2021届高考化学二轮复习金属及其化合物专题.docx

1、金属及其化合物1.(2020聊城模拟)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3SSO3H2SO4饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA.B.C.D.【解析】选B。Al2O3溶于NaOH生成NaAlO2溶液,再向该溶液中通入CO2气体,又生成了Al(OH)3白色沉淀,可实现;S在氧气中燃烧只能生成SO2,不能生成SO3,不能实现;饱和NaCl溶液与氨气、二氧化碳共同反应生成NaHCO3,NaHCO3受热分解为Na2CO3,可以实现;Fe2O3溶于盐酸生成FeCl3溶

2、液,由于氯化铁易发生水解,直接加热蒸干并灼烧得到氧化铁固体,得不到无水FeCl3,不能实现;MgCl2(aq)与石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀,加热该沉淀分解为MgO,可以实现;综上都可以实现,B正确。2.(2020深圳模拟)下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两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,溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0 molL-1 Fe2(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

3、0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1 molL-1 CuSO4溶液,振荡先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀Cu(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的小【解析】选D。稀硝酸与过量的铁粉反应,生成硝酸亚铁和NO气体、水,无铁离子生成,所以加入KSCN溶液后,不变红色,现象错误,A项错误;Cu与硫酸铁发生氧化还原反应,生成硫酸铜和硫酸亚铁,无黑色固体出现,现象错误,B项错误;铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高,所以内部熔化的铝不会滴落,C项错误;硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀,再加入硫酸铜,则生成氢氧化铜蓝色沉淀,沉淀的转化符合由溶解度小的向溶解度更

4、小的沉淀转化,所以氢氧化铜的溶解度比氢氧化镁的溶解度小,D项正确。3.(2020金华模拟)某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜,工艺流程如下所示:已知:Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程,下列说法不正确的是()A.气体X中含有SO2B.为实现溶液C到溶液D的转化,加NH3H2O至红棕色沉淀刚好完全,过滤即可C.蒸氨过程发生总反应的化学方程式为Cu(NH3)4Cl2+H2OCuO+2HCl+4NH3D.在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低【解析】选B。含有硫的矿物煅烧,肯定会生成二氧化硫气体,A正确;为实现溶液C

5、到溶液D的转化,加NH3H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全,过滤即可,B错误;因为提示中有这样的方程式:Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq),因此在加热时,氨就会逸出,C正确;在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低,D正确。4.(2020徐州模拟)某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下:已知:“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在,强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离产生SO42-和一种阳离子;常温下,KspAl(OH)3=1.010-34,K

6、spFe(OH)3=4.010-38,KspMg(OH)2=1.010-11请回答下列问题:(1)“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为 _。(2)“反应”时加入铁粉的作用为 _。(3)“结晶”需控制在70 左右,温度过高会导致的后果为 _ 。(4)“水解”反应的离子方程式为_ _。所得TiO2xH2O沉淀进行酸洗的目的为_ _。(5)为使滤渣2沉淀完全(溶液中离子浓度小于10-5 molL-1)。需“调pH”最小为_。(6)实验室用MgCl2溶液制备MgCl26H2O,需进行的操作为_,降温结晶、过滤、洗涤、干燥。(7)FeSO47H2O样品纯度的测定:取a g样品溶于水配成b mL 溶液

7、;用酸化的c molL-1 KMnO4标准溶液滴定,达到滴定终点时消耗标准液的体积为d mL,样品中FeSO47H2O的质量分数为_(用代数式表示)。【解析】(1)信息:“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在,强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离产生SO42-和一种阳离子,该阳离子为TiO2+;粉煤灰加入H2SO4酸浸时,TiO2转变为TiO2+,结合守恒规律写出离子方程式:TiO2+2H+TiO2+H2O。(2)“酸浸”所得溶液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、TiO2+等,由流程图可知,“反应”时加入铁粉,经“结晶”得到FeSO47H2O晶体,故铁粉的作用是将Fe3+还原为Fe

8、2+。(3)“结晶”后滤液1发生水解得到TiO2xH2O,若温度过高,导致TiOSO4提前水解生成TiO2xH2O,使FeSO47H2O晶体中混有TiO2xH2O,并且TiO2xH2O的产率降低。(4)“水解”时TiO2+转化为TiO2xH2O,结合原子守恒和电荷守恒写出离子方程式:TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+。“水解”时得到TiO2xH2O,固体表面吸附SO42-、Fe2+等,故进行酸洗的目的是洗去附着的FeSO4,防止FeSO4水解。(5)滤液2中含有Al3+、Mg2+,由流程图可知,“调pH”后所得滤液3经一系列操作得到MgCl26H2O,则滤渣2的主要成分是Al(

