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2019版高考人教版化学一轮精选习题:第三章 金属及其重要化合物 微专题强化突破5 专题集训 WORD版含答案.doc

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资源描述

1、1高纯度氧化铝有广泛的用途,某研究小组用以下流程制取高纯度氧化铝:根据上述流程图填空:(1)“除杂”操作是先加入过氧化氢充分反应后,再用氨水调节溶液的pH,使硫酸铵溶液中的少量Fe2氧化为Fe3并进一步转化为Fe(OH)3从而除去Fe2,则Fe2酸性条件下氧化为Fe3的离子方程式为_。(2)配制硫酸铝溶液时,需用硫酸酸化,酸化的目的是_。(3)“分离”操作的名称是_(填字母代号)。A蒸馏B分液C过滤(4)铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)212H2O,铵明矾属于_(填“纯净物”或“混合物”),在0.1 mol/L铵明矾的水溶液中,浓度最大的离子是_。(5)热分解中发生如下反应:6NH4A

2、l(SO4)23Al2O32NH3 2N2 6SO2 6SO3 9H2O,当生成1 mol Al2O3时转移电子的物质的量为_mol。解析:(1)H2O2溶液具有强氧化性,可以氧化亚铁离子生成铁离子,反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(2)由于铝离子在溶液中能发生水解生成氢氧化铝,所以加入硫酸酸化,抑制铝离子的水解。(3)把晶体从混合物中“分离”操作的名称是过滤。(4)铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)212H2O,铵明矾有固定的组成,属于纯净物;在0.1 mol/L铵明矾的水溶液中,未水解前,c(Al3)c(NH)0.1 mol/L,由于铵根和铝离子均水解,水解

3、结合水电离出的氢氧根,水解后浓度均小于0.1 mol/L,c(SO)0.2 mol/L,所以在0.1 mol/L铵明矾的水溶液中,浓度最大的离子是SO。(5)该反应中N元素化合价由3价变为0价、S元素化合价由6价变为4价,6NH4Al(SO4)23Al2O32NH32N26SO26SO39H2O,转移12e,所以当生成1 mol Al2O3时转移电子的物质的量为4 mol。答案:(1)2Fe2H2O22H = 2Fe32H2O(2)抑制Al3水解(3)C(4)纯净物SO(5)42铁纳米粉在现代电子工业上用途极为广泛,用赤铁矿石(含Fe2O3、FeO,也含有Al2O3、MnO2、CuO等)制备纳

4、米铁颗粒的实验流程如下:已知部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下:沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2pH5.23.29.76.7(1)步骤中用pH试纸测定溶液pH的操作是_。步骤滤液b中含有的金属阳离子是_,步骤中碾碎的目的是_。(2)将第步过滤所得的MnO2与KClO3、KOH溶液共热,可得到K2MnO4,此反应的化学方程式是_。(3)步骤灼烧所需的仪器有酒精灯、三脚架、_。(4)若步骤是利用电弧加热使金属熔融蒸发成蒸气,使大量颗粒状烟灰尘与周围X气体原子激烈碰撞进行充分的能量交换和电荷交换生成Fe,X气体可以为_。aO2bN2cHe dH2(5)“纳

5、米铁”在空气中受撞击时会燃烧,其反应与铁在纯氧中燃烧相同,写出该反应的化学方程式:_。解析:(1)Fe2O3、FeO、Al2O3、CuO与稀硫酸反应,滤液a中金属阳离子为Cu2、Al3、Fe2、Fe3,加双氧水将Fe2氧化为Fe3。根据阳离子沉淀时pH数据,可知控制pH4时,铁离子已全部变成Fe(OH)3沉淀,滤液b中金属阳离子主要为Cu2、Al3。(2)MnO2与KClO3、KOH溶液共热,MnO2作还原剂生成K2MnO4,KClO3作氧化剂生成KCl。(3)灼烧需酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳。答案:(1)将一小块pH试纸放在洁净的表面皿上,用玻璃棒蘸取少量待测液,点在pH试纸中央,

6、再与标准比色卡对照Cu2、Al3增大接触面积,加快反应速率(2)3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O(3)泥三角、坩埚、坩埚钳(4)c(5)3Fe2O2Fe3O43铝是重要的金属材料,铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体NH4Al(SO4)212H2O的工艺流程如图所示:请回答下列问题:(1)固体a的化学式为_,中通入足量CO2气体生成沉淀的离子方程式为_。(2)由制取铵明矾溶液的化学方程式为_,从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为_(填操作名称)、冷却结

