1、专题六金属及其化合物【5年高考】考点一钠及其化合物1.(2020浙江7月选考,12,2分)下列说法正确的是()A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B.Mg加入过量FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2答案A2.(2020江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是()A.室温下,Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下,Al与4.0molL-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C.室温下,Cu与浓HNO3反应放出NO气体D.室温下,Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4答案B3.(2020浙江7月选考,
2、8,2分)下列说法不正确的是()A.Cl-会破坏铝表面的氧化膜B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强C.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀答案B4.(2019天津理综,3,6分)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是()A.将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2B.铝中添加适量锂,制得低密度、高强度的铝合金,可用于航空工业C.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长,可施加熟石灰进行改良D.无水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水答案C考点二铁及其化合物5.(2019江苏单科,6,2分)下
3、列有关化学反应的叙述正确的是()A.Fe在稀硝酸中发生钝化B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2答案C6.(2020课标,27,15分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O):废镍催化剂碱浸滤液NaOH溶液酸浸滤渣稀H2SO4转化H2O2溶液调pH滤渣NaOH溶液控制pH浓缩结晶硫酸镍晶体溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=
4、0.01molL-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.010-5molL-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为回收金属,用稀硫酸将“滤液”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式。(2)“滤液”中含有的金属离子是。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即调pHNaOH溶液转化滤渣H2O2溶液,“滤液”中可能含有的杂质离子为。(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-1,则“调pH”应控制的pH范围是。(
5、5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是。答案(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物Al(OH)4-+H+Al(OH)3+H2O(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气Fe3+(4)0.01(107.2-14)2或10-5(108.7-14)23.26.2(5)2Ni2+ClO-+4OH-2NiOOH+Cl-+H2O(6)提高镍回收率7.(2020课标,26,14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、
6、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题:(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是。(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同时还有离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式。(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5xH2O,随滤液可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、,以及部分的。(4)“沉淀转溶”中,V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是。(5)“
7、调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是。答案(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2+VO+MnO2+2H+VO2+Mn2+H2O(3)Mn2+Al3+和Fe3+(4)Fe(OH)3(5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全8.(2016课标,28,15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1molL-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑
8、,其目的是。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是。(4)丙组同学取10mL0.1molL-1KI溶液,加入6mL0.1molL-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀;第三支
9、试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。实验检验的离子是(填离子符号);实验和说明:在I-过量的情况下,溶液中仍含有(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是;生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)。答案(1)防止Fe2+被氧化(2)2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+Fe3+可逆反应(5)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OFe3+催化H2O2分解产
10、生O2H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动考点三金属冶炼金属材料9.(2020浙江1月选考,12,2分)下列关于铝及其化合物的说法,不正确的是()A.明矾可用作净水剂和消毒剂B.利用铝热反应可冶炼高熔点金属C.铝可用作包装材料和建筑材料D.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物答案A10.(2020浙江1月选考,9,2分)下列说法不正确的是()A.Cu(NH3)4SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到B.铁锈的主要成分可表示为Fe2O3nH2OC.钙单质可以从TiCl4中置换出TiD.可用H2还原MgO制备单质Mg答案D11.(2020山东,5,2分)利用下列装置(夹持装置略)
11、进行实验,能达到实验目的的是()A.用甲装置制备并收集CO2B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用丙装置制备无水MgCl2D.用丁装置在铁上镀铜答案C12.(2019上海选考,16,2分)在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3溶液中,加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是()A.AlO2-B.Al3+C.Al(OH)3D.Al3+、Al(OH)3答案D13.(2018江苏单科,9,2分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C
12、.AgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)答案A14.(2019课标,26,14分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:回答下列问题:(1)在95“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为。(2)“滤渣1”的主要成分有。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是。(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH+B(OH)4-,Ka=5
13、.8110-10,可判断H3BO3是酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为,母液经加热后可返回工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是。答案(1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3,促进析出(4)2Mg2+3CO32-+2H2OMg(OH)2MgCO3+2HCO3-或2Mg2+2CO32-+H2OMg(OH)2MgCO3+CO2溶浸高温焙烧15.(2019浙江4月选考,27,6分)固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实
14、验:请回答:(1)由现象1得出化合物X含有元素(填元素符号)。(2)固体混合物Y的成分(填化学式)。(3)X的化学式。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,固体完全溶解,得到蓝色溶液,该反应的化学方程式是。答案(1)O(2)Cu和NaOH(3)NaCuO22NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2+4H2O16.(2016四川理综,9,13分)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl,并进行相关探究。【资料查阅】【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题:(1)仪器X的名称是。(2)实验操作的先后顺序是ae(填
15、操作的编号)。a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在“气体入口”处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCl,然后通入N2(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是。(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是。【探究反思】(5)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析:若杂质是CuCl2,则产生的原因是。若杂质是CuO,则产生的原因是。答案(1)干燥管(2)cdb(3)先变红,后褪色(4)Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O(5)加热时间不足或温度偏低通入HCl的量不足教师专
16、用题组【5年高考】考点一钠及其化合物1.(2020江苏单科,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.铝的金属活泼性强,可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水答案DA项,金属铝用于制作金属制品是因为金属铝易加工,且表面形成的氧化膜有一定的防腐作用,错误;B项,冶炼铝用氧化铝作原料,是因为氧化铝是离子化合物,熔融时能电离,错误;C项,氢氧化铝有弱碱性,可用于中和过多的胃酸,错误;D项,明矾中的铝离子在水溶液中水解生成氢氧化铝胶体,可用于净水,正确。2.(2018江苏单科,9,2
17、分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C.AgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)答案A本题考查元素化合物之间的相互转化。2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O、Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH,A正确;NaAlO2与过量HCl(aq)反应生成AlCl3和NaCl,B不正确;Ag(NH3)2+与蔗糖无法发生银镜反应生成Ag,C不正确;Fe与HCl(aq)反应生成FeCl2和H2,D不
18、正确。3.(2016课标,12,6分)某白色粉末由两种物质组成,为鉴别其成分进行如下实验:取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解;再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解;取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生,振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO4答案CA项,加入足量稀硫酸后,固体全部溶解;B项,加入足量稀盐酸时有气泡产生,但仍有固体存在;D项,加入足量稀硫酸并振荡后,固体全部溶解。故A、B、D均不符合题意。4.(2015课标,10,6分)下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两
19、者具有因果关系的是()选项实验现象结论A.将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成,溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B.将铜粉加入1.0molL-1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D.将0.1molL-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1molL-1CuSO4溶液先有白色沉淀生成,后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小答案DA项,稀硝酸加入过量铁粉中,产物是Fe2+,滴加KSCN溶液,不会出现血红色
20、;B项,将铜粉加入1.0molL-1Fe2(SO4)3溶液中,溶液变蓝,发生了反应:2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+,说明氧化性Fe3+Cu2+,没有黑色固体出现;C项,用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,铝箔表面的铝和空气中的氧气反应生成Al2O3,Al2O3熔点高,包裹着熔化的铝,熔化后的液态铝不会滴落下来;D项,将0.1molL-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,说明NaOH已反应完全,再滴加0.1molL-1CuSO4溶液,白色沉淀变为浅蓝色沉淀,说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小。5.(2015课标,13,6分)用如图所示装置进行下列实