9、OH)3,此时Mg2+不产生沉淀。KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=1.010-34,滤渣2Al(OH)3沉淀完全,溶液中离子浓度小于10-5 molL-1,则有c3(OH-)=KspAl(OH)3c(Al3+)=1.010-3410-5=1.010-29,c(OH-) =31010-10 molL-1,从而可得c(H+)=1.010-1431010-10 molL-1=1031010-5 molL-1,故溶液的pH=-lgc(H+)=5-234.3。(6)MgCl2的溶解度受温度影响较大,且易发生水解反应,故用MgCl2溶液制备MgCl26H2O时,要加入HCl抑制其水解。

10、(7)用c molL-1 KMnO4标准溶液滴定FeSO4溶液时,Fe2+被氧化成Fe3+,MnO4-则被还原为Mn2+,据得失电子守恒可得关系:5(FeSO47H2O)KMnO4,则有n(FeSO47H2O)=5c molL-1d10-3L=5cd10-3 mol,m(FeSO47H2O)=5cd10-3 mol278 gmol-1=1.39cd g,故样品中FeSO47H2O的质量分数为1.39cdgag100%=1.39cda100%。答案:(1)TiO2+2H+TiO2+H2O(2)将Fe3+还原为Fe2+(3)导致TiO2+提前水解使FeSO47H2O中混有TiO2xH2O,并使Ti

11、O2xH2O产率降低(4)TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+洗去附着的FeSO4,防止FeSO4水解(5)4.3(6)在不断通入HCl的条件下蒸发浓缩(7)1.39cda100%5.(2020威海模拟)我国古籍中有许多与化学相关的记载。下列说法正确的是()A.论衡是应篇中记载:“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南。”司南中的“杓”含Fe2O3B.本草求真云:“酒性种类甚多,然总由水谷之精,熟谷之液,酝酿而成”,酿酒过程中经历了复杂的化学变化C.本草图经中有关绿矾的分解描述如下:“绿矾形似朴硝而绿色,取此物置于铁板上,聚炭,封之囊袋,吹令火炽,其矾即沸,流出,色赤如融金汁

12、者是真也。”“色赤”物质是Fe(OH)3D.抱朴子中关于雄黄(As4S4)有如下描述:“伏火者,可点铜成金,变银成金。”此处的“金”代表金单质【解析】选B。Fe3O4具有磁性,“司南”中的“杓”含Fe3O4,故A错误;酿酒过程中淀粉水解为葡萄糖,葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳,经历了复杂的化学变化,故B正确;Fe(OH)3受热易分解,Fe的氧化物只有氧化铁为红色,则“色赤”物质可能是Fe2O3,故C错误;化学变化中元素种类不变,“伏火者,可点铜成金,变银成金”,这里的“金”不可能是金单质,故D错误6.(2020上饶模拟)铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用的基准试剂,

13、其制备过程如下所示。下列叙述错误的是()A.过程的离子反应:HCO3-+Na+NaHCO3B.检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C.若省略过程则铵明矾产率无明显变化D.向铵明矾溶液中加入少量NaOH溶液不会有刺激性气体逸出【解析】选C。向NH4HCO3饱和溶液中加入稍过量的Na2SO4会生成溶解度较小的NaHCO3沉淀,A叙述正确;pH=2时,HCO3-以CO2的形式逸出,所以只需使用BaCl2溶液检验SO42-即可,B叙述正确;若省略过程,HCO3-和Al3+发生双水解反应生成Al(OH)3,使得铵明矾产率降低,C叙述错误;加入少量的NaOH溶液先与Al3+反应生成Al(OH)3,没

14、有NH3产生,D叙述正确。7.稀土铈(Ce)元素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O2,下列说法不正确的是()A.CeO2是水分解的催化剂B.T1 050 时,CeO2比CeO2-稳定C.工业上可用电解CeCl4溶液制备CeD.过程的方程式为CeO2-+H2OCeO2+H2【解析】选C。CeO2在反应前后质量和性质不变,所以CeO2是水分解的催化剂,故A正确;T1 050 时,CeO2-转化成CeO2,所以CeO2比CeO2-稳定,故B正确;金属铈化学性质十分活泼,活泼金属应该电解其熔融的金属氯化物或氧化物制取,电解

