第 9 章 · 铝、铜与金属材料

项目	内容
课标主题	必修 · 主题 2 常见的无机物及其应用（2.4 金属及其化合物，条目点名的是钠、铁，铝、铜没有单列；2.6 物质性质及物质转化的价值）；主题 5 化学与社会发展（5.2 化学科学在材料科学等方面的重要作用；5.3 化学在自然资源和能源综合利用方面的重要价值，学习活动建议里有“实验室模拟金属的冶炼”“电解熔融氯化钠或氧化铝”）
人教版（2019）	必修第一册 第三章第二节“金属材料”（铁合金、铝和铝合金、新型合金）；$\ce{Al(OH)3}$ 的两性放在必修第一册第四章“元素周期律”一节；必修第二册 第八章第一节“自然资源的开发利用”（金属矿物的开发利用）；铜与浓硫酸、硝酸的反应在必修第二册第五章第一、二节
考试地位	铝的两性、铝的化合物之间的转化常作为无机化工流程题的一步（含铝原料的碱浸、除铝）和选择题的性质判断；沉淀量–试剂图像是元素化合物计算的基础题型；铜及其化合物常作为流程题、实验题的素材（含铜废料回收、硫酸铜制备）；合金和冶炼方法多以选择题出现
前置知识	第 1 章物质的量与守恒法；第 3 章物质的分类（酸性、碱性氧化物）；第 4 章离子反应；第 5 章氧化还原反应；第 6 章钠的化合物（$\ce{NaOH}$）

前面讲的钠和铁，氧化物不是碱性就是只和酸反应；铝不一样，它的氧化物和氢氧化物既能和酸反应、又能和强碱反应，这叫两性。两性带来了本章最容易丢分的地方：同样是“铝盐加碱”，加多少、谁加到谁里，现象和产物都不同，题目常用图像考。铜的难点在价态和颜色：$+1$、$+2$ 两种价态的化合物颜色各异，题目靠颜色考推断。最后讲合金和冶炼，它们把前面所有金属串起来：金属越活泼，越难从化合物里还原出来。

9.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
9.2 铝与氧化铝	铝既能和酸、又能和强碱溶液反应放出 $\ce{H2}$；$\ce{Al2O3}$ 是两性氧化物；常温遇浓硫酸、浓硝酸钝化；铝热反应	常考；与强碱的方程式、产生氢气的量是高频点
9.3 氢氧化铝与铝的化合物的转化	$\ce{Al^3+}$、$\ce{Al(OH)3}$、$\ce{[Al(OH)4]-}$ 三者按 $\ce{OH-}$（或 $\ce{H+}$）的多少互相转化；滴加顺序不同，现象和图像不同	常考；图像计算、制备选试剂、流程题除铝
9.4 铜及其化合物	铜在氢后，只和氧化性酸反应；$\ce{Cu2O}$ 砖红、$\ce{CuO}$ 黑、$\ce{Cu(OH)2}$ 蓝、胆矾蓝、无水 $\ce{CuSO4}$ 白、铜绿绿	常考；铜与浓硫酸、硝酸的反应和计算，颜色推断
9.5 合金	金属中熔合其他金属或非金属；硬度一般比成分金属大，熔点一般比成分金属低	选择题常考性质与用途
9.6 金属的活动性与冶炼方法	越活泼的金属越难还原：K–Al 电解，Zn–Cu 热还原，Hg、Ag 热分解	选择题常考；方程式书写、流程题中金属的获得

9.2 铝与氧化铝

说明

宏观：铝是银白色的轻金属，密度 $2.7\ \mathrm{g/cm^3}$，熔点 $660\ ^\circ\mathrm{C}$，导电导热性好，是地壳中含量最多的金属元素。铝很活泼，可铝锅、铝窗用了多年也不坏，因为表面有一层致密的氧化铝薄膜保护着里面的铝。铝片放进盐酸或 $\ce{NaOH}$ 溶液里，开始没什么现象（在溶解氧化膜），过一会儿冒出大量气泡（铝本身在反应）。

图中的转化：① 铝与 $\ce{O2}$ 生成 $\ce{Al2O3}$；② 铝与酸生成铝盐；③ 铝与强碱溶液生成四羟基合铝酸盐；④ $\ce{Al2O3}$ 与酸；⑤ $\ce{Al2O3}$ 与强碱；⑥–⑨ 是下一节的三角转化；⑩ 电解熔融 $\ce{Al2O3}$ 得到铝（9.6 节）。

微观：铝原子最外层 3 个电子，容易失去变成 $\ce{Al^3+}$，所以铝有强还原性。在 $+3$ 价这一行，$\ce{Al^3+}$ 半径小、电荷高，对周围的 O 原子吸引力很强，于是 $\ce{Al-O}$ 键和与之相连的 $\ce{O-H}$ 键哪一个都可能断开：遇酸时 $\ce{Al-O}$ 断开、放出 $\ce{Al^3+}$，像碱；遇强碱时 O 上的 H 被夺走、$\ce{OH-}$ 配到铝上形成 $\ce{[Al(OH)4]-}$，像酸。这就是两性的来源（见原理解释）。

符号：

• 与氧气：$\ce{4Al + 3O2 = 2Al2O3}$（常温下生成致密氧化膜）；铝粉在氧气中点燃剧烈燃烧，发出耀眼白光：$\ce{4Al + 3O2} \xlongequal{\text{点燃}} \ce{2Al2O3}$。
• 与酸：$\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2 ^}$，离子方程式 $\ce{2Al + 6H+ = 2Al^3+ + 3H2 ^}$。
• 与强碱溶液（人教版 2019 的写法）：

$$\ce{2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na[Al(OH)4] + 3H2 ^}$$

离子方程式 $\ce{2Al + 2OH- + 6H2O = 2[Al(OH)4]- + 3H2 ^}$。$\ce{Na[Al(OH)4]}$ 叫四羟基合铝酸钠，$\ce{[Al(OH)4]-}$ 是四个 $\ce{OH-}$ 围着一个 $\ce{Al^3+}$ 的配离子。

• $\ce{Al2O3}$ 是两性氧化物：$\ce{Al2O3 + 6H+ = 2Al^3+ + 3H2O}$；$\ce{Al2O3 + 2OH- + 3H2O = 2[Al(OH)4]-}$。
• 钝化：常温下铝遇浓硫酸、浓硝酸，表面迅速生成一层致密的氧化膜，阻止内部的铝继续反应。钝化是化学变化，不是“不反应”。加热时钝化膜被破坏，反应照常进行。
• 铝热反应：铝粉和某些金属氧化物（铝热剂）在高温下反应，放出大量的热，把金属还原出来：

$$\ce{2Al + Fe2O3} \xlongequal{\text{高温}} \ce{2Fe + Al2O3}$$

点燃镁条后，镁条燃烧放热并使 $\ce{KClO3}$ 分解放出 $\ce{O2}$ 助燃，温度迅速升高引发铝热反应：发出耀眼的白光，放出大量的热，纸漏斗下部被烧穿，熔融的铁落入沙中。工业上用它焊接钢轨，冶炼钒、铬、锰等难熔金属。

使用场景

• 题目给出铝与酸、碱反应的数据（等质量的铝、等物质的量的酸和碱），问生成 $\ce{H2}$ 的量或比值 → 每个 Al 失 3 个电子，得到 $\dfrac{3}{2}$ 个 $\ce{H2}$，与酸碱种类无关 → 先判断谁过量，再用 $2\ce{Al} \sim 3\ce{H2}$ 计算。
• 题目要写铝、氧化铝与强碱溶液反应的方程式，或给出与铝同族、性质相似的陌生元素（镓、铍的两性）→ 按“金属 + 强碱 + 水 → 四羟基合某酸盐 + 氢气”的模板写 → 用电子守恒配平。
• 选择题问“铝制容器能否盛放某试剂”“某性质对应某用途” → 查钝化的条件（常温、浓硫酸或浓硝酸）和两性（酸、碱都会腐蚀铝）→ 逐项判断。
• 实验题给出铝热反应装置，问现象、试剂作用、产物检验 → 按“引燃 → 反应 → 熔融物下落”的顺序答 → 用本节铝热反应的装置和原理。

注意点

• 铝和”$\ce{NaOH}$ 溶液“反应，不是和固体 $\ce{NaOH}$ 反应；方程式里的 $\ce{H2O}$ 是反应物，不能省。
• 人教版 2019 写四羟基合铝酸钠 $\ce{Na[Al(OH)4]}$。旧教材和不少旧题写成偏铝酸钠：$\ce{2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2 ^}$。两种写法指的是同一种溶液，$\ce{[Al(OH)4]-}$ 更接近溶液中铝的真实存在形式（四面体配离子）；$\ce{NaAlO2}$ 作为固体是存在的（如 $\ce{Al2O3}$ 与 $\ce{Na2CO3}$ 高温熔融的产物）。按现行教材答题写 $\ce{Na[Al(OH)4]}$。
• 钝化只在常温下、浓硫酸和浓硝酸中发生；稀硝酸、稀硫酸、盐酸都会和铝反应。铁也会钝化，铜不会（铜和浓硝酸常温下就剧烈反应）。
• 例外：铝虽然比铁活泼，但铝制品比铁制品耐腐蚀。原因是 $\ce{Al2O3}$ 膜致密、附着牢；铁锈疏松多孔，挡不住氧气和水。
• 例外：不是所有金属氧化物都能被铝还原。铝热反应只能还原活动性比铝弱的金属的氧化物（$\ce{Fe2O3}$、$\ce{Cr2O3}$、$\ce{MnO2}$、$\ce{V2O5}$ 等）；$\ce{MgO}$ 不行，镁比铝活泼。
• 铝热反应的“高温”是引发条件，反应本身放热，一旦引发自己就能进行下去。
• 两性氧化物的判断：和酸、强碱都生成盐和水。$\ce{SiO2}$ 能和氢氟酸反应但生成的不是盐，不算两性（第 12 章）。

原理解释

铝和 $\ce{NaOH}$ 溶液反应，氧化剂是水：铝本来就能和水反应，$\ce{2Al + 6H2O = 2Al(OH)3 + 3H2 ^}$，可生成的 $\ce{Al(OH)3}$ 和原有的 $\ce{Al2O3}$ 膜不溶于水，把铝包住，反应很快停止。$\ce{NaOH}$ 的作用是把这层 $\ce{Al(OH)3}$（和氧化膜）溶解掉：$\ce{Al(OH)3 + NaOH = Na[Al(OH)4]}$。两步相加就是总反应（关键一步：电子从 Al 转移到 $\ce{H2O}$ 中的 H 上，$\ce{NaOH}$ 里的元素化合价都没变，所以 $\ce{NaOH}$ 不是氧化剂；按电子守恒，2 个 Al 失 6 个电子，6 个 $\ce{H2O}$ 里的 6 个 $+1$ 价 H 得电子生成 3 个 $\ce{H2}$，这就是方程式里 $\ce{H2O}$ 系数是 6 的原因）。

为什么既能和酸又能和碱反应：铝在周期表里位于金属和非金属的分界线附近（第 15 章），$\ce{Al^3+}$ 半径小、电荷高。阳离子“电荷 / 半径”越大，对 O 的吸引越强，$\ce{M-O-H}$ 中 O–H 键越容易断（显酸性）；越小，M–O 键越容易断（显碱性）。$\ce{Na+}$ 电荷小半径大，$\ce{NaOH}$ 是强碱；$\ce{Al^3+}$ 介于中间，两种断法都有。严格的定量判断要用大学无机化学的“离子势”概念。

钝化：浓硫酸、浓硝酸的氧化性很强，瞬间把铝表面氧化成一层致密的氧化物，这层氧化物不溶于浓酸，把酸和铝隔开。

铝热反应为什么能发生、为什么放热多：铝的还原性比铁强，$\ce{Al2O3}$ 非常稳定。用标准生成焓算：$\Delta_\mathrm{f}H(\ce{Al2O3}) = -1675.7\ \mathrm{kJ/mol}$，$\Delta_\mathrm{f}H(\ce{Fe2O3}) = -824.2\ \mathrm{kJ/mol}$，反应 $\ce{2Al(s) + Fe2O3(s) = 2Fe(s) + Al2O3(s)}$ 的 $\Delta H = -1675.7 - (-824.2) = -851.5\ \mathrm{kJ/mol}$（第 19 章）。放出的热足以使铁熔化（铁的熔点 $1538\ ^\circ\mathrm{C}$）。判断一个氧化物能否被另一种金属还原的严格依据是比较 $\Delta G$，冶金上画成埃林汉姆图，属于大学物理化学的内容。

