2026年高考化学二轮复习专题五：元素及其化合物

专题五：元素及其化合物 一、 核心概述与命题规律 元素及其化合物知识是高中化学的基石，是理解化学原理、解决化学问题的物质载体。在高考中，该部分内容占比高、综合性强，极少单独考查死记硬背的性质，而是紧密融合于化学反应原理、化学实验、工艺流程及化学计算之中进行综合考查。 高考命题核心特点： 考查方式：选择题中多与STS、离子共存、实验操作结合；非选择题中主导无机化工流程题和实验探究题，并与反应原理、电化学融合。 核心思维：强调“性质决定存在、制备、用途和检验”的逻辑链，考查学生运用元素观、转化观解决实际问题的能力。 热点元素：钠、铝、铁、铜（金属）；氯、硫、氮、硅（非金属）及其化合物是绝对重点。过渡元素（如铬、锰）常在陌生情境题中出现。 必备工具：熟练掌握“价-类”二维转化图，是串联元素知识、预测物质性质、书写反应方程式的核心工具。 二、 金属及其化合物 1. 钠及其化合物 核心：Na → Na₂O/Na₂O₂ → NaOH → Na₂CO₃/NaHCO₃的转化关系，突出Na₂O₂的特殊性和NaHCO₃与Na₂CO₃的差异。 钠单质：保存于煤油中，密度小于水。 与H₂O反应：2Na + 2H₂O = 2NaOH + H₂↑（浮、熔、游、响、红）。 与O₂反应：常温生成Na₂O，加热或点燃生成Na₂O₂。 氧化钠与过氧化钠 Na₂O：碱性氧化物，与H₂O、酸、酸性氧化物反应。 Na₂O₂：非碱性氧化物，强氧化性、漂白性。核心反应： 2Na₂O₂ + 2H₂O = 4NaOH + O₂↑（歧化反应，电子转移关系） 2Na₂O₂ + 2CO₂ = 2Na₂CO₃ + O₂（作供氧剂） 碳酸钠与碳酸氢钠 溶解性/热稳定性：Na₂CO₃ > NaHCO₃。 与酸反应速率：NaHCO₃ > Na₂CO₃（前者直接反应）。 相互转化：Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O = 2NaHCO₃；2NaHCO₃ △ Na₂CO₃ + CO₂↑ + H₂O。 鉴别：用CaCl₂/BaCl₂溶液，产生沉淀者为Na₂CO₃。 2. 铝及其化合物 核心：Al → Al₂O₃ → Al(OH)₃ → AlO₂⁻（Al(OH)₄⁻）的转化关系，核心特性是两性。 铝单质 常温下与浓HNO₃、浓H₂SO₃发生钝化。 与强碱反应：2Al + 2NaOH + 2H₂O = 2NaAlO₂（Na[Al(OH)₄]） + 3H₂↑。 氧化铝与氢氧化铝 两性：既能与强酸反应生成Al³⁺盐，又能与强碱反应生成AlO₂⁻（四羟基合铝酸盐）。 Al₂O₃ + 6H⁺ = 2Al³⁺ + 3H₂O Al₂O₃ + 2OH⁻ + 3H₂O = 2[Al(OH)₄]⁻（或写为Al₂O₃ + 2OH⁻ = 2AlO₂⁻ + H₂O） Al(OH)₃制备：常用铝盐与氨水反应，Al³⁺ + 3NH₃·H₂O = Al(OH)₃↓ + 3NH₄⁺（不用强碱，因会溶解）。 Al(OH)₃不溶于弱酸弱碱。 “铝三角”转化关系（核心图像） Al³⁺ → Al(OH)₃：加适量氨水或弱碱。 Al(OH)₃ → Al³⁺：加强酸。 Al(OH)₃ → AlO₂⁻：加强碱。 AlO₂⁻ → Al(OH)₃：通入足量CO₂或加弱酸（AlO₂⁻ + CO₂ + 2H₂O = Al(OH)₃↓ + HCO₃⁻）。 Al³⁺与AlO₂⁻不能共存，发生双水解：Al³⁺ + 3AlO₂⁻ + 6H₂O = 4Al(OH)₃↓。 3. 铁、铜及其化合物 核心：Fe(0)、Fe(II)、Fe(III)之间的氧化还原转化；Cu(0)、Cu(I)、Cu(II)的转化。 铁单质 与O₂、Cl₂、S等非金属反应，产物中铁价态不同（Cl₂生成FeCl₃，S生成FeS）。 与H₂O(g)反应：3Fe + 4H₂O(g) 高温 Fe₃O₄ + 4H₂。 