高三化学金属教师卷.docx
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高三化学金属教师卷
1.根据下列实验现象，所得结论正确的是（）
实验
实验现象
结论
A
左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡
活动性：
Al＞Fe＞Cu
B
左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色
氧化性：
Cl2＞Br2＞Ⅰ2
C
左边溶液产生黄色沉淀，右边溶液产生黄色沉淀
氧化性：
Cl2＞Br2＞S
D
锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊
非金属性：
S＞C＞Si
【答案】1.D
2.由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）。
关于混合粉末的组成判断正确的是
A．一定含CuO和CB．一定含Fe2O3、CuO和C
C．一定含CuO和C，一定不含AlD．气体Z为纯净物
【答案】2.A
3.A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）。
则A不可能是
A．金属单质B．非金属单质C．两性氧化物D．碱
【答案】3.C
4.向10mL0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液xmL．下列叙述正确的是（）
A.x=10时，溶液中有
、Al3+、
，且c（
）＞c（Al3+）
B.x=10时，溶液中有
、
、
，且c（
）＞c（
）
C.x=30时，溶液中有Ba2+、
、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（
）
D.x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）
【答案】4.A
5..巳知A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物。
其中，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：
2，且含有18mol电子；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有净水作用。
各物质间的转化关系如下图所示（某些条件巳略去）。
请回答：
（1）单质B的组成元素在周期表中的位置是_________。
（2）戊的化学式为________。
戊与强碱反应的离子方程式：
________________
（3）丙中所包含的化学键类型有________（填字母序号）。
a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键
（4）反应①的化学方程式为________________________。
（5）反应②中，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，其化学方程式为_________
（6）—定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分。
巳知，该反应生成1mol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为_______________________
【答案】
5.
（1）第二周期，第ⅤA族；
（2）Al（OH）3，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）b；
（4）N2+H2
2NH3；（5）2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；
（6）4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）=2Al2O3（s）+3TiC（s）ΔH=－1072KJ/mol
【解析】试题分析：
根据题意可知：
A是Al;B是N2；C是H2；甲是AlN；乙是Al2O3；丙的NH3;丁是N2H4；戊是Al（OH）3。
（1）单质B的组成元素在周期表中的位置是第二周期，第ⅤA族；
（2）戊的化学式为Al（OH）3，戊与强碱反应的离子方程式是：
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（3）在丙NH3中所包含的化学键类型有极性共价键，所以选项是b；（4）反应①的化学方程式为N2+H2
2NH3；（5）反应②中，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，其化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（6）—定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分。
巳知，该反应生成1mol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）=2Al2O3（s）+3TiC（s）ΔH=－1072KJ/mol.