例题

例 1　（场景：铝与酸、碱生成氢气的量）甲、乙两个烧杯中分别盛有 $100\ \mathrm{mL}\ 3\ \mathrm{mol/L}$ 的盐酸和 $100\ \mathrm{mL}\ 3\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{NaOH}$ 溶液，向两烧杯中各加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比 $V(\text{甲}) : V(\text{乙}) = 1 : 2$（同温同压）。求加入铝粉的质量。

解：

找关系：$\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2 ^}$，$\ce{2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na[Al(OH)4] + 3H2 ^}$。等量的 Al 消耗 HCl 是 NaOH 的 3 倍。$n(\ce{HCl}) = n(\ce{NaOH}) = 0.3\ \mathrm{mol}$。若铝对两边都不足，$\ce{H2}$ 之比为 $1 : 1$；若铝对两边都过量，$\ce{H2}$ 之比为 $\dfrac{0.3}{2} : \dfrac{0.3 \times 3}{2} = 1 : 3$。现在是 $1 : 2$，介于两者之间，说明盐酸不足（铝有剩余）、$\ce{NaOH}$ 过量（铝完全反应）。

列式：甲中 $n(\ce{H2}) = \dfrac{1}{2}n(\ce{HCl}) = 0.15\ \mathrm{mol}$；乙中 $n(\ce{H2}) = 2 \times 0.15 = 0.3\ \mathrm{mol}$，乙中铝完全反应，$n(\ce{Al}) = \dfrac{2}{3} \times 0.3\ \mathrm{mol}$。

计算：$n(\ce{Al}) = 0.2\ \mathrm{mol}$，$m(\ce{Al}) = 0.2 \times 27 = 5.4\ \mathrm{g}$。

检验：$0.2\ \mathrm{mol}$ Al 完全溶于盐酸需 $0.6\ \mathrm{mol}$ HCl，而只有 $0.3\ \mathrm{mol}$，确实不足；溶于 NaOH 只需 $0.2\ \mathrm{mol}$，确实过量。两个假设都成立。

容易卡在：直接按“铝全部反应”算，得到 $1 : 1$ 和题目矛盾也不回头。比值题先用”$1 : 1$ 和 $1 : 3$ 两个端点“定位，再判断谁过量。

例 2　（场景：写与强碱反应的方程式；陌生情境）镓（Ga）与铝同主族，位于铝的下方，金属镓和 $\ce{Ga2O3}$ 都具有两性。已知镓与 $\ce{NaOH}$ 溶液反应的产物与铝相似。写出：（1）镓与 $\ce{NaOH}$ 溶液反应的化学方程式；（2）$\ce{Ga2O3}$ 与 $\ce{NaOH}$ 溶液反应的离子方程式。

解：

（1）这一步用的是题给信息：“镓有两性、产物与铝相似”，所以产物是四羟基合镓酸钠 $\ce{Na[Ga(OH)4]}$ 和 $\ce{H2}$。这一步用的是课本知识：照铝的方程式，Ga 从 0 价升到 $+3$ 价失 3 个电子，$\ce{H2O}$ 中的 H 得电子生成 $\ce{H2}$：

$$\ce{2Ga + 2NaOH + 6H2O = 2Na[Ga(OH)4] + 3H2 ^}$$

（2）照 $\ce{Al2O3}$ 与强碱的离子方程式（课本知识），价态不变：$\ce{Ga2O3 + 2OH- + 3H2O = 2[Ga(OH)4]-}$。

三查：（1）原子：Ga 2、Na 2、O $2 + 6 = 8$、H $2 + 12 = 14$，右边 $\ce{2Na[Ga(OH)4]}$ 含 O 8、H 8，加 $\ce{3H2}$ 的 H 6，共 14，守恒；电子：2 个 Ga 失 6 个，6 个 H 得 6 个，守恒；$\ce{H2}$ 标 ↑。（2）原子：Ga 2、O $3 + 2 + 3 = 8$、H $2 + 6 = 8$，守恒；电荷：左 $-2$、右 $-2$，守恒；非氧化还原反应。

例 3　（场景：钝化与两性对应的用途）下列说法正确的是（　）。

A. 常温下可用铝制容器盛放稀硝酸 B. 常温下可用铝制槽车运输浓硫酸，因为铝与浓硫酸不反应 C. 铝制餐具不宜长时间存放酸性或碱性食物 D. 铝比铁活泼，所以铝制品比铁制品更容易被腐蚀

解：C。

判断依据：钝化只发生在常温下的浓硫酸、浓硝酸中，且钝化是发生了反应；铝和氧化铝都能被酸、碱腐蚀；铝耐腐蚀靠的是致密氧化膜。

A 稀硝酸不钝化，会和铝反应；B 能运输是对的，但原因说错了，钝化是铝与浓硫酸反应生成致密氧化膜，不是“不反应”；C 酸和碱都能溶解氧化膜和铝，正确；D 铝表面的氧化膜致密，铝制品反而更耐腐蚀。

容易卡在：B 前半句对、后半句错。选择题里“因为……“的部分也要判断。

例 4　（场景：铝热反应实验）用上面的铝热反应装置进行实验。

（1）镁条和氯酸钾的作用分别是什么？ （2）蒸发皿里为什么要盛沙？ （3）怎样用实验证明落下的熔融物冷却后含有铁？如果要证明其中还混有未反应的铝，应选什么试剂？

解：

（1）操作 → 目的：镁条燃烧放出大量热，为反应提供引发所需的高温，作引燃剂；$\ce{KClO3}$ 受热分解放出 $\ce{O2}$，使镁条燃烧更剧烈、温度更高，作助燃剂。

（2）操作 → 目的：反应放出大量热，落下的是高温熔融物，沙子可以隔热，防止熔融物溅落使蒸发皿炸裂。

（3）答题句式：取冷却后的熔融物，用磁铁吸引，若能被吸引，再取少量于试管中，加入稀盐酸，有气泡产生，溶液变为浅绿色，则说明含有铁。证明混有铝：取少量熔融物于试管中，加入 $\ce{NaOH}$ 溶液，若有气泡产生，则说明含有铝（铁不与 $\ce{NaOH}$ 溶液反应，铝能，用的是 9.2 节铝与强碱反应的性质）。

容易卡在：（3）只写“加稀盐酸有气泡”。铝也能和盐酸放出 $\ce{H2}$，不能区分铁和铝，必须用铁特有的现象（被磁铁吸引、溶液变浅绿色）或用 $\ce{NaOH}$ 排除铝。

常用推论

• 等物质的量的 Al 分别与足量盐酸、足量 $\ce{NaOH}$ 溶液反应，生成 $\ce{H2}$ 的量相等（每个 Al 失 3 个电子，电子守恒）。
• 等物质的量的 HCl 和 NaOH 分别与足量铝反应，生成 $\ce{H2}$ 之比 $1 : 3$；与等量铝反应，比值在 $1 : 1$ 与 $1 : 3$ 之间时，盐酸不足、碱过量。推导见例 1。
• 铝与碱的反应中：$n(\ce{Al}) : n(\ce{NaOH}) : n(\ce{H2}) = 2 : 2 : 3$，被还原的是 $\ce{H2O}$，$n(\text{作氧化剂的 }\ce{H2O}) = 3n(\ce{Al})$。
• 既能与酸反应、又能与强碱反应的常见物质：$\ce{Al}$、$\ce{Al2O3}$、$\ce{Al(OH)3}$；弱酸的酸式盐（$\ce{NaHCO3}$）；弱酸的铵盐（$\ce{(NH4)2CO3}$）；氨基酸（第 36 章）。只有前三种叫两性物质。

易错点

• 错在哪：写成 $\ce{2Al + 2NaOH = 2NaAlO2 + H2 ^}$（漏水、不配平）。 为什么错：规范性错误。水是反应物，也是氧化剂；漏掉水，O 不守恒（左 2 右 4），电子也不守恒（2 个 Al 失 6 个电子，1 个 $\ce{H2}$ 只得 2 个）。 正确做法：按人教版写 $\ce{2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na[Al(OH)4] + 3H2 ^}$；配平时先用电子守恒定 $2\ce{Al} \sim 3\ce{H2}$，再配 Na、O、H。
• 错在哪：认为铝与 $\ce{NaOH}$ 溶液反应中 $\ce{NaOH}$ 是氧化剂。 为什么错：理解性错误。$\ce{NaOH}$ 中 Na、O、H 的化合价都没有变化，得电子的是 $\ce{H2O}$ 中的 H。 正确做法：标化合价找得电子的元素；画电子转移时箭头从 Al 指向 $\ce{H2O}$ 中的 H，转移 6 个电子。
• 错在哪：说“常温下铝和浓硝酸不反应”。 为什么错：理解性错误。钝化是生成致密氧化膜的反应，反应发生了，只是很快停止。 正确做法：写“常温下铝在浓硝酸中钝化”；加热条件下二者会持续反应。

直观理解

铝像一个穿着“防弹衣”（氧化膜）的活泼分子：防弹衣不怕水、不怕浓硝酸，所以平时看着很老实；但酸和强碱都能把防弹衣脱掉，脱掉以后铝的活泼本性就露出来了。在价类二维图上，铝只有 0 和 $+3$ 两个位置，从 0 往上走一定是被氧化（遇 $\ce{O2}$、酸、碱溶液都放出能量），从 $+3$ 回到 0 只能靠电解。

关联知识点

• 前置：第 3 章物质的分类，两性氧化物和酸性、碱性氧化物的区别。
• 前置：第 5 章氧化还原反应，铝与碱反应中找氧化剂、用电子守恒配平。
• 后续：9.3 氢氧化铝与铝的化合物的转化。
• 后续：第 15 章元素周期律，铝在金属与非金属分界线附近，同主族的镓、对角线位置的铍也有两性。
• 后续：第 19 章化学反应与能量变化，用生成焓计算铝热反应的 $\Delta H$。
• 后续：第 21 章电解池，电解熔融氧化铝制铝。
• 常一起考：第 8 章铁及其化合物（铁也钝化；铝热反应产物铁的检验）。

9.3 氢氧化铝与铝的化合物的转化

人教版（2019）不再像旧版那样单独讲这一节：$\ce{Al(OH)3}$ 的两性放在必修第一册第四章“元素周期律”一节的实验里。下面三者的系统转化和沉淀图像是在两性的基础上整理出来的，是考试常用的内容。

说明

宏观：$\ce{Al(OH)3}$ 是白色胶状沉淀，几乎不溶于水，能吸附水中的悬浮杂质，明矾 $\ce{KAl(SO4)2.12H2O}$ 净水就是靠铝离子水解生成的 $\ce{Al(OH)3}$ 胶体（第 27 章）。$\ce{Al(OH)3}$ 又能中和胃酸，可作抗酸药。它既溶于盐酸，也溶于 $\ce{NaOH}$ 溶液，是两性氢氧化物；但它不溶于氨水，也不溶于碳酸。受热分解：$\ce{2Al(OH)3} \xlongequal{\Delta} \ce{Al2O3 + 3H2O}$。

微观：$\ce{Al(OH)3}$ 在水中存在两种电离，平时都很微弱：

$$\ce{Al(OH)3 <=> Al^3+ + 3OH-}$$ $$\ce{Al(OH)3 + H2O <=> [Al(OH)4]- + H+}$$

加酸消耗 $\ce{OH-}$，第一个电离向右，$\ce{Al(OH)3}$ 溶解成 $\ce{Al^3+}$；加强碱消耗 $\ce{H+}$，第二个电离向右，溶解成 $\ce{[Al(OH)4]-}$。所以溶液里铝的存在形式由酸碱性决定：酸性时是 $\ce{Al^3+}$，接近中性时是 $\ce{Al(OH)3}$ 沉淀，强碱性时是 $\ce{[Al(OH)4]-}$。