21、验:将中溶液滴入中,预测的现象与实际相符的是()选项中物质中物质预测中的现象A.稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B.浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C.氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D.草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色答案D稀盐酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中,NaOH优先发生反应,不会立即产生气泡,A项错误;常温下,铝遇浓硝酸发生钝化,不会产生红棕色气体,B项错误;AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中发生反应:Al3+4OH-AlO2-+2H2O,不会产生沉淀,C项错误;H2C2O4与高锰酸钾酸性溶液发生氧化还原反应,而使KMnO4溶液褪色,D项正确。6
22、.(2015山东理综,10,5分)某化合物由两种单质直接反应生成,将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是()A.AlCl3B.Na2OC.FeCl2D.SiO2答案AAlCl3可由Al与Cl2直接反应生成,加入Ba(HCO3)2溶液中因发生双水解反应而同时生成气体和沉淀:Al3+3HCO3-Al(OH)3+3CO2,A正确;Na2O加入Ba(HCO3)2溶液中生成BaCO3沉淀,但无气体产生,B错误;Fe与Cl2直接反应生成FeCl3,C错误;SiO2与Ba(HCO3)2溶液不反应,D错误。7.(2013山东理综,9,4分)足量下列物质与相同质量的铝
23、反应,放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是()A.氢氧化钠溶液B.稀硫酸C.盐酸D.稀硝酸答案AAl与稀硝酸反应生成NO气体,D项不符合题意;2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2,2Al+6HCl2AlCl3+3H2,可知消耗溶质物质的量最少的是NaOH溶液,A项符合题意。8.(2013广东理综,23,6分)下列实验的现象与对应结论均正确的是(双选)()选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显现象Al与浓硝酸不反应C将一小块Na放入无水乙醇中产生气泡Na能置换出醇羟基
24、中的氢D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应答案AC浓硫酸有脱水性,能使蔗糖变黑;浓硫酸又有强氧化性,能发生反应C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O,生成的气体使固体膨胀,A项正确。常温下,Al遇浓硝酸发生钝化,是因为Al与浓硝酸反应生成了一层致密的氧化物保护膜,阻碍反应进一步进行,B项错误。2Na+2C2H5OH2C2H5ONa+H2,C项正确。3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,Fe3O4是黑色晶体,D项错误。评析本题综合考查元素及其化合物的知识。本题易因误认为钝化是不发生反应而错选B;因将水蒸气与Fe在高温下反应的产物误认为是Fe2O3而错选D。理解现象
25、的本质,熟记常见反应的化学方程式是解答该类题的关键。难度中等。9.(2012重庆,11,6分)向10mL0.1molL-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NH4+、Al3+、SO42-,且c(NH4+)c(Al3+)B.x=10时,溶液中有NH4+、AlO2-、SO42-,且c(NH4+)c(SO42-)C.x=30时,溶液中有Ba2+、AlO2-、OH-,且c(OH-)c(AlO2-)。10.(2012北京理综,7,6分)下列解释实验现象的反应方程式正确的是()A.切开的金属Na暴露在空气中,光亮表面逐渐变暗2Na
26、+O2Na2O2B.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-C.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色黏稠物2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2D.向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀2HCO3-+Ca2+2OH-CaCO3+CO32-+2H2O答案BA项,切开的金属钠暴露在空气中,光亮表面变暗的原因是钠被氧化生成Na2O,反应方程式为4Na+O22Na2O,故A错误;C项,Na2O2放置在潮湿的空气中发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,因NaOH易吸水而形成白色黏稠物,故C错误;D项,向NaHCO3溶
27、液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀的反应方程式为HCO3-+Ca2+OH-CaCO3+H2O,故D错误。11.2013江苏单科,16(4),6分,0.442氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。(4)煅烧过程存在以下反应:2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+CMgO+SO2+COMgSO4+3CMgO+S+3CO利用下图所示装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。D中收集的气体是(填化学式)。B中盛放的溶液可以是(填字母)。a.NaOH溶液b.Na2CO3溶液c.稀硝酸d.KMnO4溶液A中得到的淡黄色固体能与热的NaOH溶液反应,
28、产物中元素的最高价态为+4,写出该反应的离子方程式:。答案(4)COd3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O解析(4)气体成分为SO2、CO2、CO、S(g),分步吸收的顺序:A中收集S,B吸收SO2,C吸收CO2,D收集CO。B中可以选择KMnO4溶液。审题技巧解此类题时,不仅要关注题干部分,同时也要关注题目中提供的信息。如本题中的小题,提示A中得到淡黄色固体,联系上下文,很容易推出该固体为S单质。命题归纳无机化工题来自实际化工生产,考查相关的化学基础知识和基本技能。这类题目所考的知识点比较分散,既考查元素化合物基础知识,又考查与之相关的化学基本理论、实验操作和化学计算。12.(201
29、3北京理综,27,12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O,工艺流程如下(部分操作和条件略):.向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤;.向滤液中加入过量KMnO4溶液,调节溶液的pH约为3;.加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色;.加入MnSO4至紫红色消失,过滤;.浓缩、结晶、分离,得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是。(2)将MnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整:1MnO4-+Fe2+1Mn2+Fe3+(3)已知:生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.
30、5完全沉淀时4.78.32.8注:金属离子的起始浓度为0.1molL-1根据表中数据解释步骤的目的:。(4)已知:一定条件下,MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。向的沉淀中加入浓HCl并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是。中加入MnSO4的目的是。答案(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2O(2)58H+54H2O(3)pH约为3时,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的MnO4-解析(2)由得失电子守恒知Fe2+和MnO4-的化学计量数之比为51,再由电荷守恒可知左边还应填8H+,由原子守恒推出右边还应填4H2O。(3
31、)滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+,由生成氢氧化物沉淀的pH可知,要使Fe2+和Fe3+完全沉淀而Al3+不生成Al(OH)3沉淀,应将Fe2+氧化为Fe3+,且控制pH在2.83.4之间。(4)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,Cl2是一种黄绿色气体。由题干提供的信息可得出加入MnSO4的目的是除去溶液中过量的MnO4-:2MnO4-+3Mn2+2H2O5MnO2+4H+。评析本题考查了元素及其化合物、氧化还原反应方程式的配平等知识。重点考查考生综合分析问题的能力。根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平氧化还原反应方程式是解该题的关键。考生不能准确应用(3)中的信
32、息解释步骤的目的是本题的失分点。难度中等。13.(2013浙江理综,26,15分,)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25gL-1。请回答下列问题:(1)甲的化学式是;乙的电子式是。(2)甲与水反应的化学方程式是。(3)气体丙与金属镁反应的产物是(用化学式表示)。(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气
33、体丙,写出该反应的化学方程式。有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O,请设计实验方案验证之。(已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O)(5)甲与乙之间(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2,判断理由是。答案(1)AlH3HNHH(2)AlH3+3H2OAl(OH)3+3H2(3)Mg3N2(4)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O取样后加稀H2SO4,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O。反之则无Cu2O(5)可能AlH3中的氢化合价为-1价,NH3中的氢为+1价,因而有可能发生氧化还原反应生成氢气解析由甲加热可产生金属单质和H2,可判断甲为氢化物,又因甲与水反应生成的白色沉淀可溶于
34、NaOH溶液及根据质量关系可推出甲为AlH3。丙的摩尔质量为1.25gL-122.4Lmol-1=28gmol-1,中学中常见的摩尔质量为28gmol-1 的物质有N2、CO、C2H4等,又因丙为单质,则丙为N2,乙为NH3。14.(2019课标,26,14分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:回答下列问题:(1)在95“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为。(2)“滤渣1”的主要成分有。为检验“过滤1”后的滤液中是否
35、含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是。(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH+B(OH)4-,Ka=5.8110-10,可判断H3BO3是酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为,母液经加热后可返回工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是。答案(1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3,促进析出(4)2Mg2+3CO32-+2H2OMg(OH)2MgCO3+2HCO3-或2Mg2+2CO32-+H2OMg(OH)2MgC
36、O3+CO2溶浸高温焙烧解析(1)“溶浸”步骤产生的“气体”是NH3,用NH4HCO3溶液吸收NH3的化学方程式为NH3+NH4HCO3(NH4)2CO3。(2)根据流程图可知,Fe2O3、Al2O3、SiO2不溶于(NH4)2SO4溶液,故“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3;检验Fe3+通常选用KSCN溶液。(3)根据H3BO3的解离反应以及电离平衡常数,可判断H3BO3是一元弱酸;在“过滤2”操作前B元素主要以B2O54-的形式存在,调节pH至3.5后生成了H3BO3沉淀,由此可推断调节pH的目的是将B2O54-转化成H3BO3。(4)反应物有Mg2+、CO32-,生成
37、物有Mg(OH)2MgCO3沉淀,再结合电荷守恒、原子守恒可写出反应的离子方程式;“沉镁”后的母液的主要成分为(NH4)2SO4,可供“溶浸”工序循环使用;Mg(OH)2、MgCO3在高温条件下均易分解生成MgO,故高温焙烧碱式碳酸镁可以制备轻质氧化镁。方法归纳可循环利用的物质通常是某步骤的副产物,可以作为其他步骤的反应物。考点二铁及其化合物1.(2020山东,9,2分)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:煅烧轻烧粉浸出废渣氨气氯化铵溶液浸出液沉镁滤液氨水氢氧化镁煅烧高纯镁砂已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和
38、Al(OH)3。下列说法错误的是()A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3+H2OB.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、NH4ClD.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同答案BA项,通过煅烧操作,MgCO3转化为MgO,NH4Cl溶液显酸性,能与MgO发生反应,正确;B项,适当升高温度,可以加快反应速率,提高浸出率,但沉镁时加入的氨水受热易分解,故浸出时可以适当升高温度,沉镁时温度不宜过高,错误;C项,结合题给流程图,浸出时有氨气产生,沉镁时发生的反应为MgCl2+2NH3H2OMg(OH)2+2NH4Cl,
39、故可循环使用的物质有NH3、NH4Cl,正确;D项,结合题给已知信息浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3可知,Fe3+、Al3+在弱酸性环境中完全沉淀,而Mg2+没有产生沉淀,利用了它们氢氧化物Ksp的不同,正确。2.(2020浙江7月选考,8,2分)下列说法不正确的是()A.Cl-会破坏铝表面的氧化膜B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强C.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀答案BNaHCO3不稳定,受热易分解,发生反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2,NaHCO3的热稳定性比Na2CO3弱,故选B。
40、3.(2020浙江7月选考,9,2分)下列说法不正确的是()A.高压钠灯可用于道路照明B.SiO2可用来制造光导纤维C.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜D.BaCO3不溶于水,可用作医疗上检查肠胃的钡餐答案DA项,高压钠灯透雾能力强,可用于道路照明,正确;B项,光导纤维的主要成分为SiO2,正确;C项,工业上可采用主要成分为CuFeS2的黄铜矿来高温冶炼制备粗铜,正确;D项,BaCO3会与胃酸反应,产生剧毒重金属离子Ba2+,故BaCO3不可用作检查肠胃的钡餐,错误。4.(2020浙江7月选考,12,2分)下列说法正确的是()A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B.Mg加入到过量
41、FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2答案A氧化钠在加热条件下与空气中的氧气反应生成过氧化钠,反应的化学方程式为2Na2O+O22Na2O2,A项正确;镁与过量的三氯化铁反应生成氯化镁和氯化亚铁,反应的化学方程式为Mg+2FeCl3MgCl2+2FeCl2,Mg无剩余,无Fe生成,B项错误;FeS2在高温条件下与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫,反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,C项错误;过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气和水,反应的化学方程式为2H2O2O2+2H2O,D项错误。5.