6.Cu（NO3）2是重要的化工原料。
回答下列工业生产和化学实验中的几个问题。
（1）实验室欲制备0.3molCu（NO3）2晶体，甲、乙两同学分别设计实验方案如下：
甲：
Cu
Cu（NO3）2乙：
Cu
CuO
Cu（NO3）2
①从绿色化学的角度分析，同学的方案更合理，此同学可节约2mol／L的稀硝酸mL；
②乙同学实验时通入O2的速率不宜过大，为便于观察和控制产生O2的速率，宜选择
方案（填字母序号）。
③有下述装置（如下图），当装置电路中通过2mol电子时，Cu电极（填编号）。
（a）增重64g（b）减重64g（c）可能增重64g，也可能减重64g
（2）①某校化学兴趣小组的同学对硝酸铜的受热分解进行探究。
他们设计了如下图装置加热Cu（NO3）2固体（加热及夹持装置未画出）。
加热过程发现：
装置①中的固体逐渐变为黑色；装置②中有气泡产生，但在上升的过程中消失；石蕊试液逐渐变为红色，液体几乎不被压至装置③中。
请写出Cu（NO3）2受热分解的化学方程式：
；
②在装置中①试管的橡皮塞最好用锡箔包住，原因是。
（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图。
该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为。
【答案】
6.①乙（2分）100（1分）②B（1分）
③c（2分）
（2）①2Cu（NO3）2
CuO+4NO2↑+O2↑（2分，条件不写扣1分，未配平扣1分）
②NO2气体会腐蚀橡胶（2分）
（3）NO2＋NO3－－e－＝N2O5（2分，未配平扣1分）
7.（12分）某研究性学习小组为了测定某品牌合金中铝的含量，现设计了如下实验：
已知：
（1）该铝合金的主要成分为铝、镁、铜、硅。
（2）常温下，硅能和NaOH发生反应：
Si+2NaOH+H2O===Na2SiO3+2H2↑。
请回答下列问题：
（1）固体A的成分是；
（2）生成固体B的离子方程式为；
步骤③中生成沉淀的离子方程式为；
（3）检验步骤③中沉淀是否洗涤干净的实验操作为
；
（4）该样品中铝的质量分数是；（用a、b表示）
（5）下列因操作不当，会使测定结果偏大的是；
A．第①步中加入NaOH溶液不足B．第②步中加入盐酸不足时
C．第③步中沉淀未用蒸馏水洗涤D．第④步对沉淀灼烧不充分
【答案】7.
（1）Mg、Cu
（2）SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓Al3＋+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4＋
（3）取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如产生白色沉淀，则没有洗涤干净；反之则洗涤干净。
（4）
（5）CD（每空2分）
【解析】试题分析：
⑴根据铝合金的主要成分为铝、镁、铜、硅，只有铝、硅与过量NaOH溶液反应溶解，则过滤所得固体A的成分是Mg、Cu；
⑵溶液M中主要含有NaAlO2、Na2SiO3，加入过量盐酸，Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3沉淀（固体B）；溶液N中主要含有AlCl3，步骤③加入过量氨水与其反应生成Al（OH）3沉淀；
⑶步骤③洗涤沉淀表面上的可溶性杂质NaCl、NH4Cl；用AgNO3溶液可检验沉淀是否洗涤干净；
⑷据题意知固体C为Al2O3，据铝原子守恒可计算出样品中铝的质量分数＝
＝
；
⑸A项第①步中加入NaOH溶液不足，铝不能全部溶解，会导致结果偏小；B项第②步中加入盐酸不足时，氢氧化铝不能完全溶解，会导致结果偏小；C项第③步中沉淀未用蒸馏水洗涤会导致氧化铝含有杂质，其质量偏大，会使测定结果偏大；D项第④步对沉淀灼烧不充分，会导致氧化铝中含有氢氧化铝，将导致铝的含量偏大，综上分析可确定C、D项正确。
考点：
考查化工流程图。
8.（10分）A、B、C、X均为常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产品已略去）。
试回答：
（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是。
a.Sb.N2c.Nad.Mge.Al
（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是：
。
则B的化学式为。
（3）若A、B、C为含某金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，B为两性化合物，则X的化学式可能为（写出不同类物质）或，
反应①的离子方程式为（写一条）。
【答案】8.（10分）
（1）d、e（2分）
（2）向溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象，通入少量Cl2溶液呈血红色（2分）
（3）HCl；NaOH（各1分）AlO2－+H++H2O=Al（OH）3↓或Al3++3OH－=Al（OH）3↓（2分）
【解析】试题分析：
由题可知，A与X反应可进行两个阶段，可知A与X中至少有一种元素具有两种不同的价态。
（1）由题，若X是强氧化性单质，则A被氧化，是还原剂，同时与X可生成两种不同价态的纯净物，由题可得S可生成多种价态，如SO2、SO3等符合条件；N可被氧化生成多种价态，如NO、NO2等，Na亦可被氧化生成多种价态的化合物，如Na2O2，Na2O等；Mg与Al均不可；
