6～8之间，使Fe3＋和Cr3＋转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀而除去。 ①写出Cr2O与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式 ________________________________________________________________________。 ②用反应的离子方程式表示溶液pH不能超过10的原因 ________________________________________________________________________。 (2)将含＋6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2＋和[Cr(OH)4]－发生反应，生成的Fe3＋和Cr3＋在阴极区与OH－结合成氢氧化物沉淀而除去。 ①写出阴极的电极反应式___________________________________________________。 ②电解法中加入氯化钠的作用是_____________________________________________。 (3)铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中。 ①CrO3具有强氧化性，遇到有机物(如酒精)时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]。则该反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________。 ②CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。则B点时剩余固体的成分是________________________(填化学式)。 解析：(1)①Fe2＋具有还原性，Cr2O具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为三价铁离子，Cr2O被还原为Cr3＋，反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O； ②由题意可知，当pH超过10即c(OH－)≥10－4 mol/L时，Cr(OH)3转变为[Cr(OH)4]－，反应的离子方程式是Cr(OH)3＋OH－===[Cr(OH)4]－； (2)①将含＋6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解，阳极上铁失电子生成二价亚铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－； ②水是弱电解质，所以蒸馏水的导电能力很弱，氯化钠是强电解质，在水中完全电离导致溶液阴阳离子增多，所以导电能力增强； (3)①CrO3具有强氧化性，遇到有机物(如乙醇)时，乙醇被氧化为乙酸，碳元素的平均化合价由－2价升高到0价，1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]，铬元素的化合价由＋6价降低到＋3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得：4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4===2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O； ②设CrO3的质量为100 g，则CrO3中铬元素的质量为100 g×＝52 g，B点时固体的质量为：100 g×76%＝76 g，Cr的质量不变，所以生成物中Cr的质量为52 g，氧元素的质量为24 g，两者的个数比为 ∶＝2∶3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3。 答案：(1)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O ②Cr(OH)3＋OH－===[Cr(OH)4]－ (2)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　②增强溶液导电性 (3)①4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4===2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O　②Cr2O3 13．某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如下： 已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表所示： 温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 溶解度/g 3.00 3.99 5.90 8.39 11.7 24.8 71.0 109 请回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 步骤Ⅱ中生成Al(OH)3反应的离子方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)步骤Ⅲ，下列操作合理的是________(填标号)。 A．坩埚洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧 B．为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重 C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳 D．坩埚取下后放在陶土网上冷却待用 E．为确保称量准确，灼烧后应趁热称重 (3)选出步骤Ⅳ在培养规则明矾大晶体过程中合理的操作并排序：________(填序号)。 ①迅速降至室温　②用玻璃棒摩擦器壁 ③配制90 ℃的明矾饱和溶液　④自然冷却至室温　⑤选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央 ⑥配制高于室温10～20 ℃的明矾饱和溶液 (4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图所示： ①通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和 ________________________________________________________________________。 ②步骤Ⅴ抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是________________；洗涤时，合适的洗涤剂是________________。 ③步骤Ⅵ为得到纯净的AlCl3·6H2O，宜采用的干燥方式是 ________________________________________________________________________。 解析：根据流程图，铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，向四羟基合铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝胶状沉淀，洗涤后得到氢氧化铝，灼烧氢氧化铝得到氧化铝；氢氧化铝用H2SO4溶液溶解后与K2SO4溶液混合，结晶析出明矾晶体；氢氧化铝胶状沉淀用盐酸溶解，生成氯化铝溶液，在氯化氢气流中蒸发得到氯化铝晶体。 (1)步骤Ⅰ中铝与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑；步骤Ⅱ中Na[Al(OH)4]溶液与CO2反应生成Al(OH)3和HCO。(2)坩埚洗净后，需要擦干，否则灼烧时容易引起坩埚炸裂，A错误；为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重，使氢氧化铝完全分解，B正确；若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，防止坩埚遇冷炸裂，C正确；热的坩埚取下后放在陶土网上冷却待用，不能直接放在桌面上，D正确；灼烧后应冷却后称重，E错误。