《2021年天津高考化学复习练习课件：专题五-金属及其化合物.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年天津高考化学复习练习课件：专题五-金属及其化合物.pptx（95页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、五 年 高 考考点考点1 1钠、镁、铝及其化合物钠、镁、铝及其化合物1.(2020山东,5,2分)利用下列装置(夹持装置略)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答案CA项,CO2的密度比空气大,收集时应用向上排空气法,错误;B项,液溴易挥发,会与AgNO3溶液反应,干扰验证有HBr的产生,错误;C项,由MgCl26H2O制备无水MgCl2需要在HCl氛围中干燥脱水,抑制其水解,正确;D项,铁上镀铜,Cu应作电解池的阳极,Fe作阴极,则Cu连电池的正极,Fe连电池的负极,错误。2
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。3.(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
3、于净水答案答案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。4.(2020浙江1月选考,12,2分)下列关于铝及其化合物说法,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答案A明矾可用作净水剂但不能作消毒剂,A错误。解题点睛解题点睛本题是学考、选考分卷后选考
4、试题选择题首次考查铝及其化合物的相关知识,试题较简单,只需正确迁移铝及其化合物的性质及应用等相关知识即可正确解答。5.(2016天津理综,1,6分)根据所给的信息和标志,判断下列说法的是()ABCD神农本草经记载,麻黄能“止咳逆上气”碳酸氢钠药片古代中国人已用麻黄治疗咳嗽该药是抗酸药,服用时喝些醋能提高药效看到有该标志的丢弃物,应远离并报警贴有该标志的物品是可回收物错误答案答案B碳酸氢钠易与醋酸反应,若与醋酸同服,会降低药效。6.(2019课标,11,6分)下列化学方程式中,不能正确表达反应颜色变化的是()A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉,溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄
5、清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2答案答案CC项,Na2O2在空气中与CO2反应生成了Na2CO3与O2,化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,错误。7.(2018海南单科,4,2分)下列化合物中,能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是()A.MgCl2B.Ca(NO3)2C.FeSO4D.AlCl3答案答案DA项,MgCl2与
6、Na2CO3溶液反应能生成MgCO3沉淀,但MgCO3不溶于NaOH溶液;B项,能生成CaCO3沉淀,但CaCO3不溶于NaOH溶液;C项,能生成FeCO3沉淀,但FeCO3不溶于NaOH溶液;D项,Al3+和C能发生相互促进的水解反应,可生成Al(OH)3沉淀,Al(OH)3能溶于NaOH溶液中。2-3O方法指导方法指导解决此类问题的关键是要熟悉物质之间发生的反应,知道常见物质的溶解性及特性,比如氢氧化铝是两性物质,既能溶于强酸又能溶于强碱溶液中。8.(2020浙江7月选考,28,10分).化合物X由四种短周期元素组成,加热X,可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y,Y为纯净物;取3.01g
7、X,用含HCl0.0600mol的盐酸完全溶解得溶液A,将溶液A分成A1和A2两等份,完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液):请回答:(1)组成X的四种元素是N、H和(填元素符号),X的化学式是。(2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是。(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)。要求同时满足:其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素;反应原理与“HCl+NH3NH4Cl”相同。.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验,如图。实验中观察到的现象有:烧瓶内有白雾,烧杯中出现白色沉淀。请回答:(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是。(2)烧杯
8、中出现白色沉淀的原因是。答案答案.(1)Al、ClAlCl3NH3(2)Al+CO2+2H2OAl(OH)3+HC(3)AlCl3+Cl-AlC或AlCl3+NH3AlCl3NH3.(1)吸水或放热导致HCl挥发(2)HCl气体会将H2SO4带出,与Ba(NO3)2作用生成BaSO4-2O-3O-4l解析解析.由加热X可产生使红色石蕊试纸变蓝的气体Y,可知Y为氨气;取3.01gX用含有HCl0.0600mol的盐酸完全溶解得到溶液A,将溶液A分成A1、A2两等份进行实验,且白色沉淀C可溶于NaOH溶液,结合溶液A1+NaOH溶液Y(NH3)+溶液B,CO2+溶液B白色沉淀C,可知白色沉淀C为A
9、l(OH)3,白色固体D为Al2O3,且n(Al2O3)=0.005mol,则溶液A1中n(Al3+)=0.01mol,n(NH3)=0.01mol;由溶液A2+AgNO3溶液白色沉淀E,可知E为AgCl,且溶液A2中n(Cl-)=n(AgCl)=0.06mol,则溶液A中含0.12molCl-,除去加入的盐酸中所含的0.06molCl-,X中含有0.06molCl-;综上所述及X的质量可知X中含有0.02molAl3+、0.06molCl-和0.02molNH3,则n(Al3+) n(Cl-) n(NH3)=1 3 1,可知X的化学式为AlCl3NH3。(1)据上述分析,X中含有N、H、Al