（2）由题向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知A为Cl，Cl与金属反应一般产生负一价，所以有变价的为X。
常见的金属元素中有变价的有Fe、Cu、Mn等；
（3）由题可知B为两性化合物且X为强电解质，A与X反应生成B，B与X反应生成C，C与A反应生成B，所以B应为Al（OH）3，强电解质X既可能是酸（如HCl）也可能碱（如NaOH）。
若X为酸，如HCl时，反应①离子方程式AlO2－+H++H2O=Al（OH）3↓；若X为碱，如NaOH时，反应①离子方程式为Al3++3OH－=Al（OH）3↓。
考点：
本题以框图为基础，考元素及化合物、氧化还原反应、离子的检测、两性化合物的性质。
9.（16分）中学化学常见的物质A、B、C、D之间存在如下转化关系：
A+B→C+D+H2O（没
有配平）请按要求填空：
（1）若A为短周期元素组成的黑色固体单质，与B的浓溶液共热时，产生C、D两种气体。
C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，则该反应的化学方程式是：
______________________，鉴别这两种气体不能选用的试剂是___________。
a．BaCl2溶液b．KMnO4溶液c．品红溶液d．酸化的Ba（NO3）2溶液
向500mL2mol•L-1的NaOH溶液中通入0.8mol无色无味的C气体，恰好反应完全，此时反应混合液中物质的量最大的微粒是；此时溶液中的阴离子按照浓度由大到小排列的顺序是______。
（2）若A与适量B的溶液在常温下恰好完全反应，生成的无色气体C遇空气迅速变成红棕色，将生成的红棕色气体通入一个烧瓶里，塞紧瓶塞后，将烧瓶浸入冰水中，烧瓶中气体的颜色变浅，请用化学方程式和必要的文字解释颜色变化的原因_______________________________。
（3）若A在水中的溶解度随温度的升高而降低；B为短周期非金属单质，C是漂白粉的有效成分之一，C发生水解反应的离子方程式是______________________________。
【答案】9.
（1）C+2H2SO4（浓）△CO2↑+2SO2↑+2H2O（3分）a（2分）n（H2O）（2分）
c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）（2分）
（2）2NO2（g）
N2O4（g）△H＜0（2分）
降温，平衡向正反应方向移动，红棕色NO2浓度减小，混合气体的颜色变浅（2分）
（3）ClO-+H2O
HClO+OH-（3分）
【解析】
试题分析：
（1）C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，为SO2、CO2，A为短周期组成的黑色固体物质，与B的浓溶液共热时，产生SO2、CO2两种气体，同时生成水，A为C单质，B为浓硫酸，符合转化关系；碳与浓硫酸在加热的条件下生成SO2、CO2、水，反应方程式为：
C+2H2SO4（浓）△CO2↑+2SO2↑+2H2O。
a、SO2、CO2都不能与氯化钡溶液反应，无法区别，故a错误；b、SO2能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾褪色，CO2不能反应，可以鉴别，故b正确；c、SO2能品红溶液褪色，CO2不能使品红溶液褪色，可以鉴别，故c正确；d、酸化的硝酸钡溶液通入SO2，可以氧化亚硫酸钡为硫酸钡，产生白色沉淀，通入CO2不反应，可以鉴别，故d正确；故A不能鉴别；CO2的物质的量0.8mol，500mL2mol/L NaOH的水溶液中n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，n（CO2）：
n（NaOH）=0.8mol：
1mol=2：
3=1：
1.25，介于1：
1与1：
2之间，故反应生成碳酸钠与碳酸氢钠，令碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，由钠离子守恒有2a+b=1，由碳元素守恒有a+b＝0.8，联立方程，解得a=0.2，b=0.6，反应离子方程式为：
4CO2+5OH-＝CO32-+3HCO3-+2H2O；碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性c（OH-）＞c（H+），碳酸根的水解程度比碳酸氢根的大，但水解程度很小，故c（HCO3-）＞c（CO32-），c（CO32-）原大于c（OH-），溶液中钠离子难度最大，但此反应混合液中物质的量最大的微粒是水，溶液中的阴离子按照浓度由大到小排列的顺序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）。
（2）若A与适量B的溶液在常温下恰好完全反应，生成的无色气体C遇空气迅速变成红棕色，说明C是NO，红棕色气体是NO2。
二氧化氮与四氧化二氮存在平衡关系2NO2（g）
N2O4（g）△H＜0，正方应是放热反应，降温，平衡向正反应方向移动，红棕色NO2浓度减小，混合气体的颜色变浅。
（3）若A在水中的溶解度随温度升高而降低，考虑A为Ca（OH）2，B为短周期非金属单质，D是漂白粉的成分之一，B为Cl2，符合转化关系与题意，D能发生水解故D为Ca（ClO）2，Ca（ClO）2发生水解的离子方程式为：