42、(2019海南单科,2,2分)我国古代典籍中有“石胆浅碧色,烧之变白色者真”的记载,其中石胆是指()A.CuSO45H2OB.FeSO47H2OC.ZnSO47H2OD.KAl(SO4)212H2O答案ACuSO45H2O为蓝色晶体,CuSO4为白色粉末,加热时发生反应:CuSO45H2O(蓝)CuSO4(白)+5H2O。6.(2019天津理综,3,6分)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是()A.将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2B.铝中添加适量锂,制得低密度、高强度的铝合金,可用于航空工业C.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长,可施加熟石灰进行改良D.无
43、水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水答案C本题涉及的考点有铁、氯、钠及其化合物的性质,合金的性质与应用。考查学生对元素化合物基础知识的整合能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。A项,溶液中发生反应:2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-、2Fe3+Fe3Fe2+,将废铁屑加入FeCl2溶液中可以除去工业废气中的Cl2,故正确;B项,铝、锂均为轻金属,铝中添加适量锂可以制得低密度、高强度的铝合金,故正确;C项,Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3+2NaOH,施加熟石灰生成了烧碱NaOH,碱性增强,不利于作物生长,故错误;D项,无水CoCl2吸水的现象(蓝色变粉
44、红色)明显,可用于判断变色硅胶是否吸水,故正确。易错提醒C选项中,熟石灰虽然可以与Na2CO3反应,但反应后会生成碱性更强的烧碱,适得其反。解题时务必考虑周到,思维缜密。7.(2018浙江4月选考,24,2分)某同学通过如下流程制备氧化亚铜:Cu2(OH)2CO3CuCl2溶液CuClCu2O已知:CuCl难溶于水和稀硫酸;Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O下列说法不正确的是()A.步骤中的SO2可用Na2SO3替换B.步骤中为防止CuCl被氧化,可用SO2水溶液洗涤C.步骤发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2OD.如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质,用
45、足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应,根据反应前、后固体质量可计算试样纯度答案DSO2和Na2SO3中的硫都是+4价,都具有还原性,故A正确;SO2水溶液具有还原性,可以防止CuCl被氧化,故B正确;步骤发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O,故C正确;CuCl难溶于水和稀硫酸,Cu2O在酸中会发生自身的歧化反应,故D错误。8.(2018江苏单科,6,2分)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是()A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN 溶液,溶液显红色B.KAl(SO4)212H2O 溶于水可形成Al(OH)3胶体C.NH4Cl 与Ca(OH)2 混合加热可生成NH3
46、D.Cu与FeCl3 溶液反应可生成CuCl2答案A向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液不显红色,A项错误;KAl(SO4)212H2O溶于水,电离出的Al3+发生水解可形成Al(OH)3胶体,B项正确;实验室常用NH4Cl固体与Ca(OH)2固体混合加热制NH3,C项正确;Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2和FeCl2,D项正确。易错易混SCN-与Fe3+可结合形成Fe(SCN)3使溶液显红色,而SCN-与Fe2+不能。9.(2015福建理综,9,6分)纯净物X、Y、Z转化关系如图所示,下列判断正确的是()A.X可能是金属铜B.Y不可能是氢气C.Z可能是氯化钠D.Z可能是三氧化
47、硫答案A若用惰性电极电解CuCl2溶液,可以生成Cu和Cl2,Cu可以在Cl2中燃烧生成CuCl2,故X可能是金属铜,A正确;若用惰性电极电解HCl的水溶液,可生成H2和Cl2,H2和Cl2在点燃的条件下可以生成HCl,故Y可能是H2,B错误;在水溶液中Na+不可能放电,故C错误;若Z是三氧化硫,则Z的水溶液为H2SO4溶液,电解H2SO4溶液得到的X和Y作用不会生成三氧化硫,故D错误。10.(2014课标,8,6分)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A.用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B.漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2
48、与空气中的CO2反应生成CaCO3C.施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效D.FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜答案C生活中常用热的纯碱溶液洗去油污,其原因不是Na2CO3与油污直接发生反应,而是纯碱水解使溶液呈碱性,油污在碱性条件下水解生成可溶于水的高级脂肪酸盐和甘油,A错误;漂白粉在空气中久置变质,是因为发生了反应:Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO,2HClO2HCl+O2,B错误;K2CO3与NH4Cl混合使用,因发生相互促进的水解反应生成NH3而降低肥
49、效,C正确;FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作的反应原理是2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2。11.(2014课标,9,6分)下列反应中,反应后固体物质增重的是()A.氢气通过灼热的CuO粉末B.二氧化碳通过Na2O2粉末C.铝与Fe2O3发生铝热反应D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液答案BA项,CuO被H2还原为Cu,固体质量减轻;B项,2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,Na2O2变为Na2CO3,固体质量增加;C项,铝热反应前后固体总质量保持不变;D项,1molZn置换出1molCu,固体质量减轻,不符合题意。12.(2014上海单科,17,3分)用FeCl3溶液腐蚀
50、印刷电路板上的铜,所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是()A.若无固体剩余,则溶液中一定有Fe3+B.若有固体存在,则溶液中一定有Fe2+C.若溶液中有Cu2+,则一定没有固体析出D.若溶液中有Fe2+,则一定有Cu析出答案BA项,当铁粉刚好与Fe3+完全反应,则不存在Fe3+,故A错误;B项,无论固体有没有,一定有Fe2+,故B正确;C项,可能部分Cu2+变成Cu,还有Cu2+剩余,故C错误;D项,若溶液中Fe3+过量,则没有Cu析出,故D错误。13.(2011山东理综,12,4分)Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是()A.三者对应的氧化物均为碱性氧
51、化物B.三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al答案CA项,Al2O3为两性氧化物;B项,Cu在空气中的CO2和H2O(g)的作用下与O2反应生成Cu2(OH)2CO3;C项,三种盐均为强酸弱碱盐,加热时都水解,且生成易挥发的HCl,随着水分和HCl的挥发,蒸干时都得到金属氧化物和其氢氧化物的混合物;D项,电解AlCl3溶液阴极上的产物为H2和Al(OH)3。14.(2020课标,7,6分)北宋沈括梦溪笔谈中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹
52、其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是()A.胆矾的化学式为CuSO4B.胆矾可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应答案AA项,胆矾是硫酸铜晶体,其化学式为CuSO45H2O,错误;B项,湿法冶铜中的一步反应是铁与CuSO4溶液发生置换反应,故胆矾可作为湿法冶铜的原料,正确;C项,将CuSO4溶液蒸发浓缩,再冷却结晶可得胆矾,正确;D项,铁与硫酸铜溶液发生置换反应,置换出来的铜附在铁釜上,正确。15.(2016北京理综,26,13分)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境
53、修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NO3-的反应原理如下图所示。作负极的物质是。正极的电极反应式是。(2)将足量铁粉投入水体中,经24小时测定NO3-的去除率和pH,结果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率接近100%K2K3bd调节溶液的pH(4)1820解析(1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,能吸附水中的悬浮杂质使其沉降,从而起到净水作用。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是Fe3+具有较强的氧化性,将Fe氧化为Fe2+,其离子方程式为:2Fe3+Fe3Fe2+。(2)酸性FeCl2
54、废液中除存在Fe2+、Fe3+、Cl-外,还存在H+和OH-,由电荷守恒得:c(H+)+2c(Fe2+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)+c(OH-),由于c(OH-)很小,可忽略不计,故有c(H+)+22.010-2molL-1+31.010-3molL-15.310-2molL-1,则c(H+)1.010-2molL-1,pH2。由可知溶液显酸性,空缺的反应物为H+,则空缺的生成物为H2O,由得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可配平该离子方程式。(3)离子分步水解时,水解程度逐级减小,而水解平衡常数能够表示水解程度的大小,K值越大,水解程度越大,故有K1K2K3。对于xFe3+yH2OFex