与酸反应：非氧化性酸（稀HCl/H₂SO₄）生成Fe²⁺；遇浓HNO₃/浓H₂SO₄常温钝化。 铁的氧化物：FeO（黑）、Fe₂O₃（红棕）、Fe₃O₄（黑，磁性，可看作FeO·Fe₂O₃）。 铁的氢氧化物 Fe(OH)₂：白色，极易被氧化，制备时需隔绝空气（如油封、长滴管深入液面下），现象：白色→灰绿→红褐。 Fe(OH)₃：红褐色。 “铁三角”转化关系（核心图像） Fe²⁺ → Fe³⁺：强氧化剂（Cl₂、Br₂、HNO₃、H₂O₂、酸性KMnO₄等）。2Fe²⁺ + Cl₂ = 2Fe³⁺ + 2Cl⁻。 Fe³⁺ → Fe²⁺：强还原剂（Fe、Cu、I⁻、SO₂/H₂SO₃等）。2Fe³⁺ + Fe = 3Fe²⁺；2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺（刻蚀电路板）。 Fe → Fe²⁺：弱氧化剂（H⁺、Cu²⁺、S等）。 Fe → Fe³⁺：强氧化剂（Cl₂、Br₂等）。 Fe²⁺、Fe³⁺的检验 Fe²⁺：①加KSCN无现象，再加氯水变红；②加NaOH，白色沉淀迅速变灰绿，最终红褐。 Fe³⁺：①加KSCN，溶液变血红色；②加NaOH，生成红褐色沉淀。 铜及其化合物 Cu与O₂反应：加热生成CuO，高温生成Cu₂O。 铜的冶炼：湿法炼铜Fe + Cu²⁺ = Fe²⁺ + Cu。 Cu与浓H₂SO₄、浓/稀HNO₃反应（注意产物差异）。 Cu²⁺的检验：蓝色溶液；加NaOH生成蓝色沉淀；干法焰色反应为绿色。 三、 非金属及其化合物 1. 氯及其化合物 核心：Cl₂的强氧化性、卤素间的置换反应；HClO的弱酸性与强氧化性。 氯气 制备（实验室）：MnO₂ + 4HCl(浓) △ MnCl₂ + Cl₂↑ + 2H₂O。 化学性质：强氧化性。 与金属（Na、Fe、Cu）反应，均生成高价氯化物。 与非金属（H₂、P）反应。 与H₂O反应：Cl₂ + H₂O ⇌ HCl + HClO（歧化，可逆）。 与碱反应：制漂白液Cl₂ + 2NaOH = NaCl + NaClO + H₂O；制漂白粉2Cl₂ + 2Ca(OH)₂ = CaCl₂ + Ca(ClO)₂ + 2H₂O。 次氯酸与次氯酸盐 HClO：弱酸（酸性弱于碳酸）、强氧化性（漂白、杀菌），不稳定见光分解2HClO 光照 2HCl + O₂↑。 Ca(ClO)₂：漂白粉有效成分，在空气中失效：Ca(ClO)₂ + CO₂ + H₂O = CaCO₃↓ + 2HClO。 卤素互化物、拟卤素：性质与卤素相似（如BrCl、SCN₂）。 2. 硫及其化合物 核心：不同价态硫（-2, 0, +4, +6）的转化；SO₂的还原性与弱氧化性；浓H₂SO₄的特性。 硫单质：氧化性（与金属、H₂反应生成低价硫化物）和还原性（与O₂反应）。 二氧化硫 制备：Na₂SO₃ + H₂SO₄ = Na₂SO₄ + SO₂↑ + H₂O。 化学性质： 酸性氧化物通性。 还原性：可被O₂、X₂（氯水、溴水）、酸性KMnO₄、H₂O₂、Fe³⁺等氧化。SO₂ + Cl₂ + 2H₂O = H₂SO₄ + 2HCl。 弱氧化性：与H₂S反应2H₂S + SO₂ = 3S↓ + 2H₂O。 漂白性：暂时性，与某些有色物质化合生成不稳定的无色物质。 硫酸 稀硫酸：强酸，具有酸的通性。 浓硫酸的特性： 吸水性（作干燥剂）、脱水性（使有机物炭化）、强氧化性（常温使Fe、Al钝化；加热与Cu、C等反应）。 与Cu反应：Cu + 2H₂SO₄(浓) △ CuSO₄ + SO₂↑ + 2H₂O。 与C反应：C + 2H₂SO₄(浓) △ CO₂↑ + 2SO₂↑ + 2H₂O。 硫酸根检验：先加稀盐酸酸化（排除CO₃²⁻、Ag⁺等干扰），再加BaCl₂溶液，产生白色沉淀。 3. 氮及其化合物 核心：氮的固定；NH₃的碱性、还原性；硝酸的强氧化性；不同价态氮（-3, 0, +2, +4, +5）的转化。 