10、、Cl四种元素,X的化学式为AlCl3NH3。(2)溶液B中通入过量CO2的离子方程式为Al+CO2+2H2OAl(OH)3+HC或Al(OH+CO2Al(OH)3+HC。(3)根据题意,一种反应物的组成元素为X中除去N、H之外的两种元素,只能为AlCl3,由于Al3+有空轨道,可与含有孤电子对的离子或分子结合形成配位键,故化学方程式为AlCl3+NH3AlCl3NH3,离子方程式为AlCl3+Cl-AlC。.(1)盐酸具有挥发性,与浓硫酸混合以后,浓硫酸吸水并放出大量的热,促进HCl的逸出。-10.510g102g mol-10.224L22.4L mol-18.61g143.5g mol-
11、2O-3O-4)-3O-4l(2)HCl挥发带出的H2SO4会进入烧杯与Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀。9.(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,Ka=5.81
12、10-10,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-4),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+3C+2H2OMg(OH)2MgCO3+2HC或2Mg2+2C+H2OMg(OH)2MgCO3+CO2溶浸高温焙烧2-3O-3O2-3O解析解析(1)“溶浸”步骤产生的“气体”是NH3,用NH4HCO3溶液吸收NH3的化学方
13、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B2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B2转化成H3BO3。(4)反应物有Mg2+、C,生成物有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
14、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。4-5O4-5O2-3O以下为教师用书专用（1017）10.(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.AlB.Al3+C.Al(OH)3D.Al3+、Al(OH)3-2O答案答案DpH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3溶液中,n(H+)=0.1L0.1mol/L=0.01mol,n(Al3+)=0.1L0.1mol/L=0.01mol,300mL
15、0.1mol/L的NaOH溶液中n(NaOH)=0.3L0.1mol/L=0.03mol,两溶液混合后先后发生反应H+OH-H2O、Al3+3OH-Al(OH)3,0.01molH+消耗0.01molOH-,剩余的0.02molOH-与0.01molAl3+反应时,Al3+过量,产生Al(OH)3的物质的量为mol,剩余Al3+的物质的量为0.01mol-mol=mol。0.0230.0230.01311.(2018江苏单科,3,2分)下列有关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熔点高硬度大,可用于制光导纤维C.Al2O3是两性氧化物,可
16、用作耐高温材料D.CaO能与水反应,可用作食品干燥剂答案答案DA项,NaHCO3用于制胃酸中和剂应用的是NaHCO3能与胃酸反应生成NaCl、CO2和H2O这一性质,与NaHCO3受热易分解无关,错误;B项,SiO2用于制光导纤维与其熔点、硬度等性质无关,错误;C项,Al2O3用作耐高温材料是因为其熔点高,与其是两性氧化物无关,错误。拓展延伸拓展延伸CaO虽可用作食品干燥剂,但本身及与水反应的产物Ca(OH)2对人体都有危害,一定不能误食。12.(2017海南单科,7,4分)(双选)下列叙述正确的是()A.稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜B.碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢C.过氧化钠与二氧化碳反应
17、可制备氧气D.铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝答案答案CD根据金属活动性顺序,Cu排在H的后边,因此金属铜不与稀硫酸反应,A项错误;浓硫酸具有强氧化性,能把HI氧化,B项错误;2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,因此可以制备氧气,C项正确;铝在氯气中燃烧生成AlCl3,D项正确。13.(2017江苏单科,3,2分)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大,可用于制造光导纤维D.NH3易溶于水,可用作制冷剂答案答案A本题考查Na2O2、ClO2、SiO2和NH3的性质
18、及应用。B项,ClO2具有很强的氧化性,可用于杀菌消毒,错误;C项,SiO2用于制造光导纤维与其硬度大无关,错误;D项,NH3用作制冷剂是因为其易液化,液氨汽化吸热,错误。知识拓展知识拓展ClO2是一种自来水消毒剂,比Cl2的消毒效果要好,杀菌消毒的同时不会生成新的有毒物质。14.(2016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.SiO2SiCl4SiB.FeS2SO2H2SO4C.N2NH3NH4Cl(aq)D.MgCO3MgCl2(aq)Mg答案答案CSiO2和HCl(aq)不反应,A项错误;SO2与H2O反应生成H2SO3,B项错误;电解MgCl2(
19、aq)的反应为MgCl2+2H2OCl2+H2+Mg(OH)2,得不到金属Mg,D项错误。易混易错易混易错电解MgCl2溶液与电解熔融的MgCl2不同,电解MgCl2溶液的反应为MgCl2+2H2OCl2+H2+Mg(OH)2,电解熔融MgCl2的反应为MgCl2(熔融)Mg+Cl2。15.(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溶液中因发生相互促进的水解反应而同