15、CeCl4溶液得不到对应的金属单质Ce,故C错误;反应,即CeO2-和H2O在加热条件下反应生成CeO2和H2,反应的化学方程式为CeO2-+H2O CeO2+H2,故D正确。8.探究补铁剂主要成分:氯化血红素(含+2价铁)、富锌蛋白粉、维生素C、乳酸、葡萄糖浆中铁元素是否变质。先取少量补铁剂,用酸性丙酮溶解后制成溶液。下列说法不正确的是()实验实验实验取待测液,加入少量KSCN溶液,无明显现象;再加入少量H2O2,溶液不变红取实验所得溶液,再加入少量KSCN溶液,无明显现象;再加入H2O2溶液,溶液变为红褐色取实验所得溶液,加入少量盐酸溶液,无明显现象,继续加入H2O2至过量,溶液先变红后褪

16、色A.实验中加入KSCN溶液无明显现象,与KSCN溶液的用量无关B.实验中加入H2O2溶液后不变红,可能是H2O2被维生素C还原了C.实验中溶液红色褪去,可能是H2O2将SCN-氧化了D.实验说明,该补铁剂中+2价铁在酸性条件下才能被H2O2氧化【解析】选D。实验中取实验所得溶液,再加入少量KSCN溶液,无明显现象;再加入H2O2溶液,溶液变为红褐色,说明与KSCN溶液的用量无关,故A正确;维生素C具有还原性,加入少量H2O2,实验中加入H2O2溶液后不变红,可能是H2O2被维生素C还原了,故B正确;H2O2具有强氧化性,SCN-具有还原性,继续加入H2O2至过量,溶液先变红后褪色,溶液红色褪

17、去,可能是H2O2将SCN-氧化了,故C正确;没有对照实验,无法说明中性、碱性条件下,该补铁剂中+2价铁能否被H2O2氧化,故D错误。9.(15分)(2020张家口模拟)乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe3H2O,Mr=288是一种常用的补铁剂,可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2OCH3CH(OH)COO2Fe3H2O+CO2。已知FeCO3易被氧化:4FeCO3+6H2O+O24Fe(OH)3+4CO2。某兴趣小组用FeCl2溶液(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3溶液制备FeCO3的装置示意图如图:请回答下列问题:(1)NH4HCO3溶液盛

18、放在装置_中(填仪器名称),该装置中涉及的主要反应的离子方程式为_。(2)将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是_。(3)将制得的FeCO3加入足量乳酸溶液中,75 下搅拌反应。为了防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化,在搅拌之前应该进行的操作是_。反应结束后,加入适量乳酸。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需进行的实验操作是隔绝空气低温蒸发,_,干燥。(4)该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数,酸性高锰酸钾标准溶液用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。在计算纯度时,结果总是大于100%,其原因可能是_。(5)经查阅文献后,该兴趣小

19、组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取a g产品配成100 mL 溶液,每次取20.00 mL,进行必要处理,用b molL-1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点,平均消耗Ce(SO4)2标准溶液c mL 。滴定反应中Ce4+的还原产物为Ce3+,则产品中乳酸亚铁的质量分数为_%(写出表达式)。【解析】(1)亚铁离子容易被氧化,制备过程应在无氧环境中进行,用Fe和盐酸反应制备氯化亚铁溶液,利用反应产生的氢气排尽装置中的空气,使装置B中的气压增大,将装置B中的氯化亚铁压入装置C(三颈烧瓶)中与NH4HCO3发生反应Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O。(2)利用装置B中反应

20、生成的氢气,使装置B中气压增大,将装置B中的氯化亚铁溶液压入装置C中。因此需关闭K1、K3打开K2。(3)为了防止Fe2+被氧化,在搅拌之前应该进行的操作是加入适量铁粉;要从溶液中得到晶体,应经过隔绝空气低温蒸发,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥。(4)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,应选择酸式滴定管盛装。乳酸根中的羟基也可被酸性高锰酸钾溶液氧化,造成消耗的高锰酸钾偏多,使结果可能大于100%。(5)根据Ce4+Fe2+CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的比例关系,求出乳酸亚铁的质量分数为bmolL-1c10-3L5288 gmol-1ag100%=144bca%。答案:(1)三颈烧瓶Fe2+2H

21、CO3-FeCO3+CO2+H2O(2)(待D中气泡均匀冒出后)关闭K1、K3,打开K2(不写K1也可)(3)加入适量铁粉冷却结晶,过滤,洗涤(4)酸式乳酸根也可被酸性高锰酸钾溶液氧化(5)144bca10.(17分)(2020东城区模拟)以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料,制取氧化钴的流程如下:(1)溶解:溶解后过滤,将滤渣洗涤23次,洗液与滤液合并,其目的是_。(2)氧化:加热搅拌条件下加入NaClO3,将Fe2+氧化成Fe3+,其离子方程式是_。已知:铁氰化钾化学式为K3Fe(CN)6;亚铁氰化钾化学式为K4Fe(CN)63H2O。3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3