氮气：结构稳定，高温高压下与H₂、O₂反应。 氨气制备：2NH₄Cl + Ca(OH)₂ △ CaCl₂ + 2NH₃↑ + 2H₂O。 化学性质： 碱性：与水NH₃ + H₂O ⇌ NH₃·H₂O ⇌ NH₄⁺ + OH⁻；与酸反应生成铵盐（白烟）。 还原性：催化氧化4NH₃ + 5O₂ 催化剂 △ 4NO + 6H₂O。 铵盐：易溶于水，受热易分解（与碱反应放氨气）。 硝酸 不稳定性：4HNO₃ 光照或△ 4NO₂↑ + O₂↑ + 2H₂O（浓硝酸呈黄色原因）。 强氧化性：与绝大多数金属（除Au、Pt）、非金属（C、S、P）反应。 与金属反应：浓硝酸还原产物主要为NO₂，稀硝酸主要为NO。常温下，浓硝酸使Fe、Al钝化。 王水：浓HNO₃与浓HCl体积比1:3，可溶解Au、Pt。 氮的氧化物及污染 NO：无色，易被O₂氧化为NO₂。 NO₂：红棕色，与水反应3NO₂ + H₂O = 2HNO₃ + NO。 光化学烟雾、酸雨、硝酸型酸雨的形成。 4. 硅及其化合物 核心：Si、SiO₂的稳定性；硅酸盐工业 硅单质：半导体，与NaOH溶液反应Si + 2NaOH + H₂O = Na₂SiO₃ + 2H₂↑。 二氧化硅：酸性氧化物，但不溶于水，能与氢氟酸反应SiO₂ + 4HF = SiF₄↑ + 2H₂O（刻蚀玻璃），与碱性氧化物、强碱反应。 硅酸与硅酸盐 硅酸（H₂SiO₃）：弱酸，溶解度小，制备：Na₂SiO₃ + 2HCl = H₂SiO₃（胶体）+ 2NaCl。 硅酸钠（Na₂SiO₃）：水溶液俗称“水玻璃”，是矿物胶，不可燃。 四、 无机物综合推断与化工流程初探 1. 推断题突破口 物质颜色：有色离子、沉淀、气体。 特征反应现象：焰色反应、与碱反应生成气体（NH₄⁺、Al³⁺等）、先沉淀后溶解（Al³⁺、Zn²⁺等）、沉淀颜色变化（Fe²⁺等）。 特殊转化关系：连续氧化（如S/H₂S → SO₂ → SO₃；N₂/NH₃ → NO → NO₂ → HNO₃）；三角转化（铝三角、铁三角）。 工业生产：合成氨、氯碱工业、硫酸工业、硝酸工业、硅酸盐工业等。 2. 化工流程题基本思路 化工流程题是元素化合物知识的最高层次综合应用，解题关键在于将流程操作与化学反应原理、元素性质相结合。 三步分析法： 1.审题头，明目的：明确原料是什么（成分、杂质），目标产品是什么。 2.析流程，看步骤：将流程分解为原料预处理 → 核心反应（提纯、转化）→ 分离提纯 → 获得产品等环节。 3.预处理：研磨（增大接触面积）、酸/碱浸（使可溶物进入溶液）、灼烧（除去有机物或使物质转化）等。 核心反应：控制条件（pH、温度）使目标元素转化，杂质转化为沉淀或气体除去。 分离提纯：过滤（固液分离）、结晶/重结晶、蒸馏/蒸发、萃取分液等。 看设问，联原理：针对问题，回到流程具体步骤，联系化学反应（复分解、氧化还原、水解等）、操作目的（除杂、转化）作答。 五、 专题专练（精选10题） 1. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. NaHCO₃受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B. SiO₂硬度大，可用于制造光导纤维 C. Al₂O₃是两性氧化物，可用于电解冶炼铝 D. FeCl₃溶液呈酸性，可用于蚀刻铜制电路板 2. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是 A. Fe点燃FeCl₂ B. SO₂/点燃SO₃ C. SiO₂H₂OH₂SiO₃ D. AlNaOH(aq)NaAlO₂ 3. 