55、(OH)y(3x-y)+yH+,由于水解反应吸热,降温可使平衡逆向移动;加水稀释,水解程度增大,平衡正向移动;加入NH4Cl,NH4+水解使c(H+)增大,平衡逆向移动;加入NaHCO3,HCO3-结合H+使c(H+)减小,平衡正向移动,故选b、d。欲使FeCl3溶液转化为高浓度聚合氯化铁,应使Fe3+的水解平衡正向移动,在FeCl3浓度一定的条件下,适当减小c(H+),即调节溶液的pH可达到这种效果。(4)由题图可以看出,投放聚合氯化铁18mgL-1时,浑浊度的去除率最高;投放聚合氯化铁20mgL-1时,还原性物质的去除率最高,因此投放聚合氯化铁的最佳范围为1820mgL-1。评析本题以新型
56、絮凝剂“聚合氯化铁”为背景,综合考查了盐类的水解、氧化还原反应方程式的配平、平衡的移动及平衡常数等知识,难度中等。17.(2014福建理综,24,15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切。(1)右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。该电化腐蚀称为。图中A、B、C、D四个区域,生成铁锈最多的是(填字母)。(2)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下:废铁皮含Fe(NO3)2的溶液步骤若温度过高,将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为。步骤中发生反应:4Fe(NO3)2+O2+(2n+4)H2O2Fe2O3nH2O+8HNO3,反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为
57、Fe(NO3)2,该反应的化学方程式为。上述生产流程中,能体现“绿色化学”思想的是(任写一项)。(3)已知t时,反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25。t时,反应达到平衡时n(CO)n(CO2)=。若在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s),并通入xmolCO,t时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%,则x=。答案(1)吸氧腐蚀B(2)4HNO34NO2+O2+2H2O4Fe+10HNO34Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O氮氧化物排放少(或其他合理答案)(3)410.05解析(2)硝酸在受热或光照条件下均易分解,化学方程式为:4HNO3
58、4NO2+O2+2H2O。由题意可知HNO3又将铁氧化为Fe(NO3)2,由框图中分离的产物可知HNO3被还原为NH4NO3,故化学方程式为:4Fe+10HNO34Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O。此生产流程中,体现“绿色化学”思想可从两方面考虑:一是HNO3被还原为NH4NO3,没有生成氮氧化物,减少了对环境的污染;二是产物的利用,如NH4NO3可作氮肥,Fe2O3nH2O可制备铁红,提高了原子利用率。(3)该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)c(CO),在同样条件下,c(CO2)c(CO)=n(CO2)n(CO),所以平衡状态时n(CO)n(CO2)=c(CO)c(CO2)=1
59、K=10.25=41。可列出“三段式”:FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)起始量:0.02molxmol00变化量:0.02mol50%0.01mol0.01mol0.01mol平衡量:0.01mol(x-0.01)mol0.01mol0.01molK=c(CO2)c(CO)=0.01x-0.01=0.25,得x=0.05。评析此题以铁及其化合物的性质为载体,综合考查了电化学腐蚀、氧化还原反应、硝酸的性质、绿色化学以及化学平衡常数的计算。要求考生基本功扎实,属于中等难度题。18.(2013江苏单科,19,15分)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂,可由绿矾(F
60、eSO47H2O)通过下列反应制备:FeSO4+Na2CO3FeCO3+Na2SO4FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2+H2O下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算)。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8(1)制备FeCO3时,选用的加料方式是(填字母),原因是。a.将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中b.将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中c.将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中(2)生成的FeCO
61、3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是。(3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中,再加入少量铁粉,80下搅拌反应。铁粉的作用是。反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是。(4)最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥,获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是。(5)某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发,先制备绿矾,再合成柠檬酸亚铁。请结合右图的绿矾溶解度曲线,补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO47H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂:铁粉、稀硫酸和NaOH溶液):向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应,得到FeSO
62、4溶液,得到FeSO47H2O晶体。答案(15分)(1)c避免生成Fe(OH)2沉淀(2)取最后一次的洗涤滤液12mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净(3)防止+2价的铁元素被氧化加入适量柠檬酸让铁粉反应完全(4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量,有利于晶体析出(5)“(过滤,)向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5,过滤”或“过滤,向滤液中滴加过量的NaOH溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤”(滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到60饱和溶液,冷却至0
63、结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥解析(1)Fe2+开始生成Fe(OH)2的pH为5.8,为防止Fe(OH)2的生成,应将Na2CO3溶液滴加到FeSO4溶液中制备FeCO3。(2)沉淀洗涤的目的是除去沉淀吸附的可溶性杂质,由制备反应可知FeCO3沉淀中吸附的离子有Na+、SO42-、CO32-等,检验其中某种离子是否存在即可证明沉淀是否已洗净,实际检验时应尽量选择现象明显、灵敏度高的离子来检验,本题选择检验SO42-是否存在较为合适,具体操作见答案。(3)因 Fe2+易被空气中的O2氧化,故应加入铁粉防止Fe2+被氧化,过量的铁粉可加入适量柠檬酸使之完全反应生成柠檬酸亚铁。(4)“醇析法”在
64、实验化学中已有涉及,加入乙醇可降低产品在水中的溶解量,有利于晶体结晶析出。(5)硫铁矿烧渣与足量稀硫酸充分反应后,过滤滤去SiO2,为除去滤液中的Al3+,可调节溶液pH约为5,但此时滤液中Fe3+也已沉淀完全,故在调pH之前需先加入过量铁粉将Fe3+还原成Fe2+。从FeSO47H2O溶解度曲线可知,要从FeSO4溶液中获得FeSO47H2O晶体,应先将溶液加热浓缩得到60饱和溶液,然后再冷却结晶,过滤得到晶体后,为减少晶体洗涤时的溶解损耗,洗涤剂应选择冰水。为防止晶体干燥时脱水,应选择低温干燥或真空干燥等方式。19.(2012课标,26,14分)铁是应用最广泛的金属,铁的卤化物、氧化物以及
65、高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式,可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品,溶解后先进行阳离子交换预处理,再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱,使Cl-和OH-发生交换。交换完成后,流出溶液的OH-用0.40molL-1的盐酸滴定,滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量,并求出FeClx中x值:(列出计算过程)。(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品,采用上述方法测得n(Fe)n(Cl)=12.1,则该样品中FeCl3的物质的量分数为。在实验室中,FeCl2可用铁粉和反应制备,FeCl3可用铁粉和反应制
66、备。(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质,该反应的离子方程式为。(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,其反应的离子方程式为。与MnO2-Zn电池类似,K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池,K2FeO4在电池中作为正极材料,其电极反应式为,该电池总反应的离子方程式为。答案(14分)(1)n(Cl)=0.0250L0.40molL-1=0.010mol0.54g-0.010mol35.5gmol-1=0.19gn(Fe)=0.19g/56gmol-1=0.0034moln(Fe)n(Cl)=0