符号：三者之间的转化（“铝三角”）：

• 由 $\ce{Al^3+}$ 到 $\ce{Al(OH)3}$：$\ce{Al^3+ + 3OH- = Al(OH)3 v}$（$\ce{OH-}$ 不足量）；用氨水更好：$\ce{Al^3+ + 3NH3.H2O = Al(OH)3 v + 3NH4+}$。
• 由 $\ce{Al(OH)3}$ 到 $\ce{[Al(OH)4]-}$：$\ce{Al(OH)3 + OH- = [Al(OH)4]-}$。
• 由 $\ce{Al^3+}$ 一步到 $\ce{[Al(OH)4]-}$（$\ce{OH-}$ 过量）：$\ce{Al^3+ + 4OH- = [Al(OH)4]-}$。
• 由 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 到 $\ce{Al(OH)3}$：$\ce{[Al(OH)4]- + H+ = Al(OH)3 v + H2O}$（$\ce{H+}$ 不足量）；通入过量 $\ce{CO2}$ 更好：$\ce{[Al(OH)4]- + CO2 = Al(OH)3 v + HCO3-}$；$\ce{CO2}$ 少量时 $\ce{2[Al(OH)4]- + CO2 = 2Al(OH)3 v + CO3^2- + H2O}$。
• 由 $\ce{Al(OH)3}$ 到 $\ce{Al^3+}$：$\ce{Al(OH)3 + 3H+ = Al^3+ + 3H2O}$。
• 由 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 一步到 $\ce{Al^3+}$（$\ce{H+}$ 过量）：$\ce{[Al(OH)4]- + 4H+ = Al^3+ + 4H2O}$。
• $\ce{Al^3+}$ 与 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 相遇：$\ce{Al^3+ + 3[Al(OH)4]- = 4Al(OH)3 v}$；$\ce{Al^3+}$ 与 $\ce{HCO3-}$ 相遇：$\ce{Al^3+ + 3HCO3- = Al(OH)3 v + 3CO2 ^}$（泡沫灭火器的原理）。

沉淀量与试剂用量的图像：向含 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{AlCl3}$ 的溶液中逐滴加 $\ce{NaOH}$ 溶液，先沉淀、后溶解，上升段用 $3\ \mathrm{mol}\ \ce{NaOH}$，下降段用 $1\ \mathrm{mol}$：

向含 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{Na[Al(OH)4]}$ 的溶液中逐滴加盐酸，同样先沉淀、后溶解，但上升段只用 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{HCl}$，下降段用 $3\ \mathrm{mol}$：

使用场景

• 题目问实验室怎样制备 $\ce{Al(OH)3}$、选什么试剂最好 → 要让沉淀不被过量试剂溶解 → 铝盐配氨水，四羟基合铝酸盐配过量 $\ce{CO2}$，不用强碱、强酸。
• 题目给两种无色溶液（铝盐和强碱，或四羟基合铝酸盐和强酸），不用其他试剂鉴别；或问“互滴”的现象 → 滴加顺序不同，现象不同 → 用“谁过量”判断产物。
• 题目给沉淀量–试剂体积图像，问原溶液中各离子的量或试剂浓度 → 先看拐点，再按每一段的反应列式 → 用上面的两张图像和 $3 : 1$、$1 : 3$ 的比例。
• 题目给 $\ce{Al^3+}$ 的量和得到的沉淀量，问加了多少 $\ce{OH-}$（或反过来）→ 沉淀量小于最大值时有两种可能 → 分“碱不足”和“碱过量使部分沉淀溶解”两种情况计算。
• 流程题中出现“碱浸”“通入 $\ce{CO2}$”“调 pH 除铝”，或问离子能否大量共存 → 铝在强碱中以 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 存在、在酸中以 $\ce{Al^3+}$ 存在，二者与弱酸根、弱碱阳离子相互促进生成沉淀 → 用铝三角和本节的共存规则。

注意点

• $\ce{Al(OH)3}$ 只溶于强碱，不溶于氨水；只溶于强酸，不溶于碳酸（$\ce{CO2}$ 水溶液）。所以制 $\ce{Al(OH)3}$ 用氨水或 $\ce{CO2}$，产物不会随试剂过量而溶解。
• 向 $\ce{Na[Al(OH)4]}$ 溶液中通 $\ce{CO2}$，产物里的碳是 $\ce{HCO3-}$ 还是 $\ce{CO3^2-}$ 看 $\ce{CO2}$ 的量：过量写 $\ce{HCO3-}$，少量写 $\ce{CO3^2-}$。流程题里通常写“通入过量 $\ce{CO2}$”。
• 不能大量共存（例外清单）：$\ce{Al^3+}$ 与 $\ce{OH-}$、$\ce{[Al(OH)4]-}$、$\ce{HCO3-}$、$\ce{CO3^2-}$、$\ce{S^2-}$（相互促进水解，生成 $\ce{Al(OH)3}$）；$\ce{[Al(OH)4]-}$ 与 $\ce{H+}$、$\ce{Al^3+}$、$\ce{NH4+}$、$\ce{HCO3-}$。最后一条最容易漏：$\ce{HCO3-}$ 酸性比 $\ce{Al(OH)3}$ 强，$\ce{[Al(OH)4]- + HCO3- = Al(OH)3 v + CO3^2- + H2O}$，不是双水解，是“强酸制弱酸”。
• 图像的横坐标若是溶液体积，比例 $3 : 1$ 只在试剂浓度不变时成立；若溶液里还有 $\ce{H+}$、$\ce{Mg^2+}$ 等，前面会多出一段“不出沉淀”或“多出沉淀”，要逐段分析。
• 明矾 $\ce{KAl(SO4)2.12H2O}$ 和 $\ce{Ba(OH)2}$ 反应要同时考虑 $\ce{Al^3+}$ 和 $\ce{SO4^2-}$ 两种离子，沉淀质量最大和沉淀物质的量最大不在同一点，是图像题的进阶考法。

原理解释

为什么溶于强碱不溶于氨水：$\ce{Al(OH)3}$ 的酸式电离非常微弱（相当于一种很弱的酸），只有 $\ce{OH-}$ 浓度很大时才能把它的 $\ce{H+}$ “拉走”；氨水是弱碱，$c(\ce{OH-})$ 不够大（关键一步：同理，$\ce{H2CO3}$ 是弱酸，提供的 $c(\ce{H+})$ 不足以溶解 $\ce{Al(OH)3}$，反而是比 $\ce{H2CO3}$ 更弱的 $\ce{Al(OH)3}$ 被 $\ce{H2CO3}$ 从它的盐里置换出来，这就是“通 $\ce{CO2}$ 得 $\ce{Al(OH)3}$“的依据，即强酸制弱酸）。定量的说明要比较溶度积和电离常数，见第 28 章。

图像的比例从哪来：$\ce{AlCl3}$ 中逐滴加 $\ce{NaOH}$，一开始 $\ce{Al^3+}$ 过量，每个 $\ce{Al^3+}$ 结合 3 个 $\ce{OH-}$ 生成 $\ce{Al(OH)3}$；$\ce{Al^3+}$ 沉淀完后，每个 $\ce{Al(OH)3}$ 再结合 1 个 $\ce{OH-}$ 变成 $\ce{[Al(OH)4]-}$，所以两段用碱之比 $3 : 1$。$\ce{Na[Al(OH)4]}$ 中滴盐酸正相反：每个 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 先结合 1 个 $\ce{H+}$ 变成 $\ce{Al(OH)3}$，再结合 3 个 $\ce{H+}$ 变成 $\ce{Al^3+}$，两段之比 $1 : 3$。

反过来滴，现象为什么不同：把 $\ce{AlCl3}$ 溶液滴进 $\ce{NaOH}$ 溶液，开始时碱大大过量，生成的 $\ce{Al(OH)3}$ 立刻被溶解，看不到沉淀（振荡后消失）；碱被消耗完后，再滴入的 $\ce{Al^3+}$ 与已生成的 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 反应，$\ce{Al^3+ + 3[Al(OH)4]- = 4Al(OH)3 v}$，才出现大量沉淀且不再消失。

例题

例 1　（场景：制备氢氧化铝选试剂）实验室用 $\ce{AlCl3}$ 溶液制备 $\ce{Al(OH)3}$，应选用氨水还是 $\ce{NaOH}$ 溶液？用 $\ce{Na[Al(OH)4]}$ 溶液制备，应通入 $\ce{CO2}$ 还是加入盐酸？写出所选方案的离子方程式。

解：

判断依据：$\ce{Al(OH)3}$ 溶于强酸、强碱，不溶于弱碱和弱酸；选弱碱、弱酸，过量也不会溶解沉淀，操作上不必控制用量。

选氨水：$\ce{Al^3+ + 3NH3.H2O = Al(OH)3 v + 3NH4+}$。 选过量 $\ce{CO2}$：$\ce{[Al(OH)4]- + CO2 = Al(OH)3 v + HCO3-}$。

三查：第一个：Al 1、N 3、O 3、H 15，两边相同；电荷左 $+3$ 右 $+3$；非氧化还原；沉淀标 ↓、$\ce{NH3.H2O}$ 是弱电解质写化学式。第二个：O 左 $4 + 2 = 6$、右 $3 + 3 = 6$，H 左 4、右 $3 + 1 = 4$；电荷左 $-1$ 右 $-1$；沉淀标 ↓。

容易卡在：把氨水写成 $\ce{OH-}$。氨水是弱碱，离子方程式中写 $\ce{NH3.H2O}$（第 4 章）。

例 2　（场景：互滴鉴别）有两瓶失去标签的无色溶液，分别是 $\ce{AlCl3}$ 溶液和 $\ce{NaOH}$ 溶液。不用其他试剂，怎样鉴别？

解：

操作 → 现象 → 结论：取一种溶液（记为 A）少量于试管中，用胶头滴管逐滴加入另一种溶液（记为 B）并振荡。若开始就产生白色沉淀，继续滴加沉淀逐渐溶解，则说明 A 是 $\ce{AlCl3}$ 溶液、B 是 $\ce{NaOH}$ 溶液；若开始产生的沉淀振荡后立即消失，继续滴加后出现白色沉淀且不再消失，则说明 A 是 $\ce{NaOH}$ 溶液、B 是 $\ce{AlCl3}$ 溶液。

原因：用的是本节原理解释中“滴加顺序决定谁过量”：$\ce{AlCl3}$ 在下面时 $\ce{Al^3+}$ 先过量，沉淀先生成后溶解（图像 $3 : 1$）；$\ce{NaOH}$ 在下面时 $\ce{OH-}$ 先过量，沉淀先溶解，后来 $\ce{Al^3+}$ 与 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 生成沉淀。

容易卡在：只写“有沉淀的是……”。两种滴法最后都有沉淀，区别在沉淀出现和消失的先后，答题时两种现象都要写出来。

例 3　（场景：图像计算）向 $\ce{MgCl2}$ 和 $\ce{AlCl3}$ 的混合溶液中逐滴加入 $2\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{NaOH}$ 溶液，生成沉淀的质量与所加 $\ce{NaOH}$ 溶液体积的关系如图所示。求原溶液中 $\ce{Mg^2+}$ 和 $\ce{Al^3+}$ 的物质的量。

解：

找关系：读图三步。横纵坐标：$V(\ce{NaOH})$ 和沉淀质量。特殊点：A（$200\ \mathrm{mL}$，$10.7\ \mathrm{g}$）沉淀最多，$\ce{Mg(OH)2}$ 和 $\ce{Al(OH)3}$ 都沉淀完全；B（$250\ \mathrm{mL}$，$2.9\ \mathrm{g}$）之后不变，剩下的是不溶于碱的 $\ce{Mg(OH)2}$。斜率：AB 段只发生 $\ce{Al(OH)3 + OH- = [Al(OH)4]-}$。

列式：AB 段 $n(\ce{OH-}) = 2\ \mathrm{mol/L} \times (0.250 - 0.200)\ \mathrm{L}$，$n(\ce{Al(OH)3}) = n(\ce{OH-})$；$n(\ce{Mg(OH)2}) = \dfrac{2.9\ \mathrm{g}}{58\ \mathrm{g/mol}}$。

计算：AB 段 $n(\ce{OH-}) = 0.1\ \mathrm{mol}$，所以 $n(\ce{Al^3+}) = 0.1\ \mathrm{mol}$；$n(\ce{Mg^2+}) = 0.05\ \mathrm{mol}$。

检验：A 点沉淀质量 $0.05 \times 58 + 0.1 \times 78 = 2.9 + 7.8 = 10.7\ \mathrm{g}$，与图一致；OA 段需 $\ce{OH-}$ $0.05 \times 2 + 0.1 \times 3 = 0.4\ \mathrm{mol}$，即 $200\ \mathrm{mL}$，也与图一致。

另一种解法：A 点沉淀最多时，溶液中只剩 $\ce{NaCl}$，由电荷守恒 $n(\ce{Cl-}) = n(\ce{Na+}) = 2 \times 0.200 = 0.4\ \mathrm{mol}$，即 $2n(\ce{Mg^2+}) + 3n(\ce{Al^3+}) = 0.4$；再由 A 点质量 $58n(\ce{Mg^2+}) + 78n(\ce{Al^3+}) = 10.7$，联立得 $n(\ce{Mg^2+}) = 0.05\ \mathrm{mol}$、$n(\ce{Al^3+}) = 0.1\ \mathrm{mol}$。题目给了完整的下降段时，用 AB 段一步求铝最快；题目只给沉淀最多时的数据（或原溶液里还有过量盐酸、问盐酸浓度）时，用“沉淀最多时溶质只有 $\ce{NaCl}$“的守恒关系。