下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是 选项 实验操作 现象 A 将Fe(NO₃)₂样品溶于稀H₂SO₄，滴加KSCN溶液 溶液变红 B 向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 C 将一小块金属钠投入CuSO₄溶液中 有红色固体析出 D 向久置的Na₂SO₃溶液中加入足量BaCl₂溶液，再加入足量稀盐酸 先产生白色沉淀，后部分溶解 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 澄清透明的酸性溶液：K⁺、Fe²⁺、NO₃⁻、SO₄²⁻ B. 含有大量AlO₂⁻的溶液：Na⁺、K⁺、HCO₃⁻、OH⁻ C.c(Fe³⁺)=0.1 mol/L的溶液：H⁺、Al³⁺、Cl⁻、SCN⁻ D. 由水电离出的c(H⁺)=1×10⁻¹³ mol/L的溶液：NH₄⁺、Ca²⁺、Cl⁻、NO₃⁻ 5. 侯氏制碱法原理是：NH3＋H2O＋CO2＋NaCl＝NaHCO3↓＋NH4Cl析出碳酸氢钠，下列实验装置及原理设计说法不合理的是： A．用装置甲制取氨气时得到氨气很少，主要原因是分解得到NH3、HCl的遇冷会重新化合 B．用装置乙生成的CO2速率很慢，原因是反应生成微溶于水的硫酸钙，覆盖着大理石的表面 C．用装置丙模拟侯氏制碱法，可以同时通入NH3、CO2，也可以先通氨气再通CO2 D．用装置丁分离得到产品NaHCO3，为得到干燥产品，也可采用减压过滤 6.回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是 。“滤液1”中的主要阳离子有 （填化学式）。 (2)“反应1”生成ICl的化学方程式为 。 (3)“试剂X”可选用 （填标号）。 a．葡萄糖        b．Al        c．Na2O2        d．H2SO4 (4)“调pH”至弱酸性的主要目的是 （用离子方程式表示）。 (5)若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为 mol。 (6)将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是 。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是 。。 7. 为探究某铁盐X（仅含三种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验： 已知：气体A为两种气体的混合物，均可燃；红棕色固体B为纯净物。请推断： (1) X的化学式为。 (2) 溶液C中加入KSCN溶液未变红，再加入氯水后变红，用离子方程式解释其原因：。 (3) 气体A通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为 ________。 8. （实验探究）某小组探究SO₂与FeCl₃溶液的反应。 实验I：将SO₂通入FeCl₃溶液中，溶液由黄色变为浅绿色。 实验II：将SO₂通入含KSCN的FeCl₃溶液中，溶液先变红后褪色。 (1) 实验I说明SO₂具有 ________ 性，离子方程式为。 (2) 对实验II中溶液褪色的原因提出假设： 假设a：SO₂将Fe³⁺还原； 假设b：SO₂将SCN⁻氧化； 假设c：。 请设计简单实验验证假设a不成立：________。 9. 将一定量的铁粉和铜粉的混合物加入由稀H₂SO₄和稀HNO₃组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，收集到NO气体2.24 L（标准状况），反应后溶液中金属离子只有Fe²⁺。则原混合物中铜粉的质量至少为 ________ g。 