ClO-+H2O
HClO+OH-。
考点：
考查无机框图题的推断
10.（16分）辉铜矿是冶炼铜的重要原料。
（1）工业上冶炼粗铜的某种反应为：
Cu2S+O2＝2Cu+SO2
①当产生标况下11.2L气体时，转移电子数目为；
②将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，电解质溶液增重bg，则粗铜中含锌的质量分数为；
（2）将辉铜矿、软锰矿做如下处理，可以制得碱式碳酸铜：
①铜单质放置于潮湿空气中，容易生成碱式碳酸铜，反应化学方程式是；
②步骤Ⅱ中，碳酸氢铵参与反应的离子方程式为；
③步骤Ⅰ中发生如下3个反应，已知反应i）中生成的硫酸铁起催化作用。
请写出反应iii）的化学方程式。
i）Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O
ii）Cu2S+Fe2（SO4）3＝CuSO4+CuS+2FeSO4
iii）
④步骤Ⅱ中调节pH后的溶液中，铜离子浓度最大不能超过mol/L。
（已知Ksp[（Cu（OH）2）]＝2×10－a）
【答案】10.
（1）3NA
（2）正③
（2）①2Cu＋O2＋CO2＋H2O＝Cu2（OH）2CO3②HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑③iii）MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4＝MnSO4＋Fe2（SO4）3＋2H2O④2×1021－a
【解析】试题分析：
（1）①根据反应Cu2S+O2＝2Cu+SO2可知，反应中氧元素化合价和铜元素化合价降低，只有硫元素的化合价从－2价升高到＋4价，失去6个电子，所以当产生标况下11.2L气体即0.5mol二氧化硫时，转移电子物质的量是0.5mol×6＝3mol，其数目为3NA。
②将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的正极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，增加的质量即为析出的铜，电解质溶液增重bg，设参加反应的锌和铜的质量分别是mg、ng，则m+n-a=b，根据电子守恒可知
，解得m＝65b，则粗铜中含锌的质量分数为
＝
。
（2）①铜单质放置于潮湿空气中，容易与氧气、水、二氧化碳等结合生成碱式碳酸铜为生锈，反应化学方程式是2Cu＋O2＋CO2＋H2O＝Cu2（OH）2CO3。
②步骤Ⅱ是调节溶液pH的，因此碳酸氢铵与氢离子反应，则反应的离子方程式为HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑。
③硫酸铁起催化作用，则第二步中生成的硫酸亚铁需要在第三步中重新被氧化生成硫酸铁，因此反应的化学方程式为MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4＝MnSO4＋Fe2（SO4）3＋2H2O。
④溶液的pH＝3.5，则溶液中氢氧根浓度是10－10.5mol/L，所以根据氢氧化铜的溶度积常数可知，铜离子的浓度不能超过
＝2×1021－amol/L。
11.铝土矿（主要成分为Al2O3、SiO2、Fe2O3）是提取氧化铝的原料。
提取氧化铝的工艺流程如下：
（1）滤液甲的主要成分是（写化学式）
（2）写出反应II的离子方程式：
（3）结合反应II，判断下列微粒结合质子（H+）的能力，由强到弱的顺序是（填字母序号）
A．AlO2―B．OH―C．SiO32―
（4）取滤液甲少许，加入过量盐酸，过滤；再用惰性电极电解其滤液，两极均有气体产生，且全部逸出，在阴极区还有沉淀生成，最后沉淀消失。
沉淀消失的原因可用离子方程式表示为：
（5）取（4）电解以后的溶液10.0mL，经分析，该溶液中只含有两种等物质的量浓度的碱性溶质，向其中逐滴加入0.100mol•L－1盐酸溶液，当加入50.0mL盐酸溶液时，生成的沉淀恰好溶解。
①加入50.0mL盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序依次为：
②请画出生成沉淀的物质的量与加入盐酸体积的关系图。
【答案】
11.⑴ NaOH、NaAlO2、Na2SiO3
⑵ CO2+2OH－==CO32－+2H2OCO2＋2H2O+2AlO2－==2Al（OH）3↓+HCO3－
⑶ b＞a＞c⑷ Al（OH）3+OH－＝AlO2－+2H2O
⑸①H＋＋OH－==H2OAlO2-＋H＋+H2O=Al（OH）3↓Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O
②图像如下所表示。
【解析】试题分析：
（1）铝土矿中加入过量的NaOH溶液，其中的Al2O3、SiO2发生反应得到NaAlO2、Na2SiO3和过量的NaOH溶液，所以滤液甲的主要成分是NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；不溶性的固体是Fe2O3。
（2）向含有NaAlO2、Na2SiO3、NaOH的溶液中通入过量CO2，发生反应CO2+2OH－=CO32－+2H2O；CO2＋2H2O+2AlO2－==2Al（OH）3↓+HCO3－，得到Al（OH）3沉淀。