(3)步骤Ⅳ在培养规则明矾大晶体过程中，需要在高于室温10～20 ℃的温度下配制明矾饱和溶液，选取规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，让明矾小晶体逐渐长大，故正确的排序为⑥⑤④。(4)①通入HCl可以抑制AlCl3水解，增大了溶液中Cl－的浓度，可以降低AlCl3的溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出。②步骤Ⅴ中抽滤时，由于溶液显强酸性，会腐蚀滤纸，因此需要用玻璃纤维替代滤纸，洗涤时，为减少AlCl3·6H2O晶体的损失，根据AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚，应该选择浓盐酸进行洗涤。③AlCl3·6H2O晶体受热容易分解，为得到纯净的AlCl3·6H2O，可以采用滤纸吸干的方式干燥晶体。 答案：(1)2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑ [Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO (2)BCD　(3)⑥⑤④ (4)①降低AlCl3溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出　②强酸性环境会腐蚀滤纸　浓盐酸　③用滤纸吸干 14．研究不同pH时CuSO4溶液对H2O2分解的催化作用。资料：a.Cu2O为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu和Cu2＋。b.CuO2为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu2＋和H2O2。c.H2O2有弱酸性：H2O2H＋＋HO，HOH＋＋O。 编号 实验 现象 Ⅰ 向1 mL pH＝2的1 mol·L－1CuSO4溶液中加入0.5 mL 30%H2O2溶液 出现少量气泡 Ⅱ 向1 mL pH＝3的1 mol·L－1CuSO4溶液中加入0.5 mL 30%H2O2溶液 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡 Ⅲ 向1 mL pH＝5的1 mol·L－1CuSO4溶液中加入0.5 mL 30%H2O2溶液 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡 (1)经检验生成的气体均为O2，Ⅰ中CuSO4催化分解H2O2反应的化学方程式是________________________________________________________________________。 (2)对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出2种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O和CuO2的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，其反应的离子方程式是 ________________________________________________________________________。 ②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是________________________________________________________________________。 ③为探究沉淀中是否存在Cu2O，设计如下实验： 将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取a g固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液pH，以PAN为指示剂，向溶液中滴加c mol·L－1EDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液V mL。V＝____________，可知沉淀中不含Cu2O，假设ⅰ成立。(已知：Cu2＋＋EDTA===EDTA－Cu2＋，M(CuO2)＝96 g·mol－1，M(Cu2O)＝144 g·mol－1) (3)结合反应的化学方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因 ________________________________________________________________________。 (4)研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2分解速率不同的原因。 实验Ⅴ：在试管中分别取1 mL pH＝2、3、5的1 mol·L－1Na2SO4溶液，向其中各加入0.5 mL 30%H2O2溶液，三支试管中均无明显现象。 实验Ⅵ：________________(填实验操作和现象)，说明CuO2能够催化H2O2分解。 (5)综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2的分解速率不同的原因是 ________________________________________________________________________。 解析：(1)由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，H2O2分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2O2↑＋2H2O； (2)①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明H2O2与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2＋Cu2＋===CuO2↓＋2H＋；②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成H2O2，H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确；③a g过氧化铜的物质的量为，由反应的离子方程式可得如下关系式：CuO2～Cu2＋～EDTA，则有＝c mol·L－1×V×10－3L，解得V＝ mL； (3)由题意可知，H2O2溶液中存在如下电离平衡H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大；(4)若过氧化铜能够催化H2O2分解，H2O2分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30%H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；(5)由以上实验可知，当溶液pH增大时，H2O2溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使H2O2的分解速率增大。 答案：(1)2H2O2O2↑＋2H2O (2)①H2O2＋Cu2＋===CuO2↓＋2H＋ ②CuO2与H＋反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu　③ (3)溶液中存在H2O2H＋＋HO，HOH＋＋O，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O浓度增大，使得CuO2沉淀量增大　(4)将Ⅲ中沉淀过滤、洗涤、干燥，称取少量于试管中，加入30%H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变　(5)CuO2的催化能力强于Cu2＋；随pH增大，Cu2＋与H2O2反应生成CuO2增多 学科网（北京）股份有限公司 $$