7、晶、过滤洗涤。(3)以1 000 kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2(SO4)3,需消耗质量分数为98%的硫酸(密度为1.84 gcm3)_L(保留一位小数)。(4)若同时制取铵明矾和硫酸铝,通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为11,则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为_。解析:(1)铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸,SiO2不溶于盐酸,所以固体a的化学式为SiO2。AlCl3与过量烧碱反应生成NaAlO2溶液,向其中通入足量CO2生成Al(OH)3 沉淀。(2)Al(OH)3分解生成Al2O3,Al2O3与稀硫酸

8、反应后通入NH3生成铵明矾溶液。(3)m(Al2O3)1 000 kg36%360 kg,m(H2SO4)398 gmol11 037.6 kg,需消耗质量分数98%的硫酸(密度为1.84 gcm3)的体积为575.4103 mL575.4 L。(4)设制得的Al2(SO4)3和NH4Al(SO4)212H2O的物质的量都是1 mol,则Al3共3 mol,SO共5 mol,根据铝元素和SO守恒原理可得,加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为5310。答案:(1)SiO2AlOCO22H2O=HCOAl(OH)3(2)Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O蒸发浓缩

9、(3)575.4(4)3104硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是一种重要的工业原料,能溶于水,不溶于乙醇,其工业制法如下。请回答:(1)步骤中碱液洗涤的目的是_。若将碱液换为酸液,可能产生的问题是_。(2)步骤中B可以是_(填字母),加入少量B的目的是_。aCuCl2 bCuOcCu(NO3)2 dCuSO4 (3)步骤中要用到少量乙醇洗涤,其目的是_。(4)用硫酸亚铁铵晶体配制溶液时,需加入一定量硫酸,目的是_。工业上常用酸性KMnO4溶液通过滴定的方法测定硫酸亚铁铵样品的纯度,反应的离子方程式为_。准确量取硫酸亚铁铵溶液时,硫酸亚铁铵溶液应盛放于_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。(

10、5)硫酸亚铁铵晶体的样品中可能含有的杂质离子是_,实验室的检验方法是_。 解析:(1)油脂在碱性条件下会发生水解反应,产生可溶性的物质,而且Zn可以与强碱溶液发生反应,实验步骤中碱液洗涤的目的是除去油污和锌层;若将碱液换为酸液,油脂在酸性条件下水解程度小,Zn、Fe都会发生反应,实验可能产生的问题是导致铁部分损失及油污未除净。(2)带油污的镀锌铁片被NaOH溶液洗涤后得到纯净的Fe,Fe与稀硫酸会发生置换反应产生FeSO4和H2,若向其中加入少量的CuO,CuO与稀硫酸反应产生CuSO4,Fe与CuSO4发生置换反应产生的Cu单质与铁及稀硫酸就会构成原电池,使反应速率加快,加入CuSO4也可以

11、直接与Fe发生置换反应产生Cu,然后与Fe及稀硫酸构成原电池,加快反应速率,而CuCl2会引入杂质Cl,使物质不纯;Cu(NO3)2在酸性条件下具有强氧化性,不能得到FeSO4,也就不能达到实验目的,故正确选项是bd;加入少量B的目的是加快铁与稀硫酸的反应速率。(3)从溶液中获得的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2表面有一定量的水,为了尽快去除水分,同时避免硫酸亚铁铵晶体因溶解而损失,在步骤中要用到少量乙醇洗涤,加快水的挥发。(4)硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐,容易发生水解反应,为了抑制盐的水解,根据盐的水解规律,在用硫酸亚铁铵晶体配制溶液时,需加入一定量硫酸;酸性KMnO4溶液具有强氧化性,会

12、把Fe2氧化为Fe3,MnO被还原为Mn2,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式:MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O;硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐,容易发生水解反应使溶液显酸性,所以准确量取硫酸亚铁铵溶液时,硫酸亚铁铵溶液应盛放于酸式滴定管中。(5)Fe2具有还原性,容易被氧化产生Fe3,所以在制取得到的硫酸亚铁铵晶体的样品中可能含有的杂质离子是Fe3,实验室的检验方法是取少许样品加入到KSCN溶液中,观察溶液是否变红,若有红色产生,就证明含有Fe3,否则不含Fe3。答案:(1)除去油污和锌层铁部分损失及油污未除净(2)bd加快铁与稀硫酸的反应速率(3)除去少量水并避免硫酸亚铁铵晶体因溶解而损失(4)避免样品水解MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O酸式(5)Fe3(或铁离子)取少许样品加入到KSCN溶液中,观察溶液是否变红

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