20、时生成气体和沉淀:Al3+3HCAl(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。-3O16.(2017海南单科,16,10分)锂是最轻的活泼金属,其单质及其化合物有广泛的用途。回答下列问题:(1)用碳酸锂和反应可制备氯化锂,工业上可由电解LiCl-KCl的熔融混合物生产金属锂,阴极上的电极反应式为。(2)不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾,其原因是。(3)硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分,可作为高温润滑油和油脂的稠化剂。鉴别硬脂酸锂与硬
21、脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是。(4)LiPF6易溶于有机溶剂,常用作锂离子电池的电解质。LiPF6受热易分解,其热分解产物为PF5和。答案答案(1)盐酸Li+e-Li(2)金属锂在CO2中仍可燃烧(3)分别取样品进行焰色反应,锂盐焰色为深红色,钠盐焰色为黄色,钾盐焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)(4)LiF解析解析(1)Li2CO3与Na2CO3的性质相似,利用Li2CO3和盐酸反应可制备LiCl;根据电解原理,阴极上发生还原反应,得到电子,电极反应式为Li+e-Li。(2)根据元素周期表中对角线规则,可知Li和Mg的性质相似,Mg能在CO2中燃烧,因此锂也能在CO2中燃烧,不能用
22、二氧化碳灭火器灭火。(3)硬脂酸锂、硬脂酸钠、硬脂酸钾的阳离子不同,锂、钠、钾属于碱金属元素,因此采用焰色反应进行鉴别。(4)LiPF6中Li显+1价,P显+5价,F显-1价,PF5中P显+5价,F显-1价,因此LiPF6的分解不属于氧化还原反应,根据原子守恒,另一种产物是LiF。17.(2016海南单科,14,8分)KAl(SO4)212H2O(明矾)是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。实验室中,采用废易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题:易拉罐滤液A沉淀B产物(1)为尽量少引入杂质,试剂应选用(填标号)。a.HCl溶液b.H2SO4溶液c.
23、氨水d.NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为。(3)沉淀B的化学式为;将少量明矾溶于水,溶液呈弱酸性,其原因是。(4)已知:KW=1.010-14,Al(OH)3Al+H+H2OK=2.010-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于。-2O答案答案(1)d(2)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2(3)Al(OH)3Al3+水解,使溶液中H+浓度增大(4)20解析解析(1)废易拉罐的主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质,Fe、Mg不与NaOH溶液反应,而Al能与NaOH溶液反应得到NaAlO2,所以试剂应选用NaOH溶液。(2)易拉罐溶解过
24、程中主要反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2。(3)滤液A中的NaAlO2与NH4HCO3在溶液中会反应生成Al(OH)3沉淀,则沉淀B的化学式为Al(OH)3。将少量明矾溶于水,Al3+水解使溶液呈弱酸性。(4)H2OOH-+H+K=1.010-14Al(OH)3Al+H+H2OK=2.010-13反应-反应得:Al(OH)3+OH-Al+2H2O,K=20。-2O-2O-13-142.0 101.0 10考点考点2 2铁、铜及其化合物铁、铜及其化合物1.(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
25、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。2.(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
26、末生成H2和O2答案答案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。3.(2020课标,7,6分)宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色,历经千年色彩依然,其中绿色来自孔雀石
27、颜料主要成分为Cu(OH)2CuCO3,青色来自蓝铜矿颜料主要成分为Cu(OH)22CuCO3。下列说法错误的是()A.保存千里江山图需控制温度和湿度B.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D.Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3答案答案C孔雀石又称铜绿,主要成分是Cu(OH)2CuCO3,也可写成Cu2(OH)2CO3,不稳定,受热易分解,产物为氧化铜、二氧化碳和水,且对湿度比较敏感,可溶于盐酸、硫酸等酸并且在氨水中会发生配位反应,故A正确,C错误;依据题干信息千里江山图历经千年色彩依然,说明孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化,故B正确
28、;Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数约为57.7%,Cu(OH)22CuCO3中铜的质量分数约为55.5%,故D正确。4.(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答案答案BA项,室温下,Na在空气中反应生成Na2O,加热条件下才生成Na2O2,错误;B项,Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2,正确;C项,Cu与浓HNO3反应放出NO2气体,错误;D项,室温下,Fe遇