10. （综合推断）A、B、C、D均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）： A(O₂)→ B(O₂)→ C(H₂O)→ D (1) 若A为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D为强酸。 ① 写出A→B的化学方程式：。 ② 写出实验室制取A的化学方程式：。 (2) 若A为淡黄色固体，D为强碱。 ① 写出C→D的离子方程式：。 ② 简述检验B中阴离子的实验方法：。 参考答案及解析 1. C 【解析】A项，NaHCO₃用于中和胃酸是利用其碱性，与热稳定性无关；B项，SiO₂用于光导纤维是利用其导光性；C项正确，电解熔融Al₂O₃冶炼铝；D项，FeCl₃蚀刻铜是利用其氧化性（2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ + Cu²⁺）。 2. D 【解析】A项，Fe与Cl₂反应生成FeCl₃；B项，S与O₂生成SO₂，不是SO₃；C项，SiO₂不与水反应；D项正确。 3. D 【解析】A项，稀H₂SO₄提供H⁺，与NO₃⁻构成强氧化体系，可将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，干扰判断；B项，应加热；C项，钠先与水反应生成NaOH，再与CuSO₄生成Cu(OH)₂沉淀，不会置换出Cu；D项，白色沉淀为BaSO₃和BaSO₄，部分溶解（BaSO₃溶解）说明有部分SO₃²⁻被氧化为SO₄²⁻。 4. B 【解析】A项，酸性条件下，Fe²⁺与NO₃⁻发生氧化还原反应；B项，AlO₂⁻、OH⁻、HCO₃⁻不共存？HCO₃⁻ + OH⁻ = CO₃²⁻ + H₂O，不能大量共存；C项，Fe³⁺与SCN⁻络合；D项，溶液可能为强酸或强碱，NH₄⁺在碱性中不共存，Ca²⁺在碱性中可能沉淀，需具体分析。本题原正确选项可能为其他。根据分析，B项因反应不能共存。 5. C 【来源】浙江省温州市新力量联盟2020届高三上学期适应性考试化学试题 【知识点】铵盐的不稳定性、纯碱的生产 【详解】A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，则用装置甲制取氨气时得到氨气的量很少，故A正确； B．生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙表面，则装置乙制取二氧化碳时，往往反应不充分，大理石利用率太低，故B正确； C．先通NH3后通入CO2，可增大二氧化碳的溶解，利于碳酸氢钠的制备，而不能同时通入NH3和CO2，故C错误； D．用装置丁过滤分离得到产品 NaHCO3，减压过滤，可防止碳酸氢钠分解，故D正确； 故答案选C。 6.(1) Ag+与I-结合与NH3结合更稳定 [Ag(NH3)2]+ (2)AgI+Cl2=AgCl+ICl (3)ab (4)5I-++6H+=3I2+3H2O (5)0.25 (6) 升华 未回收处理“滤液1” 【分析】AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)用浓氨水溶解，Ag2O转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液中，浓氨水不能溶解AgI，过滤后得到的滤渣中含有AgI，滤液1中含有[Ag(NH3)2]+、（少量）。AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和I2，用NaOH溶液将I2转化为IO-，过滤后的滤液2中存在IO-，AgCl用浓氨水溶解后转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液，用试剂X将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，试剂X可以是葡萄糖等还原性物质，向滤液2中加入盐酸调节pH，使IO-因在碱性环境发生歧化反应生成的离子I-、在酸性条件下转化为I2，过滤后的滤液3中含有，加入Na2S2O4将还原为I2，过滤出I2，将两步反应产生的I2合并，经洗涤、干燥得到I2. 