67、.00340.01013,x=3(2)0.10盐酸氯气(3)2Fe3+2I-2Fe2+I2(或2Fe3+3I-2Fe2+I3-)(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+5H2O+3Cl-FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-2FeO42-+8H2O+3Zn2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-注:Fe(OH)3、Zn(OH)2写成氧化物等其他形式且正确也可给分解析(1)依题意:n(Cl-)=n(OH-)=0.40molL-125.010-3L=1.010-2mol,n(Fe)n(Cl)=1x=0.54g-1.010-2mol35.5gmol-156gm
68、ol-1(1.010-2mol),x3。(2)设FeCl3的物质的量分数为x,由题意得3x+2(1-x)=2.1,x=0.10。据Fe+2HClFeCl2+H2、Fe+2FeCl33FeCl2、2Fe+3Cl22FeCl3可知,FeCl2可用铁粉与FeCl3或盐酸反应制备,FeCl3可用铁粉与Cl2反应制备。(3)生成的棕色物质为I2,故可写出该反应的离子方程式:2Fe3+2I-2Fe2+I2。(4)解答此问要紧扣题给信息,注意离子方程式中的电荷守恒及氧化还原反应中的得失电子守恒。20.(2019浙江4月选考,27,6分)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:请回答:(1)由现
69、象1得出化合物X含有元素(填元素符号)。(2)固体混合物Y的成分(填化学式)。(3)X的化学式。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体,固体完全溶解,得到蓝色溶液,该反应的化学方程式是。答案(1)O(1分)(2)Cu和NaOH(2分,不分先后各1分)(3)NaCuO2(1分)2NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2+4H2O(2分)解析(1)由现象1知,混合气体中含有水蒸气,水蒸气由X与干燥H2反应而来,可推知X中含有氧(O)元素。(2)由现象2知,Y中含有单质Cu,X中含有Cu元素,且n(Cu)=1.28g64g/mol=0.0200mol;由现象3知Y中含有NaOH,且n(NaOH)
70、=0.0200mol。(3)X中n(Cu)=0.0200mol,n(Na)=n(NaOH)=0.0200mol,n(O)=2.38g-1.28g-0.0200mol23g/mol16g/mol=0.0400mol,n(Na)n(Cu)n(O)=112,故X的化学式为NaCuO2。依题意,NaCuO2与浓盐酸反应产生的黄绿色气体应为Cl2,得到的蓝色溶液中应含有CuCl2,由元素守恒知还应有NaCl和H2O生成,据此可写出反应的化学方程式为2NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2+4H2O。21.(2011全国,27,15分)下图中,A、B、C、D、E是单质,G、H、I、F是B、
71、C、D、E分别和A形成的二元化合物。已知:反应C+GB+H能放出大量的热,该反应曾应用于铁轨的焊接;I是一种常见的温室气体,它和E可以发生反应:2E+I2F+D,F中E元素的质量分数为60%。回答问题:(1)中反应的化学方程式为;(2)化合物I的电子式为,它的空间构型是;(3)1.6gG溶于盐酸,得到的溶液与铜粉完全反应,计算至少所需铜粉的质量(写出离子方程式和计算过程);(4)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为,反应后溶液与过量化合物I反应的离子方程式为;(5)E在I中燃烧观察到的现象是。答案(1)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3(2分)(2)O：C：O直线形(2分)(3)Fe2O3
72、+6H+2Fe3+3H2O2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+n(Cu)=n(Fe2O3)=1.6g160gmol-1=0.010mol铜粉的质量=64gmol-10.010mol=0.64g(5分)(4)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2(2分)AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-(注:不要求写OH-+CO2HCO3-)(2分)(5)镁条剧烈燃烧,生成白色粉末,反应器内壁附着有黑色的碳(2分)解析(1)由题意和信息可知,C为Al,G为Fe2O3,B为Fe,H为Al2O3,则中反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。(2)由可知,I为CO2,E为Mg,
73、F为MgO,D为单质C。CO2的电子式为OCO,CO2是直线形分子。(3)G为Fe2O3,G与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O,Cu与Fe3+反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+。则n(Cu)=n(Fe2O3)=1.6g160gmol-1=0.010mol,铜粉的质量=64gmol-10.010mol=0.64g。(4)Al与过量NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2。NaAlO2溶液与过量CO2反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-。(5)镁条在CO2中能剧烈燃烧,生成白色粉末(
74、MgO),反应容器内壁附着有黑色的碳:2Mg+CO22MgO+C。评析本题综合考查了元素化合物的有关推断、物质之间的化学反应、电子式、有关离子方程式的书写,实验现象的描述等知识,较易,只要细心,不难得出正确答案。考点三金属冶炼金属材料1.(2013大纲全国,29,15分)铝是一种应用广泛的金属,工业上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融电解制得。铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下:以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下:回答下列问题:(1)写出反应1的化学方程式。(2)滤液中加入CaO生成的沉淀是,反应2的离子方程式为。(3)E可
75、作为建筑材料,化合物C是,写出由D制备冰晶石的化学方程式。(4)电解制铝的化学方程式是,以石墨为电极,阳极产生的混合气体的成分是。答案(1)2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O(2分)、2NaOH+Al2O32NaAlO2+H2O(2分)(2)CaSiO32AlO2-+CO2+3H2O2Al(OH)3+CO32-(每空2分,共4分)(3)浓H2SO4(1分)12HF+3Na2CO3+2Al(OH)32Na3AlF6+3CO2+9H2O(2分)(4)2Al2O34Al+3O2(2分)O2、CO2(CO)(2分)解析(3)根据冰晶石的化学式可知气体D为HF,结合E可作为建筑材料可推出C为浓H
76、2SO4,E为CaSO4,根据原子守恒可写出制备冰晶石的化学方程式。(4)以石墨为电极,阳极发生的反应为2O2-4e-O2,O2可与石墨反应产生CO2和CO气体。评析本题是高考中常见的考查工艺流程的有关问题的试题。侧重考查了Al、Si、F及其化合物的性质。解题的关键是全面分析每一步流程涉及的化学反应。难点是制备冰晶石的化学方程式的书写。易因忽略O2与石墨的反应导致(4)问中阳极产生的混合气体的成分回答不完整而丢分。难度适中。2.(2018课标,7,6分)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属,其流程如下:下列叙述错误的是
77、()A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠答案D本题考查工艺流程分析,铝、铁、锂的化合物的性质等。合理处理废旧电池可回收有关金属,达到资源再利用的目的,同时有利于环境保护,A项正确;由流程图可知,“正极片”中含有的金属元素有Al、Fe、Li,B项正确;LiFePO4中铁元素的化合价为+2价,在H2SO4、HNO3作用下转化为Fe3+,经碱液处理形成Fe(OH)3沉淀,C项正确;Li2CO3难溶于水,而Li2SO4可溶于水,故不能用Na2SO4代替Na2CO3,D错误
78、。审题方法以元素化合物的性质为依据,分析流程中各物质的转化。3.(2020课标,26,14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题:(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是。(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同时还有离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式
79、。(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5xH2O,随滤液可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、,以及部分的。(4)“沉淀转溶”中,V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是。(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是。答案(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2+VO+MnO2+2H+VO2+Mn2+H2O(3)Mn2+Al3+和Fe3+(4)Fe(OH)3(5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全解析(
80、1)加热的目的是使反应完全,加快酸浸速率。(2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+,Fe2+能够被氧化为Fe3+;VO+中钒元素化合价为+3,VO2+中钒元素化合价为+5,VO+被MnO2氧化为VO2+,MnO2被还原为Mn2+,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平:VO+MnO2+2H+VO2+Mn2+H2O。(3)pH=3.03.1时,Mn2+还未沉淀,所以滤液中有Mn2+,另外Fe3+、Al3+在该pH范围内没有沉淀完全,部分留在滤液中。(4)滤饼中除了有V2O5xH2O,还有少量Fe(OH)3和Al(OH)3,加NaOH调pH13,V2O5xH2O与NaOH反应生成NaVO