29、浓H2SO4会钝化,错误。5.(2020浙江1月选考,25,2分)某固体混合物X,含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种,进行如下实验:X与水作用有气泡冒出,得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z;沉淀Y与NaOH溶液作用,无变化。下列说法不正确的是()A.混合物X中必定含有Na2CO3,不含Al2(SO4)3B.溶液Z中溶质主要是钠盐,且必含NaHCO3C.灼烧沉淀Y,可以得到黑色物质D.往溶液Z中加入Cu粉,若不溶解,说明X中不含FeCl3答案答案DX与水作用得到有色沉淀Y,同时有气泡冒出,说明X中一定有Na2CO3及FeCl3和CuSO4中的一种或两种;沉淀Y与NaO
30、H溶液作用,无变化,说明沉淀Y中无Al(OH)3,故X中一定不含Al2(SO4)3,A正确;Na2CO3与FeCl3或CuSO4发生相互促进的水解反应,最终得到弱碱性溶液Z,则Z中一定不含FeCl3或CuSO4,因NaCl或Na2SO4溶液呈中性,考虑到有CO2气体放出,故Z中必含NaHCO3,B正确;若X中含有CuSO4,则灼烧沉淀Y可以得到黑色的CuO,C正确;溶液Z呈弱碱性,即便X中含FeCl3,也已反应完全,溶液Z中不含FeCl3,故向溶液Z中加入Cu粉不溶解,不能说明X中不含FeCl3,D错误。知识归纳知识归纳试题需要根据实验现象推断物质的存在,涉及铝、铁、铜及其重要化合物的性质,考
31、查知识的运用能力及分析问题、解决问题的能力,体现了宏观辨识与微观探析和证据推理与模型认知的学科核心素养。6.(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答案答案DH2的还原性不如镁,不能还原MgO制备单质Mg。易错警示易错警示选项A中,CuSO4溶液中加过量氨水,发生如下三个反应:CuSO4+2NH3H2OCu(OH)2+(NH4)2SO4,Cu(OH)2+4NH3H2OCu(NH3)4(OH)2+4H2
32、O,(NH4)2SO4+Cu(NH3)4(OH)2Cu(NH3)4SO4+2NH3H2O,三个反应相加即得总反应:CuSO4+4NH3H2OCu(NH3)4SO4+4H2O,若只考虑反应而忽略反应,则会得出CuSO4溶液与过量氨水作用得到Cu(NH3)4(OH)2而非Cu(NH3)4SO4,从而错选A项。7.(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
33、,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水答案答案CA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(蓝色变粉红色)明显,可用于判断变色硅胶是否吸水,故正确。易错提醒易错提醒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
34、必考虑周到,思维缜密。8.(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()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
35、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项错误。9.(2020山东,16,12分)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:已知:MnO2是一种两性氧化物;25时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是,MnO2与BaS溶液反应转
36、化为MnO的化学方程式为。(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是。(3)滤液可循环使用,应当将其导入到操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为(填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度c1.010-5molL-1时,可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为。答案答案(1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H
37、2O24.9(5)Mn2+HC+NH3H2OMnCO3+N+H2O-3O4H解析解析(1)预先粉碎软锰矿,可以增大接触面积,充分反应,从而提高反应速率和原料的利用率。从题给流程图中可以看出,MnO2和BaS溶液反应除生成MnO外,还生成S和Ba(OH)2,根据得失电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2OMnO+Ba(OH)2+S。(2)由题给信息可知MnO2是一种两性氧化物,故可与Ba(OH)2反应,Ba(OH)2的量会减少。(3)蒸发结晶析出Ba(OH)2,过滤后,滤液是饱和的Ba(OH)2溶液,其中含有Ba(OH)2,为循环使用,可将其导入到蒸发操作中。(4)为除尽
38、Fe2+,可加入H2O2将其氧化为Fe3+。由题表中相关物质的Ksp可知,Fe3+完全沉淀需要的pH比Al3+完全沉淀所需pH小,溶液pH只需达到Al3+完全沉淀所需pH即可;设Al3+恰好完全沉淀时溶液中OH-浓度为xmolL-1,则1.010-5x3=110-32.3,x=10-9.1,pOH=9.1,pH=14-9.1=4.9。(5)碳化过程中生成MnCO3的反应为Mn2+HCMnCO3+H+,生成的H+再和所加氨水反应生成N,故反应的离子方程式为Mn2+HC+NH3H2OMnCO3+N+H2O。-3O4H-3O4H10.(2020课标,26,14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3
39、、+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: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V,同时还有离子被氧化。写出VO+转化为V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。金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.12O2O(4)“沉淀转溶”中