容易卡在：把 OA 段的 $0.4\ \mathrm{mol}\ \ce{OH-}$ 全算给铝。OA 段镁和铝一起沉淀，只有 AB 段是铝单独的反应。

例 4　（场景：已知沉淀量求碱的用量，分两种情况）向 $100\ \mathrm{mL}\ 1\ \mathrm{mol/L}\ \ce{AlCl3}$ 溶液中加入 $2\ \mathrm{mol/L}\ \ce{NaOH}$ 溶液，得到 $3.9\ \mathrm{g}$ 沉淀。求加入 $\ce{NaOH}$ 溶液的体积。

解：

找关系：$n(\ce{Al^3+}) = 0.1\ \mathrm{mol}$，最多可得 $\ce{Al(OH)3}$ $0.1\ \mathrm{mol}$（$7.8\ \mathrm{g}$）；实际得到 $n(\ce{Al(OH)3}) = \dfrac{3.9}{78} = 0.05\ \mathrm{mol}$，小于最大值，有两种可能：碱不足，只沉淀了一部分 $\ce{Al^3+}$；碱过量，$\ce{Al^3+}$ 全部沉淀后又溶解了一部分。

列式：情况一 $n(\ce{OH-}) = 3 \times 0.05$；情况二 $n(\ce{OH-}) = 3 \times 0.1 + (0.1 - 0.05)$（全部沉淀用 $0.3\ \mathrm{mol}$，再溶解 $0.05\ \mathrm{mol}\ \ce{Al(OH)3}$ 用 $0.05\ \mathrm{mol}$）。

计算：情况一 $n(\ce{NaOH}) = 0.15\ \mathrm{mol}$，$V = \dfrac{0.15}{2} = 0.075\ \mathrm{L} = 75\ \mathrm{mL}$；情况二 $n(\ce{NaOH}) = 0.35\ \mathrm{mol}$，$V = 175\ \mathrm{mL}$。

检验：两个体积在图像上分别落在上升段（$0$–$150\ \mathrm{mL}$）和下降段（$150$–$200\ \mathrm{mL}$），各对应一半的最大沉淀量，与“沉淀量是最大值的一半”一致。

容易卡在：只算出 $75\ \mathrm{mL}$ 一个答案。沉淀量小于最大值时，图像上同一高度和折线有两个交点，两个答案都要写。

例 5　（场景：流程题）工业上从铝土矿（主要成分 $\ce{Al2O3}$，含 $\ce{Fe2O3}$ 等杂质）中提取铝的一种流程如图。

（1）写出碱浸时 $\ce{Al2O3}$ 发生反应的离子方程式。 （2）滤液中通入过量 $\ce{CO2}$ 而不加入盐酸，原因是什么？写出离子方程式。 （3）电解时加入冰晶石（$\ce{Na3AlF6}$）的目的是什么？

解：

（1）操作 → 目的：碱浸使 $\ce{Al2O3}$ 溶解进入溶液，$\ce{Fe2O3}$ 是碱性氧化物、不溶于碱，过滤除去。$\ce{Al2O3 + 2OH- + 3H2O = 2[Al(OH)4]-}$。

（2）操作 → 目的：$\ce{Al(OH)3}$ 能溶于过量的盐酸，盐酸的用量难以控制；$\ce{CO2}$ 过量也不会溶解 $\ce{Al(OH)3}$。$\ce{[Al(OH)4]- + CO2 = Al(OH)3 v + HCO3-}$（滤液中过量的 $\ce{OH-}$ 也与 $\ce{CO2}$ 反应：$\ce{OH- + CO2 = HCO3-}$）。

（3）操作 → 目的：$\ce{Al2O3}$ 熔点约 $2050\ ^\circ\mathrm{C}$，冰晶石作助熔剂，$\ce{Al2O3}$ 溶在熔融冰晶石里，约 $1000\ ^\circ\mathrm{C}$ 以下就成为熔融液（工业电解温度一般在 $940$–$980\ ^\circ\mathrm{C}$），降低能耗。

三查：（1）Al 2、O $3 + 2 + 3 = 8$、H $2 + 6 = 8$，电荷 $-2 = -2$；（2）O、H、C 守恒（见例 1），电荷 $-1 = -1$。三个都不是氧化还原反应。

常用推论

• 铝盐与强碱：$\dfrac{n(\ce{OH-})}{n(\ce{Al^3+})} \le 3$ 时只生成 $\ce{Al(OH)3}$，$n(\ce{Al(OH)3}) = \dfrac{1}{3}n(\ce{OH-})$；$3 < \dfrac{n(\ce{OH-})}{n(\ce{Al^3+})} < 4$ 时沉淀部分溶解，$n(\ce{Al(OH)3}) = 4n(\ce{Al^3+}) - n(\ce{OH-})$；$\ge 4$ 时沉淀全部溶解。由图像上两条线段的方程得出（教材没有，考试常用）。
• 四羟基合铝酸盐与强酸：$\dfrac{n(\ce{H+})}{n(\ce{[Al(OH)4]-})} \le 1$ 时 $n(\ce{Al(OH)3}) = n(\ce{H+})$；$1 < \dfrac{n(\ce{H+})}{n(\ce{[Al(OH)4]-})} < 4$ 时 $n(\ce{Al(OH)3}) = \dfrac{4n(\ce{[Al(OH)4]-}) - n(\ce{H+})}{3}$；$\ge 4$ 时全部溶解。
• 混合溶液（含 $\ce{Mg^2+}$、$\ce{Al^3+}$，可能还有过量 $\ce{H+}$）中加 $\ce{NaOH}$，沉淀量最大时溶质只有 $\ce{NaCl}$（或 $\ce{Na2SO4}$），$n(\ce{NaOH}) = n(\ce{HCl})$ 总量。推导见例 3 的另一种解法（电荷守恒）。
• 已知沉淀量小于最大值，求碱的用量，一般有两个答案；求碱的最大用量时取“过量”那一个。

易错点

• 错在哪：用 $\ce{NaOH}$ 溶液制 $\ce{Al(OH)3}$，“加入过量 $\ce{NaOH}$ 使 $\ce{Al^3+}$ 沉淀完全”。 为什么错：理解性错误。$\ce{Al(OH)3}$ 是两性氢氧化物，过量强碱会把它溶解成 $\ce{[Al(OH)4]-}$。 正确做法：用氨水沉淀 $\ce{Al^3+}$；或用强碱时严格控制 $n(\ce{OH-}) = 3n(\ce{Al^3+})$。
• 错在哪：认为 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 与 $\ce{HCO3-}$ 可以大量共存（“都是阴离子，不会反应”）。 为什么错：记忆性错误。$\ce{HCO3-}$ 能电离出 $\ce{H+}$，酸性比 $\ce{Al(OH)3}$ 强，会把 $\ce{[Al(OH)4]-}$ 转化成 $\ce{Al(OH)3}$ 沉淀。 正确做法：记住 $\ce{[Al(OH)4]- + HCO3- = Al(OH)3 v + CO3^2- + H2O}$；判断共存时，阴离子之间也要看是否“强酸制弱酸”。
• 错在哪：图像题把横坐标的体积直接当物质的量用，或把 $3 : 1$ 用到含 $\ce{H+}$ 的溶液上。 为什么错：规范性错误。体积要乘浓度换成物质的量；溶液里有 $\ce{H+}$ 时，最前面一段是中和，不出沉淀。 正确做法：每一段先写出发生的反应，再按物质的量列式；比例只用在单独一种铝的反应段。

直观理解

把 $\ce{Al(OH)3}$ 想成跷跷板中间的支点：往酸那边压（加 $\ce{H+}$）就滑到 $\ce{Al^3+}$，往碱那边压（加 $\ce{OH-}$）就滑到 $\ce{[Al(OH)4]-}$，只有不偏不倚时才待在中间以沉淀形式出现。记图像只记两个数：铝盐加碱“三上一下”，四羟基合铝酸盐加酸“一上三下”。

关联知识点

• 前置：9.2 铝与氧化铝。
• 前置：第 4 章离子反应，离子方程式中弱电解质（$\ce{NH3.H2O}$）写化学式，离子共存的判断。
• 后续：第 13 章无机化工流程，含铝原料的碱浸、通 $\ce{CO2}$ 沉铝、调 pH 除铝。
• 后续：第 27 章盐类的水解，$\ce{Al^3+}$ 水解、明矾净水、$\ce{Al^3+}$ 与 $\ce{HCO3-}$ 相互促进水解。
• 后续：第 28 章沉淀溶解平衡，用 $K_\mathrm{sp}$ 计算 $\ce{Al^3+}$ 沉淀完全的 pH。
• 常一起考：第 1 章守恒法（沉淀最多时的电荷守恒）。

9.4 铜及其化合物

说明

宏观：铜是紫红色金属，导电性仅次于银，大量用于电线电缆。铜在干燥空气中稳定，在潮湿空气中慢慢生成绿色的铜绿。铜的常见化合物颜色各不相同，是推断题的“指纹”：

物质	颜色、状态	价态
$\ce{Cu}$	紫红色金属	0
$\ce{Cu2O}$	砖红色固体	$+1$
$\ce{CuO}$	黑色固体	$+2$
$\ce{Cu(OH)2}$	蓝色沉淀（絮状）	$+2$
$\ce{CuSO4}$（无水）	白色粉末	$+2$
$\ce{CuSO4.5H2O}$（胆矾、蓝矾）	蓝色晶体	$+2$
$\ce{Cu2(OH)2CO3}$（铜绿，碱式碳酸铜）	绿色固体	$+2$
$\ce{Cu^2+}$ 的稀溶液（如 $\ce{CuSO4}$ 溶液）	蓝色	$+2$

图中的转化：① 铜与 $\ce{O2}$ 加热；② $\ce{CuO}$ 被 $\ce{H2}$、$\ce{CO}$、C 还原；③ $\ce{CuO}$ 高温分解成 $\ce{Cu2O}$；④ $\ce{Cu2O}$ 在稀硫酸中歧化出铜；⑤ 铜与浓硫酸加热；⑥ $\ce{CuO}$ 溶于稀硫酸；⑦ $\ce{CuSO4}$ 与碱生成 $\ce{Cu(OH)2}$；⑧ $\ce{Cu(OH)2}$ 溶于酸；⑨ $\ce{Cu(OH)2}$ 受热分解；⑩ 铜在潮湿空气中生锈。

微观：铜的电子排布是 $[\ce{Ar}]3d^{10}4s^1$（第 14 章的例外），失去 1 个电子得 $\ce{Cu+}$（$3d$ 全满），失去 2 个得 $\ce{Cu^2+}$。铜在金属活动性顺序中位于 H 之后，$\ce{Cu}$ 失电子的能力弱于 $\ce{H2}$，所以 $\ce{H+}$ 夺不走铜的电子：铜不与稀盐酸、稀硫酸反应，只与氧化性酸（浓硫酸、硝酸）反应。在这些反应里，接受电子的不是 $\ce{H+}$，而是 $+6$ 价的 S 或 $+5$ 价的 N。

符号：

• 与非金属：$\ce{2Cu + O2} \xlongequal{\Delta} \ce{2CuO}$；$\ce{Cu + Cl2} \xlongequal{\text{点燃}} \ce{CuCl2}$（棕黄色的烟）；$\ce{2Cu + S} \xlongequal{\Delta} \ce{Cu2S}$（硫氧化性弱，只把铜氧化到 $+1$ 价）。
• 与浓硫酸：$\ce{Cu + 2H2SO4(\text{浓})} \xlongequal{\Delta} \ce{CuSO4 + SO2 ^ + 2H2O}$。
• 与浓硝酸：$\ce{Cu + 4HNO3(\text{浓}) = Cu(NO3)2 + 2NO2 ^ + 2H2O}$（红棕色气体，溶液变绿）；离子方程式 $\ce{Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu^2+ + 2NO2 ^ + 2H2O}$。
• 与稀硝酸：$\ce{3Cu + 8HNO3(\text{稀}) = 3Cu(NO3)2 + 2NO ^ + 4H2O}$（无色气体，在试管口变红棕色，溶液变蓝）；离子方程式 $\ce{3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu^2+ + 2NO ^ + 4H2O}$。
• 与盐溶液：$\ce{Cu + 2FeCl3 = CuCl2 + 2FeCl2}$（腐蚀印刷电路板，第 8 章）；$\ce{Cu + 2AgNO3 = Cu(NO3)2 + 2Ag}$。
• 铜绿的生成和除去：$\ce{2Cu + O2 + H2O + CO2 = Cu2(OH)2CO3}$；$\ce{Cu2(OH)2CO3 + 4HCl = 2CuCl2 + CO2 ^ + 3H2O}$；受热分解 $\ce{Cu2(OH)2CO3} \xlongequal{\Delta} \ce{2CuO + H2O + CO2 ^}$。
• 化合物之间：$\ce{CuO + H2SO4 = CuSO4 + H2O}$；$\ce{CuSO4 + 2NaOH = Cu(OH)2 v + Na2SO4}$；$\ce{Cu(OH)2} \xlongequal{\Delta} \ce{CuO + H2O}$；$\ce{CuO + H2} \xlongequal{\Delta} \ce{Cu + H2O}$；$\ce{4CuO} \xlongequal{\text{高温}} \ce{2Cu2O + O2 ^}$；$\ce{Cu2O + H2SO4 = CuSO4 + Cu + H2O}$。
• 胆矾与无水硫酸铜：$\ce{CuSO4.5H2O} \xlongequal{\Delta} \ce{CuSO4 + 5H2O}$（蓝变白）；$\ce{CuSO4 + 5H2O = CuSO4.5H2O}$（白变蓝，用来检验水）。