【详解】（1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI是由于Ag+与I-结合形成AgI比与NH3结合更稳定； 由分析可知，“滤液1”中的主要阳离子有[Ag(NH3)2]+； （2）“反应1”中AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl，化学方程式为AgI+Cl2=AgCl+ICl； （3）由分析可知，试剂X需要将[Ag(NH3)2]+还原为Ag。 a．葡萄糖分子中含有多个醛基，具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，a符合题意； b．Al单质具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，b符合题意； c．Na2O2具有强氧化性，一般是作氧化剂表现氧化性。不能将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，c不符合题意； d．H2SO4的氧化性较强，一般是表现强的氧化性，不能将[Ag(NH3)2]+还原，d不符合题意； 故合理选项是ab； （4）已知IO-在碱性条件下易歧化成I-和，用盐酸“调pH”的主要目的是使溶液中的I-和在酸性环境中发生归中反应而转化为I2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5I-++6H+=3I2+3H2O； （5）“反应3”中加入Na2S2O4将还原为I2，根据电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，若“滤液3”中含有0.3 mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知：“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为n(Na2S2O4)==0.25 mol； （6）I2加热时会不经过液态而直接变为气态，即I2受热易升华，故将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是升华； 向AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中加浓氨水进行“溶解1”时，Ag2O被溶解，以[Ag(NH3)2]+的形式进入滤液1中，而这部分银元素未被回收，因此导致流程回收Ag的量低于预期量。 7. （假设推断结果）常见为(NH₄)₂Fe(SO₄)₂·6H₂O（莫尔盐）相关。 (1) (NH₄)₂Fe(SO₄)₂ (2) 2Fe²⁺ + Cl₂ = 2Fe³⁺ + 2Cl⁻；Fe³⁺ + 3SCN⁻ ⇌ Fe(SCN)₃（血红色） (3) SO₂ + Br₂ + 2H₂O = 4H⁺ + SO₄²⁻ + 2Br⁻ （解析：气体A为NH₃和SO₂的混合物，红棕色固体B为Fe₂O₃。由产物倒推。） 8. (1) 还原；2Fe³⁺ + SO₂ + 2H₂O = 2Fe²⁺ + SO₄²⁻ + 4H⁺ (2) 假设c：SO₂与SCN⁻反应生成其他物质（或SO₂的还原产物与体系作用）。 验证假设a不成立的实验：取褪色后的溶液，滴加KSCN溶液（或FeCl₃溶液），若重新变红，则说明Fe³⁺未被完全还原（或假设a不成立）。或取褪色后的溶液，滴加K₃[Fe(CN)₆]溶液，若生成蓝色沉淀，说明有Fe²⁺存在，但不能证明Fe³⁺是否剩余，需更严谨设计。