（3）H2O是中性物质；Al（OH）3是两性物质，H2SiO3是弱酸。
所以微粒结合质子（H+）的能力，由强到弱的顺序是b＞a＞c。
（4）向含有NaAlO2、Na2SiO3、NaOH的加入过量盐酸发生反应得到AlCl3、NaCl、H2SiO3；溶液为AlCl3、NaCl的混合溶液。
用惰性电极电解，在阴极发生反应：
2H++2e-=H2↑,由于破坏了附近的水的电离平衡，溶液中OH-的浓度增大，OH-与溶液中的Al3+发生反应形成Al（OH）3沉淀。
在阳极发生反应：
2Cl-—2e-=Cl2↑。
当溶液呈碱性时，又发生反应：
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
沉淀又逐渐溶解而消失。
（5）①加入50.0mL盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序是H＋＋OH－=H2O；AlO2-＋H＋+H2O=Al（OH）3↓Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。
由于二者的物质的量相等，所以它们都是是0.100mol/L×0.01L=0.001mol。
NaOH与HCl反应消耗10mlHCl;NaAlO2与HCl反应形成Al（OH）3沉淀消耗10mlHCl;溶解Al（OH）3沉淀消耗30mlHCl.图像见图示:
12.工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：
（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的 吸收．
a．浓H2SO4b．稀HNO3
c．NaOH溶液d．氨水
（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在 （填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是 （注明试剂、现象）．
（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为 ．
（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 ．
a．电能全部转化为化学能b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．溶液中Cu2+向阳极移动d．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为 ．
【答案】12.
（1）cd
（2）Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去（3）3Cu2O+2Al
Al2O3+6Cu（4）bd（5）4H++O2+4e﹣=2H2O
【解析】
（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；
（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；
Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；
（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；
（4）a、反应中有热能产生；
b、精炼铜时，粗铜做阳极；c、溶液中Cu2+向阴极移动；
d、Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落；
（5）利用原电池原理，负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应．
解：
（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，
a、浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；
b、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；
c、NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故c正确；
d、氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故d正确；故选cd；
（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；
Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，
故答案为：
Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；
（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2Al
Al2O3+6Cu，
故答案为：
3Cu2O+2Al
Al2O3+6Cu；
（4）a、反应中有热能产生，故a错误；
b、精炼铜时，粗
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