使用场景

• 推断题给出颜色（红色固体、黑色粉末、蓝色溶液、蓝色沉淀、绿色固体、白色粉末遇水变蓝）→ 对照颜色表定出铜的物质 → 再用价类二维图上的转化补全反应。
• 实验题给出铜与浓硫酸（或硝酸）反应的装置，问现象、尾气处理、操作目的 → 按“发生装置 → 检验产物 → 尾气吸收”分段答 → 用本节铜与氧化性酸的反应和 $\ce{SO2}$ 的性质。
• 计算题给出铜的质量和硝酸反应产生的气体体积（$\ce{NO2}$、$\ce{NO}$ 混合），问消耗硝酸或气体组成 → 铜失的电子 = 氮得的电子，消耗的硝酸 = 成盐的 + 被还原的 → 用电子守恒和 N 原子守恒。
• 题目比较几种制取 $\ce{CuSO4}$（或 $\ce{Cu(NO3)2}$）的方案，问哪种好 → 比较原料用量和是否产生污染气体 → 用方程式算酸的消耗，选“先氧化成 CuO 再溶于酸”之类的绿色方案。

注意点

• 铜与浓硫酸必须加热才反应；随着反应进行，硫酸变稀，反应停止，所以足量铜与一定量浓硫酸反应，生成的 $\ce{SO2}$ 少于按硫酸算出的理论值。
• 铜与浓硝酸常温就剧烈反应，不钝化（铝、铁才钝化）；随着硝酸变稀，产物从 $\ce{NO2}$ 变为 $\ce{NO}$，所以一定量浓硝酸与足量铜反应得到的是 $\ce{NO2}$ 和 $\ce{NO}$ 的混合气体。
• 铜与浓硫酸反应后，试管里常看到灰白色固体，溶液不显蓝色：浓硫酸吸水，生成的是无水 $\ce{CuSO4}$。要看到蓝色，应把冷却后的反应混合物慢慢倒入盛水的烧杯中，不能往试管里加水（浓硫酸稀释放热，会飞溅）。
• 例外：$+1$ 价铜在固态、高温下稳定（$\ce{CuO}$ 高温分解生成 $\ce{Cu2O}$），在酸性溶液中不稳定，发生歧化：$\ce{2Cu+ = Cu^2+ + Cu}$。所以 $\ce{Cu2O}$ 加稀硫酸得到蓝色溶液和红色的铜。
• 例外：一般“弱酸不能制强酸”，但 $\ce{CuSO4 + H2S = CuS v + H2SO4}$ 能发生，因为 $\ce{CuS}$ 极难溶，连稀硫酸都溶解不了它（第 28 章）。这个反应用来除去 $\ce{H2S}$ 或检验 $\ce{Cu^2+}$。
• 例外：铜与弱氧化剂得低价，与强氧化剂得高价。$\ce{Cl2}$ 把铜氧化成 $\ce{CuCl2}$，硫只把铜氧化成 $\ce{Cu2S}$。铁也一样（$\ce{FeCl3}$ 和 $\ce{FeS}$），由此可比较 $\ce{Cl2}$ 和 S 的氧化性。
• $\ce{CuCl2}$ 溶液浓时显绿色、稀时显蓝色；颜色和浓度、配离子有关，题目里一般写“蓝色”或“蓝绿色”。

原理解释

铜为什么不和稀盐酸反应、却和浓硫酸反应：金属活动性顺序的实验依据是金属与酸、与盐溶液的置换反应：铜放进稀盐酸不放出氢气，铁能把铜从 $\ce{CuSO4}$ 溶液中置换出来，铜能把银从 $\ce{AgNO3}$ 溶液中置换出来，于是排出 Fe > Cu > Ag，且 Cu 在 H 之后。$\ce{H+}$ 的氧化性不足以夺走铜的电子；浓硫酸中大量存在 $\ce{H2SO4}$ 分子，$+6$ 价 S 的氧化性比 $\ce{H+}$ 强得多（关键一步：浓硫酸里的氧化剂是 $+6$ 价的 S，不是 $\ce{H+}$，所以产物是 $\ce{SO2}$ 而不是 $\ce{H2}$；稀硫酸中硫酸完全电离成 $\ce{H+}$ 和 $\ce{SO4^2-}$，$\ce{SO4^2-}$ 的氧化性表现不出来，氧化剂只剩 $\ce{H+}$）。定量依据是标准电极电势：$\varphi^\circ(\ce{Cu^2+/Cu}) = +0.34\ \mathrm{V}$，高于 $\ce{H+/H2}$ 的 $0\ \mathrm{V}$，属于大学物理化学的内容。

浓硝酸生成 $\ce{NO2}$、稀硝酸生成 $\ce{NO}$：硝酸的还原产物和浓度有关。浓度大时 $\ce{NO2}$ 能稳定存在；浓度小时即使生成 $\ce{NO2}$，也会和水反应 $\ce{3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO}$，最终得到 $\ce{NO}$（第 11 章）。所以不能说“稀硝酸被还原得更多所以氧化性更强”，氧化性看反应快慢和能氧化什么，浓硝酸比稀硝酸强。

$\ce{Cu+}$ 的稳定性：$\ce{Cu+}$ 的 $3d$ 轨道全满，单独的离子很稳定，所以高温下 $\ce{CuO}$ 失氧变成 $\ce{Cu2O}$；但在水溶液中 $\ce{Cu^2+}$ 电荷高、半径小，与水分子结合放出的能量（水合能）大得多，补偿了多失一个电子的能量，于是 $\ce{Cu+}$ 歧化成 $\ce{Cu^2+}$ 和 $\ce{Cu}$。严格的说明要比较电极电势或做能量循环，属于大学无机化学。

颜色：$\ce{Cu^2+}$ 化合物的蓝色、$\ce{Cu2O}$ 的砖红色来自电子吸收可见光的跃迁，高中不要求解释，记事实即可；严格解释要用配位场理论（大学结构化学）。

例题

例 1　（场景：颜色推断）紫红色金属 A 在空气中加热生成黑色固体 B；B 溶于稀硫酸得蓝色溶液 C；C 中加入 $\ce{NaOH}$ 溶液生成蓝色沉淀 D，D 受热又生成 B；B 在高温下分解生成砖红色固体 E；E 与稀硫酸反应得到蓝色溶液和紫红色固体。写出 A–E 的化学式和 E 与稀硫酸反应的化学方程式。

解：

判断依据：紫红色金属是铜；黑色、蓝色、砖红色依次对应 $\ce{CuO}$、$\ce{Cu^2+}$ 或 $\ce{Cu(OH)2}$、$\ce{Cu2O}$（本节颜色表）。

A $\ce{Cu}$，B $\ce{CuO}$，C $\ce{CuSO4}$，D $\ce{Cu(OH)2}$，E $\ce{Cu2O}$。E 与稀硫酸：$+1$ 价铜在酸中歧化，

$$\ce{Cu2O + H2SO4 = CuSO4 + Cu + H2O}$$

三查：原子：Cu 2、O $1 + 4 = 5$、H 2、S 1，右边 Cu $1 + 1$、O $4 + 1$、H 2、S 1，守恒；电子：2 个 $+1$ 价 Cu，一个升到 $+2$（失 1）、一个降到 0（得 1），守恒；歧化反应。

容易卡在：E 与稀硫酸只写出 $\ce{CuSO4}$ 和 $\ce{H2O}$，漏了铜。题目说“得到紫红色固体”，这正是歧化的信号。

例 2　（场景：铜与浓硫酸的实验）用下图装置进行铜与浓硫酸反应的实验。

（1）写出 A 中反应的化学方程式。 （2）B 中的现象是什么？说明生成的气体有什么性质？ （3）浸 $\ce{NaOH}$ 溶液的棉团的作用是什么？写出离子方程式。 （4）铜丝做成可上下抽动的，有什么好处？ （5）反应结束后，怎样操作才能观察到 $\ce{CuSO4}$ 溶液的颜色？

解：

（1）$\ce{Cu + 2H2SO4(\text{浓})} \xlongequal{\Delta} \ce{CuSO4 + SO2 ^ + 2H2O}$。

（2）现象 → 原因 → 结论：品红溶液褪色；生成的 $\ce{SO2}$ 有漂白性（第 10 章）。

（3）操作 → 目的：吸收多余的 $\ce{SO2}$，防止污染空气。$\ce{SO2 + 2OH- = SO3^2- + H2O}$。

（4）操作 → 目的：向上抽出铜丝，铜与浓硫酸脱离接触，反应即停止；向下插入，反应开始。可以控制反应的发生与停止，减少 $\ce{SO2}$ 的生成量，节约药品、减少污染。

（5）答题句式：待试管 A 冷却后，将 A 中的混合物沿烧杯内壁慢慢倒入盛有少量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，观察到溶液呈蓝色。

三查：（1）Cu 1、H 4、S 2、O 8，右边 Cu 1、S $1 + 1$、O $4 + 2 + 2$、H 4，守恒；电子：Cu 失 2，1 个 S 从 $+6$ 到 $+4$ 得 2，守恒；条件“加热”、“浓”、$\ce{SO2}$ 标 ↑。（3）S 1、O $2 + 2 = 3 + 1$、H 2，电荷 $-2 = -2$，守恒。

容易卡在：（5）答“往试管 A 中加水”。浓硫酸稀释放出大量热，水加进浓硫酸里会暴沸飞溅；稀释浓硫酸永远是“酸入水”。

例 3　（场景：铜与硝酸的计算）$1.92\ \mathrm{g}$ 铜与适量浓硝酸反应，铜全部溶解，共收集到标准状况下 $1.12\ \mathrm{L}$ 气体（$\ce{NO2}$ 和 $\ce{NO}$ 的混合物）。求：（1）反应中消耗 $\ce{HNO3}$ 的物质的量；（2）混合气体中 $\ce{NO2}$ 和 $\ce{NO}$ 的物质的量。

解：

找关系：N 原子守恒，消耗的 $\ce{HNO3}$ 一部分成盐（$\ce{Cu(NO3)2}$ 中每个 Cu 带 2 个 $\ce{NO3-}$），一部分被还原成气体（每个气体分子含 1 个 N）：$n(\ce{HNO3}) = 2n(\ce{Cu}) + n(\text{气体})$。电子守恒：Cu 失电子 = N 得电子，$2n(\ce{Cu}) = n(\ce{NO2}) \times 1 + n(\ce{NO}) \times 3$。

列式：$n(\ce{Cu}) = \dfrac{1.92}{64} = 0.03\ \mathrm{mol}$，$n(\text{气体}) = \dfrac{1.12}{22.4} = 0.05\ \mathrm{mol}$。设 $n(\ce{NO2}) = x$，$n(\ce{NO}) = y$：$x + y = 0.05$，$x + 3y = 0.06$。

计算：（1）$n(\ce{HNO3}) = 2 \times 0.03 + 0.05 = 0.11\ \mathrm{mol}$；（2）两式相减 $2y = 0.01$，$y = 0.005\ \mathrm{mol}$，$x = 0.045\ \mathrm{mol}$。

检验：电子 $0.045 \times 1 + 0.005 \times 3 = 0.06\ \mathrm{mol}$，等于 $0.03\ \mathrm{mol}$ Cu 失去的电子；气体以 $\ce{NO2}$ 为主，符合“浓硝酸开始反应、后期变稀”的情况。