81、3,Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4,Fe(OH)3不与NaOH反应,所以滤渣是Fe(OH)3。(5)“调pH”的目的是将NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀除去,反应的化学方程式为NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O,则滤渣为Al(OH)3。(6)加入过量NH4Cl固体,c(NH4+)增大,根据同离子效应,可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。4.(2020课标,27,15分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O):废镍催化剂碱浸
82、滤液NaOH溶液酸浸滤渣稀H2SO4转化H2O2溶液调pH滤渣NaOH溶液控制pH浓缩结晶硫酸镍晶体溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01molL-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.010-5molL-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为回收金属,用稀硫酸将“滤液”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式。(2)“滤液”中含有的金属离子是。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即调pHNaOH溶液转化滤
83、渣H2O2溶液,“滤液”中可能含有的杂质离子为。(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-1,则“调pH”应控制的pH范围是。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是。答案(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物Al(OH)4-+H+Al(OH)3+H2O(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气Fe3+(4)0.01(107.2-14)2或10-5(108.7-14)23.26.2(5)2N
84、i2+ClO-+4OH-2NiOOH+Cl-+H2O(6)提高镍回收率解析(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸钠和甘油,并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2、Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,故“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物。“滤液”中含有NaAl(OH)4(也可写成NaAlO2),向其中加入稀H2SO4调为中性会生成Al(OH)3沉淀,反应的离子方程式为Al(OH)4-+H+Al(OH)3+H2O或AlO2-+H+H2OAl(OH)3。(2)“滤饼”中含有Ni、Fe、Ni
85、O、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物,加入稀H2SO4后主要发生反应Ni+2H+Ni2+H2、Fe+2H+Fe2+H2、NiO+2H+Ni2+H2O、FeO+2H+Fe2+H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O,故“滤液”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)H2O2的作用是在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+(2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O),且在“转化”中不引入新杂质,故可替代H2O2的物质是O2或空气,发生反应4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O,也不引入新杂质。加NaOH溶液“调pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+,为除尽Fe3+
86、而又不生成Ni(OH)2沉淀,需控制pH范围:3.2pHI2D向NaHCO3溶液中滴加NaAl(OH)4溶液有白色沉淀和气体产生Al(OH)4-与HCO3-发生了相互促进的水解反应答案C5.(2021届诸城一中高三11月月考,7)铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是()A.反应过程中,试管中出现的灰黑色固体是Cu2OB.反应结束后,为观察溶液颜色需向试管中加入水C.若试管盛放紫色石蕊溶液,可观察到紫色褪至无色D.为验证气体产物具有还原性,试管可盛放溴水答案D6.(2021届莱芜一中高三月考,11)常温时,研究pH对一定浓度FeSO4溶液的稳定性的影响,根据下图分析不合理的是()A.p
87、H小于1时,亚铁离子几乎无损耗,可能的原因是4Fe2+O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+平衡逆向移动B.pH在3.05.5之间,pH的变化对FeSO4稳定性影响不大C.pH大于6.5时,亚铁离子损耗量突变,可能的原因是生成的Fe(OH)2更易被氧化D.其他条件相同时,FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体,FeSO4的稳定性减弱答案D7.(2021届临沂高三期中,13)实验室以活性炭为催化剂,由CoCl26H2O制备Co(NH3)6Cl3的流程如下。CoCl26H2OCo(NH3)6Cl2NH4ClCo(NH3)6Cl3已知:Co2+在pH=9.4时完全沉淀为Co(OH)2。下列
88、说法错误的是()A.步骤中“研磨”的目的是增大晶体的表面积,加快溶解速率B.步骤中应先加入浓氨水,再加入NH4Cl溶液C.步骤中发生的反应为2Co(NH3)6Cl2+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+2NH3H2OD.步骤中加入浓盐酸,有利于析出Co(NH3)6Cl3答案B8.(2021届临朐实验中学高三10月月考,8)钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图:下列说法错误的是()A.酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2+4H2OB.在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸C.化学实验中可利用氯钯酸根离子
89、检验溶液中是否含有NH4+D.“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8mol答案B9.(2020德州二模,14)稀土元素铈(Ce)主要存在于独居石中,金属铈化学性质十分活泼。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可高效制取H2,制备原理如图所示,已知02,下列说法不正确的是()A.CeO2是水分解的催化剂B.TH2O2答案D分析题图可知试管中发生反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、Na2O2+2H2OH2O2+2NaOH;试管中发生反应:2H2O22H2O+O2;试管中发生反应:BaO2+H2SO4BaSO4+H2O2、H2O2(少量)H2O+O2,A、B均正确。C项,中K
90、MnO4与H2O2反应生成氧气,KMnO4作氧化剂,H2O2只作还原剂;中MnO2起催化作用,H2O2既作氧化剂又作还原剂,因中所得溶液等分,故、中含有H2O2的量相等,且中有少量H2O2发生了分解,故、中产生气体的量不同,正确。D项,中BaCl2与H2O2发生复分解反应生成了BaO2沉淀,故不能判断HCl与H2O2的酸性强弱,错误。3.1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠:4NaOH(熔融)O2+4Na+2H2O;后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠:3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na。下列有关说法正确的是()A.戴维法制钠,阳极的电极反应式为2OH-+2e-H2+O2
91、B.盖吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强C.若用戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠,两方法转移电子总数相等D.还可以用电解熔融氯化钠法制钠答案DA项,由截维法制钠的化学方程式可知,电解过程中,阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水,电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2;B项,钠的熔、沸点较低,高温时生成Na蒸气,Na蒸气挥发有利于反应的进行,但Na的金属性比Fe的强;C项,戴维法每生成4molNa转移4mol电子,盖吕萨克法每生成4molNa转移8mol电子,转移电子数不等;D项,工业上用电解熔融氯化钠法制金属钠。解题关键本题考查金属的冶炼及电解原理,明确元素的化合价变化及发生的电极反应为解题
92、关键。思路分析由戴维法制钠的化学方程式可知,阳极上氢氧根离子放电,阴极上钠离子放电,每生成4molNa转移4mol电子;由盖吕萨克法制钠的化学方程式可知,反应能够进行的原因是高温时生成Na蒸气,Na蒸气挥发有利于反应的进行,反应中铁作还原剂,氢氧化钠作氧化剂,每生成4molNa转移8mol电子。4.某同学为测定Na2CO3固体(含少量NaCl)的纯度,设计如下装置(含试剂)进行实验。下列说法中不正确的是()A.必须在间添加吸收HCl的装置B.的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度C.通入空气的作用是保证中产生的气体完全转移到中D.称取样品和中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度答案
93、AA项,中氢氧化钡溶液足量,即使挥发出的HCl进入中也不会影响碳酸钡沉淀的生成,所以不需要除去氯化氢;B项,的作用是防止空气中的CO2进入中使所得BaCO3的质量偏大,影响实验的精确度;C项,通入空气可将中生成的二氧化碳完全排入中;D项,利用碳酸钡的质量可以求得二氧化碳的质量,从而求得样品中碳酸钠的质量,结合样品质量即可求得碳酸钠的纯度。审题技巧测定Na2CO3固体(含少量NaCl)纯度的原理为碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳气体,二氧化碳气体被氢氧化钡溶液吸收后,所得BaCO3沉淀的物质的量即为吸收的二氧化碳的物质的量,进而计算出碳酸钠的质量,即可求出碳酸钠的纯度。5.向H2O2溶液中滴加少量