更直接的方法是：取褪色后的溶液，加入足量BaCl₂溶液，过滤除去可能吸附的SO₂产物，再向滤液中滴加KSCN，若变红则假设a不成立。 9. 9.6 g 【解析】金属有剩余，溶液中只有Fe²⁺，说明HNO₃已完全反应，且Fe只以Fe²⁺形式存在。n(NO)=0.1 mol，根据电子守恒，生成0.1 mol NO得到电子0.3 mol。这些电子由金属（Fe和Cu）失去。设原混合物中Fe为a mol，Cu为b mol。反应后金属剩余，说明溶液中阳离子全为Fe²⁺，且这些Fe²⁺全部来自溶解的Fe（因为Cu²⁺会被Fe还原）。根据最终溶液溶质为Fe(NO₃)₂，由N守恒可知，参与反应的n(HNO₃)=2n(Fe溶解) + n(NO)。但反应过程复杂。更简便的电子守恒思路：设溶解的Fe为x mol，溶解的Cu为y mol。溶解的Fe最终转化为Fe²⁺，失2x mol e⁻；溶解的Cu最终转化为Cu²⁺，失2y mol e⁻。失电子总数=2x+2y。得电子全部由HNO₃生成NO所得，为0.3 mol。所以2x+2y=0.3 ①。又因为剩余金属为Fe和Cu，且溶液中只有Fe²⁺，说明溶液中没有Cu²⁺（已被Fe还原），即溶解的Cu全部被后来剩余的Fe重新置换出来。因此，溶解的Cu(y mol)所对应的Cu²⁺，需要消耗等物质的量的Fe来还原：Cu²⁺ + Fe = Cu + Fe²⁺。所以，总共消耗的Fe（包括与酸、与Cu²⁺反应）的物质的量应大于等于(x+y) mol。但要求铜粉至少质量，可取极限情况：最终剩余金属只有Cu（Fe完全消耗）。则初始混合物中Fe全部溶解，且恰好将溶解的Cu全部重新置换出来。设初始Cu为b mol，Fe为a mol。根据整个过程，相当于Fe与HNO₃反应生成Fe²⁺和NO，而Cu没有参与电子转移（因为先溶解后又被Fe置换回来，净效果为零）。故失电子全部由Fe提供：2a = 0.3，a=0.15 mol。重新置换Cu时，需要Fe：a mol Fe最多能置换出a mol Cu。若要Cu有剩余，则初始b > a。所以Cu至少为a=0.15 mol，质量至少为0.15*64=9.6 g。** 10. (1) 若A为NH₃，则B为NO，C为NO₂，D为HNO₃。 ① 4NH₃ + 5O₂催化剂△4NO + 6H₂O ② 2NH₄Cl + Ca(OH)₂ △ CaCl₂ + 2NH₃↑ + 2H₂O (2) 若A为Na₂O₂，则B为Na₂O（?），C为Na₂CO₃（?），D为NaOH（?）。此转化链不常见。更常见为：A为Na，B为Na₂O，C为Na₂O₂，D为NaOH？但C→D为Na₂O₂与水反应。 ① 2Na₂O₂ + 2H₂O = 4Na⁺ + 4OH⁻ + O₂↑ ② 取少量B于试管，加稀盐酸，产生无色无味气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含CO₃²⁻。（假设B为Na₂CO₃） 备考策略 构建网络图：对每一种核心元素（Na、Al、Fe、Cl、S、N），亲手绘制包含单质、氧化物、酸/碱、盐的“价-类二维图”，并熟练写出每步转化的化学方程式。 对比归纳：将相似物质进行对比（如Na₂CO₃ vs NaHCO₃；浓H₂SO₄ vs 稀H₂SO₄；浓HNO₃ vs 稀HNO₃；Al(OH)₃ vs Fe(OH)₃等），总结性质差异及原因。 回归实验：将物质性质与教材经典实验（如Fe(OH)₂制备、氨气制取、SO₂性质实验等）联系起来，理解操作细节与现象背后的原理。 主攻流程：每天精练1-2道中等难度的无机化工流程题，按照“原料→目标→步骤→原理”的思路分析，总结常见操作（调节pH、加热、结晶）的目的和常见除杂方法。 强化计算：将元素化合物与氧化还原反应、离子反应结合，熟练运用电子守恒、质量守恒、电荷守恒进行定量计算。 学科网（北京）股份有限公司 $