另一种解法：设与浓硝酸反应的铜为 $a\ \mathrm{mol}$、与（变稀后的）稀硝酸反应的铜为 $b\ \mathrm{mol}$，按两个方程式：$a + b = 0.03$，$2a + \dfrac{2}{3}b = 0.05$，解得 $a = 0.0225$、$b = 0.0075$；$n(\ce{NO2}) = 2a = 0.045\ \mathrm{mol}$，$n(\ce{NO}) = \dfrac{2}{3}b = 0.005\ \mathrm{mol}$，$n(\ce{HNO3}) = 4a + \dfrac{8}{3}b = 0.11\ \mathrm{mol}$。结果相同，但要先写两个方程式、带分数系数。守恒法不管反应分几步、硝酸浓度怎么变，只看始末，考场上更快；方程式法适合题目还要问“各有多少铜与浓、稀硝酸反应”的情况。

容易卡在：（1）只算 $4 \times 0.03 = 0.12\ \mathrm{mol}$（全按浓硝酸）。硝酸浓度在变，产物是混合气体，不能套单一方程式。

例 4　（场景：制取硫酸铜的方案评价）以铜为原料制取 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{CuSO4}$，有两种方案： 甲：铜与浓硫酸共热； 乙：铜在空气中灼烧成 $\ce{CuO}$，再溶于稀硫酸。 分别计算消耗 $\ce{H2SO4}$ 的物质的量，并说明哪种方案更好。

解：

找关系：甲 $\ce{Cu + 2H2SO4(\text{浓})} \xlongequal{\Delta} \ce{CuSO4 + SO2 ^ + 2H2O}$；乙 $\ce{2Cu + O2} \xlongequal{\Delta} \ce{2CuO}$，$\ce{CuO + H2SO4 = CuSO4 + H2O}$。

列式：甲 $n(\ce{H2SO4}) = 2n(\ce{CuSO4})$；乙 $n(\ce{H2SO4}) = n(\ce{CuSO4})$。

计算：甲消耗 $2\ \mathrm{mol}$，同时放出 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{SO2}$；乙消耗 $1\ \mathrm{mol}$，不产生污染气体。

检验：甲中一半的硫酸被还原成 $\ce{SO2}$，所以多用一倍；乙中氧化剂是空气中的 $\ce{O2}$，硫酸只起酸的作用，S 全部进入产品，原子利用率高。

结论：乙更好，硫酸用量少一半，且不产生 $\ce{SO2}$，符合绿色化学的要求（第 12 章）。工业上也可以把两步合成一步，在加热、通入空气的条件下溶解铜：$\ce{2Cu + O2 + 2H2SO4} \xlongequal{\Delta} \ce{2CuSO4 + 2H2O}$；或用 $\ce{H2O2}$ 作氧化剂：$\ce{Cu + H2O2 + H2SO4 = CuSO4 + 2H2O}$。

常用推论

• 铜与硝酸：$n(\text{消耗 }\ce{HNO3}) = 2n(\ce{Cu}) + n(\ce{NO2}) + n(\ce{NO})$（N 守恒）；$2n(\ce{Cu}) = n(\ce{NO2}) + 3n(\ce{NO})$（电子守恒）。推导见例 3。
• 铜与硝酸生成的气体再与 $\ce{O2}$ 混合通入水中恰好被完全吸收时，$n(\ce{O2}) = \dfrac{1}{2}n(\ce{Cu})$：N 从 $+5$ 降下去又升回 $+5$，净结果是 Cu 的电子全部给了 $\ce{O2}$，$2n(\ce{Cu}) = 4n(\ce{O2})$（教材没有，考试常用；条件是气体最终全部变回 $\ce{HNO3}$）。
• 铜与浓硫酸：被还原的 $\ce{H2SO4}$ 占参加反应的一半，$n(\ce{SO2}) = n(\ce{Cu})$；足量铜与 $n\ \mathrm{mol}$ 浓硫酸，$n(\ce{SO2}) < \dfrac{n}{2}$。
• 检验水用无水 $\ce{CuSO4}$（白变蓝）；检验 $\ce{Cu}$ 中是否含 $\ce{Cu2O}$，加稀硫酸看溶液是否变蓝（铜不溶于稀硫酸）。

易错点

• 错在哪：说“足量的铜与含 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{H2SO4}$ 的浓硫酸反应，生成 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{SO2}$”。 为什么错：理解性错误。反应中硫酸变稀后不再与铜反应，硫酸不能全部参加反应。 正确做法：写“生成的 $\ce{SO2}$ 少于 $1\ \mathrm{mol}$”。同类的还有 $\ce{MnO2}$ 与浓盐酸（第 7 章）：浓度变化会让反应停止或改变产物。
• 错在哪：铜与稀硝酸的离子方程式写成 $\ce{Cu + 4H+ + NO3- = Cu^2+ + NO ^ + 2H2O}$。 为什么错：规范性错误。原子守恒了，但电荷不守恒（左 $+3$、右 $+2$），电子也不守恒（Cu 失 2、N 得 3）。 正确做法：先按电子守恒定 $3\ce{Cu} \sim 2\ce{NO}$，再按电荷配 $\ce{H+}$：$\ce{3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu^2+ + 2NO ^ + 4H2O}$。
• 错在哪：把 $\ce{Cu2O}$ 记成黑色、$\ce{CuO}$ 记成红色。 为什么错：记忆性错误。两种氧化物颜色正好相反，最容易记混。 正确做法：记“高价黑、低价红”：$+2$ 价 $\ce{CuO}$ 黑，$+1$ 价 $\ce{Cu2O}$ 砖红。新制 $\ce{Cu(OH)2}$ 检验醛基时生成的就是砖红色 $\ce{Cu2O}$（第 34 章）。

直观理解

遇到铜的物质先问价态：0 价紫红、$+1$ 价砖红、$+2$ 价“黑（氧化物）、蓝（氢氧化物、水合物和溶液）、白（无水硫酸铜）、绿（铜绿）”。再问类别：$\ce{CuO}$ 是碱性氧化物，只和酸反应；$\ce{Cu(OH)2}$ 是弱碱，受热分解，不是两性。铜本身在 H 之后，所以“铜 + 酸”只有一种情况能反应：酸里有比 $\ce{H+}$ 更强的氧化剂。

关联知识点

• 前置：第 5 章氧化还原反应，歧化反应、电子守恒。
• 前置：第 14 章原子结构，铜的电子排布 $3d^{10}4s^1$ 是洪特规则特例。
• 常一起考：第 10 章硫及其化合物，浓硫酸的强氧化性、$\ce{SO2}$ 的检验和吸收。
• 常一起考：第 11 章氮及其化合物，硝酸的强氧化性，$\ce{NO}$、$\ce{NO2}$ 与 $\ce{O2}$、水的反应。
• 后续：第 17 章分子的空间结构与性质，$\ce{[Cu(NH3)4]^2+}$ 等配合物。
• 后续：第 21 章电解池，电解精炼铜。
• 后续：第 34 章醛，新制 $\ce{Cu(OH)2}$ 检验醛基生成 $\ce{Cu2O}$。

9.5 合金

说明

宏观：纯金属往往太软（纯铝、纯铁都很软）或不耐腐蚀，生活中用的金属材料大多是合金。合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质。常见合金：

合金	主要成分	性能与用途
生铁	Fe，含碳 $2\%$–$4.3\%$	硬而脆，可铸不可锻
钢	Fe，含碳 $0.03\%$–$2\%$	有韧性，可锻轧；碳素钢、合金钢
不锈钢	Fe，加入 Cr、Ni	耐腐蚀，用于医疗器械、炊具
硬铝	Al，加入少量 Cu、Mg、Mn、Si	密度小、强度高，用于飞机、火箭
青铜 / 黄铜 / 白铜	Cu 与 Sn / Cu 与 Zn / Cu 与 Ni	耐磨、耐腐蚀；我国使用最早的合金是青铜
焊锡	Sn 与 Pb	熔点低（约 $183\ ^\circ\mathrm{C}$，Sn $232\ ^\circ\mathrm{C}$、Pb $327\ ^\circ\mathrm{C}$），用于焊接
储氢合金、钛合金、形状记忆合金	如 La–Ni、Ti–Al–V、Ni–Ti	新型合金：储运氢气；人造骨骼、航天；可恢复原形

微观：纯金属里原子大小相同，排列成整齐的层，层与层之间受力时容易整体滑动，所以纯金属较软、延展性好。加入大小不同的原子后，原来整齐的层被扭曲，层间滑动受阻，所以合金的硬度一般比成分金属大。

符号：合金一般是混合物（钢里的碳以单质或碳化物的形式分散在铁中），没有固定的化学式，用成分和含量表示，如“含 $\ce{Cu}$ $4\%$ 的铝合金”。合金中各成分金属保持各自的化学性质：镁铝合金溶于盐酸，镁和铝都反应；溶于 $\ce{NaOH}$ 溶液，只有铝反应。

使用场景

• 选择题判断关于合金的说法（是不是混合物、是否只含金属、硬度和熔点怎样变）→ 对照定义和“硬度一般大、熔点一般低” → 逐项判断，注意“一定”“都”等绝对化的词。
• 选择题给出合金的性能与用途对应关系 → 用性能解释用途（密度小强度高 → 航空；耐腐蚀 → 医疗器械；熔点低 → 焊接、保险丝）→ 找出不对应的一项。
• 计算题给出合金（镁铝、铜锌、铁铝）的质量和与酸、碱反应放出的气体 → 各成分分别反应，不反应的成分不产生气体 → 用“与碱反应只有铝”或“总质量 + 总电子”列方程。

注意点

• 合金可以含非金属（钢含碳），但必须具有金属特性（导电、导热、有金属光泽）。
• 合金是混合物（高中阶段按混合物处理），不是化合物；它是“熔合”而成，简单把两种金属粉末混在一起不是合金。
• 合金的硬度一般大于成分金属、熔点一般低于成分金属，不是绝对的。例外：白铜（Cu–Ni）的熔点介于铜（$1085\ ^\circ\mathrm{C}$）和镍（$1455\ ^\circ\mathrm{C}$）之间，因为铜、镍原子大小相近，能以任意比例互溶，原有的排列几乎不被打乱。
• 生铁和钢的区别在含碳量，不在“是否含碳”。钢也含碳。
• 不锈钢耐腐蚀靠的是 Cr 在表面形成致密的氧化膜，不是“铁不再活泼”。

原理解释

硬度为什么变大：金属受外力变形，本质是原子层沿某个方向整体滑动。纯金属的原子层像整齐码放的同样大小的球，层面平整，推一下就滑过去；掺入大小不同的原子，层面变得凹凸不平，滑动时要越过“台阶”，需要更大的力（关键一步：硬度反映的是抵抗变形的能力，变形靠层间滑动，滑动受阻，硬度就大；同样的道理也说明合金的延展性通常比纯金属差）。

熔点为什么一般变低：熔化就是破坏原子的规则排列。纯金属的排列规则、各处作用力一样，要到一个确定的温度才能整体破坏；合金中不同原子打乱了规则排列，有些地方作用力被削弱，较低温度下就能开始破坏。这和“盐溶在水里使凝固点降低”是同一类现象（第 18 章晶体）。严格的解释要用二元合金相图和共晶点，属于大学物理化学和材料科学的内容。

例题

例 1　（场景：判断关于合金的说法）下列说法正确的是（　）。

A. 合金都是由两种或两种以上金属熔合而成的 B. 合金的硬度一般比各成分金属大 C. 合金的熔点一定比各成分金属低 D. 合金属于化合物，有固定的组成

解：B。

判断依据：合金的定义（金属与金属或非金属熔合、具有金属特性的混合物）和“一般”规律。

A 钢含非金属碳，合金可以含非金属；C 是“一般”低，不是“一定”，白铜就是例外；D 合金是混合物，没有固定的化学式；B 符合“原子层滑动受阻”的结论。

例 2　（场景：性能与用途的对应）下列合金的性能与用途对应不正确的是（　）。

A. 硬铝密度小、强度高，可用于制造飞机外壳 B. 不锈钢耐腐蚀，可用于制造医疗器械 C. 生铁硬而脆，可锻轧成各种钢材 D. 钛合金与人体有很好的相容性，可用于制造人造骨骼

解：C。

判断依据：性能决定用途；生铁含碳多，硬而脆，只能铸造，不能锻轧。

C 中“硬而脆”与“可锻轧”矛盾，可锻轧的是含碳量低、有韧性的钢。A、B、D 的性能与用途对应。

例 3　（场景：合金成分计算）$5.1\ \mathrm{g}$ 镁铝合金与足量盐酸反应，放出标准状况下 $5.6\ \mathrm{L}$ $\ce{H2}$；等质量的该合金与足量 $\ce{NaOH}$ 溶液反应，放出标准状况下 $3.36\ \mathrm{L}$ $\ce{H2}$。求合金中镁和铝的质量。