94、FeSO4溶液,溶液迅速变黄,稍后产生气体;再加入KSCN溶液,溶液变红,一段时间后,溶液颜色明显变浅。依据实验现象,下列分析不正确的是()A.产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2B.H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3+的证据是:“溶液迅速变黄”和“溶液变红”C.溶液颜色变浅,可能是过量的H2O2氧化了KSCND.溶液先变红后又明显变浅,是由反应速率不同导致的答案AA项,H2O2具有强氧化性,FeSO4具有还原性,向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液,二者发生氧化还原反应,迅速产生Fe3+,使溶液变黄,稍后产生气体,是由于反应产生的Fe3+是H2O2分解反应的催化剂,错
95、误;B项,Fe3+溶液呈黄色,且Fe3+遇KSCN会呈红色,正确;C项,KSCN具有还原性,H2O2具有强氧化性,二者可能会发生氧化还原反应,使Fe3+与SCN-结合形成的Fe(SCN)3浓度降低,故会使溶液的颜色变浅,正确;D项,溶液中开始时Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度较大,溶液的红色比较深,后由于KSCN被氧化,使Fe(SCN)3的浓度降低,溶液颜色变浅,这都是由于不同反应的反应速率不同引起的,正确。二、非选择题(共42分)6.某小组探究影响金属与水反应剧烈程度的因素。(1)分别将等质量的Na块和Mg条(打磨光亮)投入水中,记录现象如下:Na块在水中剧烈反应发出响声,直
96、至钠消失Mg条表面缓慢产生少量气泡,数分钟后反应停止,未收集到气体,镁条表面失去光泽补全Na与水反应的实验现象:。(2)探究Mg与水反应缓慢的原因。资料:Mg与水反应时,Mg表面覆盖了致密的Mg(OH)2导致反应缓慢;NH4+和HCO3-可以加快Mg与水反应。同学们为了验证NH4+和HCO3-对Mg与水反应的促进作用,用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验,结果如下。实验序号abcd盐溶液(均为0.1mol/L)NH4ClNaHCO3NaClNH4HCO3溶液起始pH5.18.37.07.830min时产生气体体积(mL)1.50.7NaCaMg。结合上述实验说明影响金属与水反应剧烈程度
97、的因素有。答案(1)浮在水面上,熔成小球,迅速游动(2)Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)用试管收集满该气体,将湿润的红石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝则该气体是NH330min时,实验b产生的气体体积远大于实验c2Mg(OH)2+2HCO3-Mg2(OH)2CO3+2H2O+CO32-同浓度时,NH4+对Mg与水反应的促进作用大于HCO3-;NH4+和HCO3-共同作用时促进作用并未叠加(3)金属活动性和相应金属氢氧化物的溶解性解析(2)Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),NH4+与OH-结合生成NH3H2O,NH3H2O分
98、解产生NH3;Mg2(OH)2CO3中Mg元素由Mg(OH)2提供,CO32-由HCO3-提供,故离子方程式为2Mg(OH)2+2HCO3-Mg2(OH)2CO3+CO32-+2H2O。由实验c的结果可以得出Na+和Cl-对Mg和水反应的影响不明显;由实验a、b、c的结果可以得出,相同浓度时NH4+对Mg和水反应的促进作用强于HCO3-;由实验a和d的结果可以得出,NH4+和HCO3-共同作用时促进作用并未叠加。(3)由K、Na、Ca、Mg与水反应的剧烈程度不同可以得出:影响金属与水反应剧烈程度的因素有金属本身的性质。由与水反应的剧烈程度:NaCa不符合金属活动性顺序,Ca(OH)2微溶,可以
99、得出影响因素有金属氢氧化物的溶解性。7.某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化。(1)分别向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞溶液:Na2CO3溶液由无色变为红色,其原因是。NaHCO3溶液也由无色变为红色,其原因是。比较两份溶液的颜色,红色较浅的是。(2)研究NaHCO3与CaCl2的反应。实验序号实验操作实验现象实验1向2mL0.001mol/LNaHCO3溶液中加入1mL0.1mol/LCaCl2溶液无明显变化。用激光笔照射,没有出现光亮的通路实验2向2mL0.1mol/LNaHCO3溶液中加入1mL0.1mol/LCaCl2溶液
100、略显白色均匀的浑浊,用激光笔照射,出现光亮的通路实验1中没有出现白色浑浊的原因是。实验2中形成的分散系属于。用离子方程式表示实验2中发生的反应。(3)在不引入其他杂质的前提下,实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化,请在下图中标出所用的试剂、用量或物质的量浓度(反应前后溶液体积的变化可忽略)。Na2CO3100mL0.1mol/LNaHCO3100mLmol/LNa2CO3100mL0.1mol/LNaHCO3100mL0.1mol/L答案(1)CO32-+H2OHCO3-+OH-HCO3-+H2OH2CO3+OH-,HCO3-H+CO32-,水解程度大于电离程度NaHCO3溶液(2)HCO
101、3-浓度低,电离出的CO32-浓度更低,导致c(Ca2+)c(CO32-)H2SO3,由于“弱酸不能制强酸”(CuSO4+H2SCuS+H2SO4除外),故向BaCl2溶液中通入少量SO2无现象。若向Ba(NO3)2溶液中通入少量SO2,SO2会被氧化成SO42-,从而产生白色沉淀。11.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是()A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B.将湿润的蓝色石蕊试纸置于瓶口c,试纸变红,说明NH3已经集满C.关闭a,用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧瓶口c,打开b,完成喷泉实验,电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2,则E点
102、时喷泉最剧烈D.工业上若出现液氨泄漏,喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好答案DCaO能与水反应,使c(OH-)增大,同时放出大量的热,有利于NH3的逸出,而CaCl2为中性的盐,能够溶于水,热量变化很小,与水不反应,对氨气的逸出没有作用,A项错误;NH3和H2O反应生成NH3H2O,NH3H2O电离出OH-而导致氨水呈碱性,检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已集满,B项错误;三颈瓶内气体与外界大气压强之差越大,其反应速率越快,C点压强最小,外界大气压强不变,所以C点外界大气压强和三颈瓶内压强差最大,则C点时喷泉最剧烈,C项错误;盐酸显酸性,
103、NaHCO3溶液显碱性,氨水显碱性,NH3在酸性溶液中的吸收效率高于在碱性溶液中的吸收效率,D项正确。12.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下:序号实验步骤实验现象铜粉消失,溶液黄色变浅,加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余,溶液黄色褪去,变成蓝色,加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是()A.实验、中均涉及Fe3+被还原B.对比实验、说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C.实验、中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D.向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀答案CCu和FeCl3溶液反应生成Fe
104、Cl2和CuCl2,若铜过量,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀,可能是发生了反应:CuCl2+Cu2CuCl。实验、中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去,说明Fe3+被Cu还原,A项正确。对比实验、,实验加入少量铜粉,铜粉消失,溶液黄色变浅,加入蒸馏水后无明显现象;实验加入过量铜粉,铜粉有剩余,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀;说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关,B项正确。对比实验、,参加反应的Fe3+的量相同,则生成的Cu2+应相同,但由于实验生成CuCl,所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同,C项错误。实验溶液为蓝色,含有Cu2+和过量的铜,向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶
105、液可能出现白色沉淀CuCl,D项正确。13.如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小AlCl3的损失。下列说法正确的是()A.NaOH溶液可以用氨水来代替B.溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-C.溶液b中只含有NaClD.向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH答案DAl(OH)3不溶于氨水,A不正确;溶液a中含有K+、Cl-、Na+、OH-、AlO2-,无Al3+,B不正确;溶液b中含有KCl和NaCl,C不正确;向溶液a中滴加盐酸,若盐酸过量时,会使生成的Al(OH)3溶解,D正确。关联知识向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸会依次发生反应:AlO2-
106、+H+H2OAl(OH)3,Al(OH)3+3H+Al3+3H2O。二、非选择题(共54分)14.高纯硝酸锶Sr(NO3)2可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质,提纯流程如下:已知:“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2;“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2;“滤渣2”的主要成分为BaCrO4(杂质不与硝酸反应)。铬酸(H2CrO4)为弱酸。(1)“酸浸”不能采用高温的原因是。(2)相对于水洗,用浓HNO3洗涤的优点是。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+,同时放出无污染的气体,写出反应的离子方程式:。(4)在溶液中存在以下沉