40、,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+V+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2O解析解析(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
41、+中钒元素化合价为+3,V中钒元素化合价为+5,VO+被MnO2氧化为V,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+V+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NaVO3,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N
42、aAl(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(N)增大,根据同离子效应,可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。2O2O2O4H11.(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:回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为
43、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。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pH8.74.73.29.0NaOH溶液滤液碱浸24HOS稀滤渣酸浸22H O溶液转化NaOHpH溶液滤渣调(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,“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
44、-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。NaOHpH溶液调22H O溶液滤渣转化答案答案(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物Al(OH+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-4)解析解析(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成
45、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+H+Al(OH)3+H2O或Al+H+H2OAl(OH)3。(2)“滤饼”中含有Ni、Fe、NiO、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
46、+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+而又不生成Ni(OH)2沉淀,需控制pH范围:3.2pH7.2,假设c(Ni2+)=0.01molL-1,c(Fe2+)=0.01
47、molL-1时,形成Fe(OH)2沉淀的pH需达到7.5,“调pH”控制的pH范围只能使Fe3+沉淀完全,不能使Fe2+沉淀完全,因而“调pH”后溶液中除含有Ni2+外,还可能含有Fe2+,H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+,故“滤液”中可能含有的杂质离子为Fe3+。(4)开始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全时,都存在沉淀溶解平衡:Ni(OH)2(s)Ni2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=c(Ni2+)c2(OH-),开始沉淀时,c(Ni2+)=0.01molL-1,c(OH-)=1.0107.2-14molL-1,故Ksp=0.01(107.2-14)2;沉淀完全时,c-4)-2O(N
48、i2+)=1.010-5molL-1,molL-1,Ksp=10-5(108.7-14)2。由上述分析得Ksp=1.010-15.6,若“转化”后的溶液中c(Ni2+)=1.0molL-1,生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH-)=molL-1=1.010-7.8molL-1,c(H+)=molL-1=1.010-6.2molL-1,pH=6.2,故既要除尽Fe3+,又不形成Ni(OH)2沉淀,应控制的pH范围是3.26.2。(5)Ni2+被氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2+ClO-+4OH-2NiOOH+Cl-+H2O。(6)分离出NiSO
49、4晶体后的母液中含有Ni2+(饱和NiSO4溶液),故将母液收集、循环使用,其意义是提高镍回收率。-8.7-14(OH )1.0 10csp2(Ni )Kc-15.61.0 101.0-14-7.81.0 101.0 1012.(2018课标,26,14分)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:相关金属离子c0(Mn+)=0.1molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有;氧化除杂工序中ZnO的作用是,
50、若不通入氧气,其后果是。(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为;沉积锌后的电解液可返回工序继续使用。答案答案(1)ZnS+O2ZnO+SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+(3)Cd2+ZnCd+Zn2+(4)Zn2+2e-Zn溶浸32解析解析(1)高温焙烧,金属硫化物转化为金属氧化物和二氧化硫气体。(2)PbSO4难溶于水;氧化除杂工序中通入O2,可将铁元素完全转化为Fe3+,