解：

找关系：与 $\ce{NaOH}$ 溶液反应只有铝，$2\ce{Al} \sim 3\ce{H2}$；与盐酸反应镁和铝都放出氢气，$\ce{Mg} \sim \ce{H2}$，$2\ce{Al} \sim 3\ce{H2}$，铝在两种情况下放出的 $\ce{H2}$ 相同（9.2 节常用推论）。

列式：$n(\ce{Al}) = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3.36}{22.4}$；镁放出的 $\ce{H2}$ $= \dfrac{5.6 - 3.36}{22.4}$，$n(\ce{Mg}) = n(\ce{H2})_{\text{镁}}$。

计算：$n(\ce{Al}) = \dfrac{2}{3} \times 0.15 = 0.1\ \mathrm{mol}$，$m(\ce{Al}) = 2.7\ \mathrm{g}$；$n(\ce{Mg}) = 0.1\ \mathrm{mol}$，$m(\ce{Mg}) = 2.4\ \mathrm{g}$。

检验：$2.7 + 2.4 = 5.1\ \mathrm{g}$，与合金质量一致。

另一种解法：只用盐酸一组数据和总质量：设 $n(\ce{Mg}) = x$、$n(\ce{Al}) = y$，质量 $24x + 27y = 5.1$，电子守恒 $2x + 3y = 2 \times \dfrac{5.6}{22.4} = 0.5$，解得 $x = 0.1$、$y = 0.1$。两组气体数据都给时，用“碱只溶铝”一步求铝最快；只给一组数据时，用“质量 + 电子”两个方程，这时 NaOH 那组数据就成了检验。

常用推论

• 两种金属组成的合金与酸反应，用“总质量 + 失电子总数”两个方程可求组成；与碱反应只有铝（中学范围内的常见金属）放出氢气。
• 平均摩尔电子质量法（教材没有，考试常用）：每失去 $1\ \mathrm{mol}$ 电子所需金属的质量，Mg $12\ \mathrm{g}$、Al $9\ \mathrm{g}$、Zn $32.5\ \mathrm{g}$、Fe（生成 $\ce{Fe^2+}$）$28\ \mathrm{g}$、Na $23\ \mathrm{g}$；不与酸反应的 Cu 视为无穷大。混合金属的平均值必介于各成分之间，可快速判断“可能由哪两种金属组成”。条件：金属与非氧化性酸反应、全部溶解（Cu 除外）。原理同第 1 章的平均摩尔质量。
• 合金硬度大、熔点低、耐腐蚀等性能，可以通过改变成分和含量调节，这是“结构决定性质”在材料上的体现。

易错点

• 错在哪：认为合金中只含金属元素。 为什么错：记忆性错误。钢、生铁都是铁和碳的合金。 正确做法：记定义“金属与金属或非金属熔合，具有金属特性”。
• 错在哪：认为合金的性质是各成分性质的平均值，或认为合金中的金属不再有原来的化学性质。 为什么错：理解性错误。合金的物理性质（硬度、熔点）可以与成分金属差别很大；化学性质上各成分基本保持原样。 正确做法：物理性质看结构改变（层间滑动、排列规则性），化学反应按各成分分别写方程式。

直观理解

纯金属像一摞同样大小的玻璃球码成的方阵，轻轻一推上层就滑走；合金像在里面混进了几个乒乓球，方阵变得坑坑洼洼，推起来卡住了，所以更硬。方阵里混进“异类”也让整齐的排列更容易散架，所以熔点一般更低。

关联知识点

• 前置：9.2 铝与氧化铝（硬铝）；第 8 章铁及其化合物（生铁、钢）。
• 后续：第 18 章晶体结构与性质，金属晶体和金属键，用“电子气”理论解释导电性、延展性。
• 后续：第 21 章金属的腐蚀与防护，不锈钢、镀层和牺牲阳极。
• 常一起考：第 1 章守恒法（合金成分计算中的电子守恒和平均值法）。

9.6 金属的活动性与冶炼方法

说明

宏观：除金、铂等少数金属外，绝大多数金属在自然界以化合物（氧化物、硫化物、碳酸盐）的形式存在。金属冶炼就是把金属从化合物中还原出来：$\ce{M^{n+} + ne- = M}$。人类使用金属的先后——青铜器、铁器、近代才有的铝——正好对应金属从不活泼到活泼的顺序：越活泼的金属越难冶炼，用得越晚。

微观：金属越活泼，原子越容易失电子，反过来它的阳离子越难得电子，越难被还原，需要的还原手段越强。金属活动性顺序：

$$\ce{K}\ \ \ce{Ca}\ \ \ce{Na}\ \ \ce{Mg}\ \ \ce{Al}\ \ \ce{Zn}\ \ \ce{Fe}\ \ \ce{Sn}\ \ \ce{Pb}\ \ (\ce{H})\ \ \ce{Cu}\ \ \ce{Hg}\ \ \ce{Ag}\ \ \ce{Pt}\ \ \ce{Au}$$

按位置分三类方法：

符号：

• 电解法（K–Al）：$\ce{2NaCl(\text{熔融})} \xlongequal{\text{通电}} \ce{2Na + Cl2 ^}$；$\ce{MgCl2(\text{熔融})} \xlongequal{\text{通电}} \ce{Mg + Cl2 ^}$；$\ce{2Al2O3(\text{熔融})} \xlongequal[\text{冰晶石}]{\text{通电}} \ce{4Al + 3O2 ^}$。
• 热还原法（Zn–Cu）：$\ce{Fe2O3 + 3CO} \xlongequal{\text{高温}} \ce{2Fe + 3CO2}$（高炉炼铁）；$\ce{WO3 + 3H2} \xlongequal{\text{高温}} \ce{W + 3H2O}$；铝热法 $\ce{Cr2O3 + 2Al} \xlongequal{\text{高温}} \ce{2Cr + Al2O3}$；火法炼铜 $\ce{Cu2S + O2} \xlongequal{\text{高温}} \ce{2Cu + SO2}$；湿法炼铜 $\ce{Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu}$。
• 热分解法（Hg、Ag）：$\ce{2HgO} \xlongequal{\Delta} \ce{2Hg + O2 ^}$；$\ce{2Ag2O} \xlongequal{\Delta} \ce{4Ag + O2 ^}$。

使用场景

• 选择题问某种金属工业上用什么方法冶炼、用什么原料 → 看它在活动性顺序中的位置 → 用三分法，再查电解原料的例外（Al 用 $\ce{Al2O3}$，Mg 用 $\ce{MgCl2}$）。
• 题目要求写冶炼某金属的化学方程式 → 定方法（电解、热还原、热分解）→ 写方程式并标条件（通电、高温、加热、熔融）。
• 计算题问用铝热法（或 $\ce{H2}$、$\ce{CO}$）还原不同氧化物，制取等量金属消耗还原剂多少 → 金属的价态降多少，还原剂就要提供多少电子 → 用电子守恒比较。
• 流程题给出陌生金属（钛、钒、钨）的冶炼步骤，问某步的反应、条件的作用 → 按价态找氧化剂和还原剂，按“该金属是否活泼、会不会被空气氧化”解释条件 → 用活动性和本节方法迁移，区分题给信息和课本知识。

注意点

• 电解铝用 $\ce{Al2O3}$ 不用 $\ce{AlCl3}$：$\ce{AlCl3}$ 是共价化合物，熔融时不导电（而且约 $180\ ^\circ\mathrm{C}$ 就升华）。电解镁用 $\ce{MgCl2}$ 不用 $\ce{MgO}$：$\ce{MgO}$ 熔点约 $2850\ ^\circ\mathrm{C}$，熔化耗能太大。
• 电解法必须电解熔融的化合物，不能电解水溶液：电解 $\ce{NaCl}$ 溶液得到的是 $\ce{NaOH}$、$\ce{H2}$ 和 $\ce{Cl2}$（第 21 章氯碱工业），因为水中的 $\ce{H+}$ 比 $\ce{Na+}$ 容易得电子。
• 活泼金属不能在水溶液中置换较不活泼的金属：把 Na 投入 $\ce{CuSO4}$ 溶液，Na 先和水反应生成 $\ce{NaOH}$ 和 $\ce{H2}$，再生成蓝色 $\ce{Cu(OH)2}$ 沉淀，得不到铜。
• 例外：工业上用 Na 制 K，$\ce{Na + KCl <=>[\text{850 °C}] K ^ + NaCl}$。K 比 Na 活泼，反应却能发生，因为 K 的沸点（$759\ ^\circ\mathrm{C}$）比 Na（$883\ ^\circ\mathrm{C}$）低，在 $850\ ^\circ\mathrm{C}$ 下 K 变成蒸气不断离开体系，使反应持续向右进行（第 23 章化学平衡移动）。活动性顺序是溶液中的规律，高温、无水条件下要看具体情况。
• 例外：活动性顺序里 Sn 排在 Pb 前，但二者的标准电极电势只差约 $0.01\ \mathrm{V}$（$\ce{Sn^2+/Sn}$ $-0.14\ \mathrm{V}$，$\ce{Pb^2+/Pb}$ $-0.13\ \mathrm{V}$），浓度改变时顺序可以颠倒。
• 热还原法的还原剂：C、CO、$\ce{H2}$、活泼金属（Al）。用 C 或 CO 得到的金属可能含碳（生铁），用 $\ce{H2}$ 得到的金属纯度高（钨丝）。

原理解释

金属活动性顺序的依据：它是一条经验规律，依据是实验：金属与水反应的剧烈程度（K、Na 与冷水剧烈反应，Mg 与热水反应，Fe 与水蒸气高温反应）、与酸反应放出氢气的快慢、能否从盐溶液中置换出另一种金属。微观上，它反映金属原子在水溶液中失电子变成水合离子的难易。严格的定量依据是标准电极电势（大学物理化学），它不只取决于原子失电子的能力（电离能），还取决于金属原子脱离晶体所需的能量和离子与水结合放出的能量。所以锂的第一电离能比钠大，在水溶液中却比钠更容易失电子（$\varphi^\circ(\ce{Li+/Li}) = -3.04\ \mathrm{V}$，$\varphi^\circ(\ce{Na+/Na}) = -2.71\ \mathrm{V}$），因为 $\ce{Li+}$ 很小，与水结合放出的能量特别大。

为什么按活动性分三类：冶炼是让 $\ce{M^{n+}}$ 得电子。不活泼金属（Hg、Ag）的阳离子很容易得电子，它们的氧化物受热就分解，加热即可；中等活泼金属的阳离子要靠化学还原剂提供电子，C、CO、$\ce{H2}$ 在高温下就能做到；最活泼的金属的阳离子得电子能力极弱，任何常见的化学还原剂都不够强（关键一步：能还原它们的只有更活泼的金属，而更活泼的金属本身更难制得，所以只能用电能强行把电子“推”给阳离子，这就是电解；电解提供电子的能力由电压决定，可以调得足够大）。

例题

例 1　（场景：选冶炼方法）下列关于金属冶炼的说法正确的是（　）。

A. 工业上电解熔融的 $\ce{AlCl3}$ 制取铝 B. 工业上用 $\ce{CO}$ 在高温下还原铁矿石炼铁 C. 将钠投入 $\ce{CuSO4}$ 溶液中可以置换出铜 D. 工业上电解熔融的 $\ce{MgO}$ 制取镁

解：B。

判断依据：按活动性三分法选方法，再查电解原料的例外。

A $\ce{AlCl3}$ 是共价化合物，熔融不导电，工业上电解的是 $\ce{Al2O3}$；C 钠先与水反应，得到 $\ce{Cu(OH)2}$ 沉淀而不是铜；D $\ce{MgO}$ 熔点太高，工业上电解熔融的 $\ce{MgCl2}$；B 铁属于中等活泼金属，用热还原法，正确。

例 2　（场景：写冶炼的方程式）写出下列冶炼过程的化学方程式：（1）用 $\ce{H2}$ 在高温下还原 $\ce{WO3}$ 制钨；（2）电解熔融氯化镁制镁；（3）加热氧化银制银；（4）用铝热法还原 $\ce{MnO2}$ 制锰。

解：

（1）$\ce{WO3 + 3H2} \xlongequal{\text{高温}} \ce{W + 3H2O}$ （2）$\ce{MgCl2(\text{熔融})} \xlongequal{\text{通电}} \ce{Mg + Cl2 ^}$ （3）$\ce{2Ag2O} \xlongequal{\Delta} \ce{4Ag + O2 ^}$ （4）$\ce{3MnO2 + 4Al} \xlongequal{\text{高温}} \ce{3Mn + 2Al2O3}$