107、淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq),常温下,Cr(OH)3的溶度积Ksp=1.010-32,当c(Cr3+)降至1.010-5mol/L,认为Cr3+已经完全沉淀。现将还原后溶液的pH调至4,此时Cr3+是否沉淀完全?(列式计算)。(5)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3,还原后溶液的pH不能大于8的原因是(结合离子方程式说明理由)。(6)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量,进行以下实验:mg“滤渣2”500mL滤液ng判断Ba2+完全沉淀的方法:。“滤渣2”中BaCrO4的质量分数为(用代数式表示)。答案(1)避免浓HNO3挥发和分解(2)减少Sr(NO
108、3)2溶解而造成的损失(3)4H2CrO4+3N2H4+1.2H+4Cr3+3N2+16H2O(4)c(OH-)=10-10mol/L时,c(Cr3+)=1.010-32(1.010-10)3mol/L=1.010-2mol/L1.010-5mol/L,此时Cr3+没有沉淀完全(5)pH大于8时,Cr(OH)3会溶解,Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O(6)静置,向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液,上层清液中无白色沉淀生成1265n233m100%解析(1)浓HNO3易挥发和分解,“酸浸”不能采用高温的原因是避免浓HNO3挥发和分解。(2)根据同离子效应,硝酸锶在浓HNO3中比在水中
109、溶解度小,用浓HNO3洗涤可减少硝酸锶溶解而造成的损失。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+,同时产生一种无污染的气体,为氮气,根据得失电子守恒和原子守恒,离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H+4Cr3+3N2+16H2O。(5)已知 Cr(OH)3类似Al(OH)3,Cr(OH)3在碱性溶液中会发生反应Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O而溶解,所以还原后溶液的pH不能大于8。(6)Ba(NO3)2溶液和Na2SO4溶液反应生成BaSO4和NaNO3,所以判断Ba2+完全沉淀的方法是静置,向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液,上层清液中无白色沉淀生成。
110、设“滤渣2”中BaCrO4的质量为x。BaCrO4BaSO4253233xng5253x=2335ng,解得x=1265n233g。所以“滤渣2”中BaCrO4的质量分数为1265n233gmg100%=1265n233m100%。方法技巧利用类比迁移方法,由Al(OH)3具有两性推及Cr(OH)3也具有两性。15.利用钛白粉厂废酸(主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+)制备过二硫酸铵(NH4)2S2O8,同时回收TiO(OH)2的简要流程如下:已知:.部分离子开始和完全生成氢氧化物沉淀的pH如下。离子TiO2+Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀的pH1.21.97.03.2沉淀
111、完全的pH2.83.19.44.7.pH7时,Fe2+部分生成Fe()氨配离子Fe(NH3)22+。请回答下列问题:(1)加入适量铁粉的作用是。(2)生成TiO(OH)2的化学方程式是。(3)滤渣、滤渣中均含有的物质的化学式是。(4)加入H2O2的目的是氧化除掉Fe()氨配离子Fe(NH3)22+,配平下列离子方程式:2Fe(NH3)22+4H2O+H2O2+4NH3H2O。(5)常温下,电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。在阳极放电的离子主要为HSO4-,阳极区电解质溶液的pH范围为。(6)常温下,已知KspAl(OH)3=3.210-34,当pH=10时,溶液中c(Al3+
112、)=mol/L。(7)25,pH=3的(NH4)2SO4溶液中,2c(SO42-)-c(NH4+)=mol/L(列式即可)。答案(1)将Fe3+还原成Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀(2)TiOSO4+2NH3H2O(NH4)2SO4+TiO(OH)2(3)Fe(OH)3(4)4OH-2Fe(OH)3(5)0pH2(6)3.210-22(7)(10-3-10-11)解析(1)废酸液中含有Fe3+,加入适量铁粉可与Fe3+反应生成Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀。(2)TiO2+与氨水反应生成TiO(OH)2沉淀和铵根离子,化学方程式为TiOSO4+2NH3H2O(NH4)2
113、SO4+TiO(OH)2。(3)调节pH为10时,溶液中的Fe2+变为氢氧化亚铁沉淀,遇到空气,部分被氧化为氢氧化铁,溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀,则滤渣含有氢氧化亚铁、氢氧化铁、氢氧化铝;pH7时,Fe2+部分生成Fe(NH3)22+,加入过氧化氢时,生成氢氧化铁沉淀,滤渣含有氢氧化铁,则滤渣、滤渣中均含有的物质为Fe(OH)3。(4)H2O2与Fe(NH3)22+反应生成氢氧化铁沉淀和一水合氨,离子方程式为2Fe(NH3)22+4OH-+4H2O+H2O22Fe(OH)3+4NH3H2O。(5)根据流程可知,阳极区电解的产物为(NH4)2S2O8,且主要是HSO4-放电,结合图
114、示可知,阳极区电解液的pH的范围为0pH2。(6)已知KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=3.210-34,pH=10时,c(OH-)=10-4mol/L,代入关系式,则c(Al3+)=3.210-22mol/L。(7)根据溶液呈电中性,c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),则2c(SO42-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=(10-3-10-11)mol/L。16.二氧化硫是大气主要污染物之一,由于煤、石油、天然气中通常都含有硫元素,燃烧时会生成二氧化硫,目前研究出很多关于烟道气中硫的吸收处理和再利用的方法。(1)“氧化脱硫法”采用NaCl
115、O、Ca(ClO)2作吸收剂。采用Ca(ClO)2时可以得到硫酸钙固体且有较好的烟气脱硫效果,该反应的离子方程式是。(2)“亚硫酸盐法”吸收烟道气中的SO2。室温条件下,将烟道气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。b点时溶液pH=7,则n(NH4+)n(HSO3-)=。用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示,当温度超过60时,(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是。答案(1)SO2+Ca2+ClO-+2OH-CaSO4+H2O+Cl-(2)31温度过高,(NH4)2SO3分解,浓度减小(或温度升高,氧气在溶液中溶解度降低)解析
116、(1)SO2为还原剂,ClO-为氧化剂,二者在碱性条件下发生反应。(2)b点时溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),再根据电荷守恒得n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-),又由题图中曲线可知,b点时溶液中n(SO32-)=n(HSO3-),则n(NH4+)=3n(HSO3-),所以n(NH4+)n(HSO3-)=31;(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高,(NH4)2SO3分解,浓度减小或温度升高,氧气在溶液中溶解度降低。17.钛(Ti)被誉为第三金属,广泛应用于航空航天等领域。四氯化钛(TiCl4)是生产金属钛的重要原料,某小组设计实验制备四氯化钛并验证其产
117、物CO,装置如下:已知部分信息如下:制TiCl4的反应原理为TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)四氯化钛的熔、沸点分别为-24、136,易挥发,在水或潮湿空气中都极易水解,加热时能被O2氧化回答下列问题:(1)气流由左至右,装置的正确连接顺序为A、H、E(填字母)。(2)A中盛装浓盐酸的仪器名称是;G装置的作用是。(3)写出A中发生反应的化学方程式:;实验室欲制备6720mLCl2(标准状况),则理论上应转移mol电子。(4)能证明上述反应有CO生成的实验现象是。(5)利用如图所示装置测定产品纯度:取wgTiCl4产品进行实验,向安全漏斗中加入适量蒸馏水,待
118、四氯化钛充分反应后,将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中,滴加几滴0.1molL-1的K2CrO4溶液作指示剂(Ag2CrO4呈砖红色),用cmolL-1AgNO3溶液滴定至终点,消耗滴定液VmL。已知:常温下,Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.110-12。TiCl4+(2+n)H2OTiO2nH2O+4HCl安全漏斗在本实验中的作用除加水外,还有。根据上述数据计算该产品的纯度为(用含w、c和V的代数式表示)。答案(1)J、D、B、C、G、F(2)分液漏斗吸收多余的氯气,避免对后续反应造成干扰(3)KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O0.5(
119、4)F中黑色粉末变为红色,H中澄清石灰水变浑浊(5)形成液封,吸收多余的HCl气体19cV4w%解析(1)实验设计思路为制备氯气、除氯化氢、干燥氯气、制备四氯化钛、收集产品、除氯气、CO还原CuO、检验CO2、收集尾气,故装置的连接顺序应为AJDBCGFHE。(2)G中碱石灰吸收未反应的Cl2,避免干扰CO和CuO的反应。(3)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水。n(Cl2)=0.3mol,结合化学方程式可知转移0.5mol电子。(4)F中黑色粉末变为红色,说明该气体有还原性,H中澄清石灰水变浑浊,说明其氧化产物为CO2,结合F、H中的现象方可证明气体为CO。(5)安全漏斗的作用还有形成液封,吸收多余的HCl气体,避免HCl损失。n(TiCl4)=n(AgCl)4=cV4000mol,(TiCl4)=cV4000mol190gmol-1wg100%=19cV4w%。