三查：（1）W 从 $+6$ 到 0 得 6 个电子，3 个 $\ce{H2}$ 失 6 个，守恒；原子 W 1、O 3、H 6。（2）Mg 得 2、2 个 $\ce{Cl-}$ 失 2，守恒；标“熔融”“通电”、$\ce{Cl2}$ ↑。（3）4 个 Ag 得 4、2 个 O 失 4，守恒；$\ce{O2}$ ↑。（4）3 个 Mn 从 $+4$ 到 0 得 12 个电子，4 个 Al 失 12 个，守恒；原子 Mn 3、O 6、Al 4。电解、高温条件不能漏；固体之间的反应，生成的固体不标 ↓。

例 3　（场景：铝热法消耗铝的计算）分别用铝热法从 $\ce{MnO2}$、$\ce{Cr2O3}$、$\ce{Fe3O4}$、$\ce{V2O5}$ 中各制取 $1\ \mathrm{mol}$ 金属，消耗铝最多和最少的各是哪一种？制取 $1\ \mathrm{mol}$ 锰消耗铝多少克？

解：

找关系：$\ce{3MnO2 + 4Al} \xlongequal{\text{高温}} \ce{3Mn + 2Al2O3}$；$\ce{Cr2O3 + 2Al} \xlongequal{\text{高温}} \ce{2Cr + Al2O3}$；$\ce{3Fe3O4 + 8Al} \xlongequal{\text{高温}} \ce{9Fe + 4Al2O3}$；$\ce{3V2O5 + 10Al} \xlongequal{\text{高温}} \ce{6V + 5Al2O3}$。

列式：制 $1\ \mathrm{mol}$ 金属所需 Al：Mn $\dfrac{4}{3}\ \mathrm{mol}$，Cr $1\ \mathrm{mol}$，Fe $\dfrac{8}{9}\ \mathrm{mol}$，V $\dfrac{10}{6} = \dfrac{5}{3}\ \mathrm{mol}$。

计算：$\ce{V2O5}$ 最多，$\ce{Fe3O4}$ 最少；制 $1\ \mathrm{mol}$ Mn 需 Al $\dfrac{4}{3} \times 27 = 36\ \mathrm{g}$。

检验：金属在氧化物中的价态越高，降到 0 价要得的电子越多，耗铝越多：V $+5$ > Mn $+4$ > Cr $+3$ > Fe $+\dfrac{8}{3}$，与计算顺序一致。

另一种解法：电子守恒，不写方程式。每个 Al 失 3 个电子；制 $1\ \mathrm{mol}$ 金属需要的电子数就是金属的化合价数值：V 5、Mn 4、Cr 3、Fe $\dfrac{8}{3}$（$\ce{Fe3O4}$ 中 Fe 的平均价态）。所以 $n(\ce{Al}) = \dfrac{\text{化合价}}{3}$，一眼看出顺序，Mn 为 $\dfrac{4}{3}\ \mathrm{mol}$。只比较大小或只求还原剂用量时用电子守恒最快；题目还要求写方程式或求 $\ce{Al2O3}$ 的量时，才需要逐个配平。

例 4　（场景：陌生金属的冶炼流程；陌生情境）钛被称为“21 世纪的金属”，常温下耐腐蚀，但高温时化学性质活泼，能与 $\ce{O2}$、$\ce{N2}$ 反应。工业上以金红石（主要成分 $\ce{TiO2}$）为原料制钛：第一步在高温下使 $\ce{TiO2}$、焦炭和 $\ce{Cl2}$ 反应，得到 $\ce{TiCl4}$ 和一种可燃性气体；第二步在氩气保护下，用镁在高温下还原 $\ce{TiCl4}$。

（1）写出两步反应的化学方程式。 （2）第二步为什么要在氩气中进行？ （3）钛比铁更难冶炼，从本节判断方法看，冶炼钛为什么不直接用焦炭还原 $\ce{TiO2}$，而要用镁？

解：

（1）第一步：这一步用的是题给信息，产物是 $\ce{TiCl4}$ 和“可燃性气体”；这一步用的是课本知识，高温下与焦炭共存、可燃的含碳气体是 $\ce{CO}$，Ti 价态不变（$+4$），C 从 0 升到 $+2$，Cl 从 0 降到 $-1$：

$$\ce{TiO2 + 2C + 2Cl2} \xlongequal{\text{高温}} \ce{TiCl4 + 2CO}$$

第二步：镁比钛活泼，置换出钛（课本知识：活泼金属作还原剂，同铝热法）：

$$\ce{TiCl4 + 2Mg} \xlongequal[\text{氩气}]{\text{高温}} \ce{Ti + 2MgCl2}$$

（2）操作 → 目的：用的是题给信息“高温时钛能与 $\ce{O2}$、$\ce{N2}$ 反应”，镁在高温下也会与 $\ce{O2}$、$\ce{N2}$ 反应；氩气是稀有气体，化学性质稳定，作保护气，防止钛和镁被氧化。

（3）用的是课本知识：钛很活泼，它的阳离子难得电子；用焦炭在高温下还原 $\ce{TiO2}$，钛会和碳结合生成稳定的碳化钛（TiC），得不到纯钛。所以先用碳和氯气把 $\ce{TiO2}$ 转成 $\ce{TiCl4}$，再用比钛更活泼的镁置换。

三查：第一步 Ti 1、O 2、C 2、Cl 4，守恒；电子：2 个 C 失 4，2 个 $\ce{Cl2}$ 得 4，守恒。第二步 Ti 得 4，2 个 Mg 失 4，守恒；Ti 1、Cl 4、Mg 2。两步都标“高温”，第二步注明氩气。

常用推论

• 冶炼方法的选择看金属活动性：K–Al 电解，Zn–Cu 热还原，Hg、Ag 热分解，Pt、Au 物理富集。电解原料：Na 用 $\ce{NaCl}$，Mg 用 $\ce{MgCl2}$，Al 用 $\ce{Al2O3}$。
• 用还原剂制取等物质的量的金属，消耗还原剂之比 = 金属在化合物中的化合价之比（还原剂相同时）。由电子守恒得出，见例 3。
• 同一种金属（铁、铜）有多种冶炼方法：铜有火法（$\ce{Cu2S}$ 与 $\ce{O2}$）、湿法（Fe 置换）、热还原（$\ce{H2}$ 还原 $\ce{CuO}$），再用电解精炼得到高纯铜（第 21 章）。

易错点

• 错在哪：认为“活泼金属能置换出不活泼金属”在任何条件下都成立，于是“用钠从 $\ce{CuSO4}$ 溶液中置换铜”。 为什么错：理解性错误。活动性顺序是溶液中的规律，K、Ca、Na 太活泼，在溶液里先与水反应。 正确做法：在水溶液中置换时，排除 K、Ca、Na；钠置换金属只能在熔融、无水条件下进行（如 $\ce{TiCl4}$ 与熔融的钠）。
• 错在哪：写冶炼方程式时把 $\ce{2Al2O3}$ 的电解写成“加热”或漏写“熔融”。 为什么错：规范性错误。$\ce{Al2O3}$ 只能电解，且必须是熔融状态才能导电。 正确做法：写 $\ce{2Al2O3(\text{熔融})} \xlongequal[\text{冰晶石}]{\text{通电}} \ce{4Al + 3O2 ^}$，条件写全。
• 错在哪：认为铝热反应能冶炼所有金属，如“用铝热法制镁”。 为什么错：记忆性错误。铝只能还原比它不活泼的金属的氧化物。 正确做法：铝热法用于冶炼比铝不活泼、熔点高的金属（Fe、Cr、Mn、V 等）。

直观理解

把冶炼想成“把电子还给金属离子”：越活泼的金属越不想要回电子。Hg、Ag 像愿意回家的孩子，加热一下就回来；Fe、Cu 要请“中间人”（C、CO、$\ce{H2}$）送回去；Na、Mg、Al 怎么劝都不回，只能靠电流强行塞回去。所以人类先用铜，后用铁，最后才有了要靠电的铝。

关联知识点

• 前置：第 5 章氧化还原反应，冶炼的本质是金属阳离子被还原。
• 前置：9.2 铝热反应。
• 后续：第 15 章元素周期律，金属性强弱的判断依据。
• 后续：第 20 章原电池，金属活动性与原电池正负极的判断。
• 后续：第 21 章电解池，电解熔融氯化钠、氧化铝的电极反应，电解精炼铜；电解的电流与电量见《高中物理知识点梳理》第 17 章。
• 常一起考：第 13 章无机化工流程，流程最后一步“获得金属”的方法和条件。

9.7 知识点之间的关系

本章五个知识点分两条线。铝这条线：铝和氧化铝的两性（9.2）延伸到氢氧化铝与两种铝盐的三角转化（9.3），图像和流程题都在这里。铜这条线：铜在 H 后，只和氧化性酸反应，化合物靠价态和颜色区分（9.4）。两条线在最后汇合：铝和铜都是重要的合金基体（9.5），它们和铁、钠一起按活动性排队，决定各自用什么方法冶炼（9.6）。下图按题目问什么给出入口。

9.8 自测

1. 写出铝与 $\ce{KOH}$ 溶液反应的离子方程式。
2. 常温下，下列物质能用铝制容器盛放的是哪一种？① 稀硝酸 ② 浓硝酸 ③ $\ce{NaOH}$ 溶液 ④ 稀盐酸
3. 向 $50\ \mathrm{mL}\ 1\ \mathrm{mol/L}\ \ce{AlCl3}$ 溶液中逐滴加入 $1\ \mathrm{mol/L}\ \ce{NaOH}$ 溶液，最多可得沉淀多少克？沉淀恰好完全溶解时共加入 $\ce{NaOH}$ 溶液多少毫升？
4. 写出向 $\ce{Na[Al(OH)4]}$ 溶液中通入过量 $\ce{CO2}$ 的离子方程式。
5. 判断：$\ce{Al^3+}$ 与 $\ce{HCO3-}$ 在溶液中可以大量共存。
6. 写出 $\ce{CuO}$、$\ce{Cu2O}$、$\ce{Cu(OH)2}$、$\ce{CuSO4.5H2O}$、无水 $\ce{CuSO4}$、$\ce{Cu2(OH)2CO3}$ 的颜色。
7. $3.2\ \mathrm{g}$ 铜与足量稀硝酸反应，生成的 $\ce{NO}$ 在标准状况下的体积是多少（保留三位有效数字）？
8. $0.06\ \mathrm{mol}$ 铜与一定量浓硝酸恰好完全反应，产生的气体与一定量 $\ce{O2}$ 混合后通入水中恰好被完全吸收，需要标准状况下 $\ce{O2}$ 多少升？
9. 用微观的观点说明合金的硬度一般比纯金属大的原因。
10. 下列金属一般用电解法冶炼的是哪一种？Fe、Al、Hg、Cu
11. 工业上为什么电解熔融的 $\ce{Al2O3}$ 而不电解熔融的 $\ce{AlCl3}$ 制铝？
12. 用铝热法分别从 $\ce{Cr2O3}$ 和 $\ce{MnO2}$ 中制取等物质的量的金属，消耗铝的物质的量之比是多少？

答案：1. $\ce{2Al + 2OH- + 6H2O = 2[Al(OH)4]- + 3H2 ^}$；2. ②；3. $3.9\ \mathrm{g}$，$200\ \mathrm{mL}$；4. $\ce{[Al(OH)4]- + CO2 = Al(OH)3 v + HCO3-}$；5. 错误，二者相互促进水解生成 $\ce{Al(OH)3}$ 和 $\ce{CO2}$；6. 黑色、砖红色、蓝色、蓝色、白色、绿色；7. $0.747\ \mathrm{L}$；8. $0.672\ \mathrm{L}$；9. 合金中大小不同的原子使原子层排列扭曲，层与层之间的滑动受阻；10. Al；11. $\ce{AlCl3}$ 是共价化合物，熔融状态下不导电；12. $3 : 4$。

9.9 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台 · 高中化学：搜索“金属材料”和“自然资源的开发利用”，可看人教版必修第一册第三章第二节、必修第二册第八章第一节的同步课程视频。
• 人民教育出版社：人教版教材的出版方，从这里进入电子课本，查铝与氢氧化钠溶液反应的教材写法（四羟基合铝酸钠）和铝热反应实验。
• 维基百科 · 铝热反应：铝热反应的历史、反应热数据和在焊接钢轨、冶炼难熔金属中的应用。
• 维基百科 · 拜耳法：工业上从铝土矿生产氧化铝的主要流程（碱浸后加晶种使氢氧化铝析出）；9.3 例 5 用通入二氧化碳析出氢氧化铝，对应的是另一种工业方法烧结法。