22、Fe(CN)62(蓝色沉淀)4Fe3+3Fe(CN)64-Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)确定Fe2+是否氧化完全的方法是_(可供选择的试剂:铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)。(3)除铁:加入适量的Na2CO3调节酸度,生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀,写出该反应的化学方程式:_。(4)沉淀:生成沉淀碱式碳酸钴(CoCO3)23Co(OH)2,沉淀需洗涤,洗涤的操作是_。(5)溶解:CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸,边加热边搅拌至完全溶解后,需趁热过滤,其原因是_。(6)灼烧:准确称取CoC2O4 1.470 g,在空气中充分

23、灼烧得0.830 g氧化钴,写出氧化钴的化学式:_。【解析】(1)溶解后过滤,将滤渣洗涤23次,洗液与滤液合并,有利于提高原料中钴元素的利用率,便于提高氧化钴的产率。(2)根据氧化还原反应的一般规律,NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+的同时,本身被还原为氯离子;根据题示信息,溶液中存在Fe2+时,加入铁氰化钾会生成蓝色沉淀,因此取氧化后的溶液少许于试管中,滴加几滴铁氰化钾溶液,若无蓝色沉淀生成,则Fe2+已全部被氧化。(3)根据氧化后的溶液中存在Fe2(SO4)3,除铁时加入适量的Na2CO3调节酸度,生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀,同时应该生成二氧化碳气体,结合质量守

24、恒定律,还有硫酸钠生成,因为产物中含氢元素,反应物中需有水参加反应。(4)根据洗涤沉淀的一般方法,洗涤的操作是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,静置使滤液流出,重复操作23次。(5)CoCl2的溶解度受温度的影响较大,趁热过滤的原因是防止温度降低后CoCl2晶体析出。(6)1.470 g CoC2O4中含有Co的质量=1.470 g59147=0.59 g,0.830 g氧化钴中含有O的质量=0.830 g-0.59 g=0.24 g,n(Co)n(O)=0.59 g59 gmol-10.24 g16 gmol-1=23,因此氧化钴的化学式为Co2O3。答案:(1)提高钴元素的利用率(2)6Fe2

25、+6H+ClO3-6Fe3+Cl-+3H2O取氧化后的溶液少许于试管中,滴加几滴铁氰化钾溶液,若无蓝色沉淀生成,则Fe2+已全部被氧化(3)3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4+6CO2(4)沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,静置使滤液流出,重复操作23次(5)防止因温度降低CoCl2晶体析出(6)Co2O311.(2020北京顺义区模拟)Na2O2是一种常见的过氧化物,具有强氧化性和漂白性。通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。(1)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应:用化学方程式解释使酚酞溶液变红的原因:_。依据实

26、验现象推测红色褪去的原因是_。加入MnO2反应的化学方程式为_。Na2O2的电子式为_。(2)实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2,将带火星的木条插入试管C中,木条复燃。请回答下列问题:甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2,该反应的化学方程式是_。检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是_。乙同学认为反应后B中不仅有Na2SO3,还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是_。为检验产物中Na2SO4的存在,乙同学设计并实施了如下实验方案:甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成,其理由为_ _。测定B中反应完全后的固体中N

27、a2SO4含量的实验方案:称取样品a g加水溶解,_,烘干,称量得BaSO4沉淀为b g,则Na2SO4的质量分数为_。【解析】(1)过氧化钠和水反应生成的氢氧化钠是碱,酚酞溶液遇碱变红,反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2;红色褪去的原因可能是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性,能漂白有色物质。过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气,反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2。Na2O2属于离子化合物,含有O22-,电子式为Na+OO2-Na+。(2)Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2,结合得失电子守恒可知,该反应的化学方程式为2Na2O2+2S

28、O22Na2SO3+O2;要证明白色固体中含有Na2SO3,只需检验出白色固体中含有SO32-,则取反应生成的白色固体少许,滴入稀硫酸,生成无色能使品红溶液褪色的气体,说明白色固体中含Na2SO3。因为过氧化钠具有强氧化性,二氧化硫有较强的还原性,两者可能发生氧化还原反应生成Na2SO4;稀硝酸具有强氧化性,会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡,最终也会生成硫酸钡沉淀,不能说明反应后B中有Na2SO4。因为亚硫酸钡易溶于盐酸,硫酸钡不溶于盐酸,所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a g加水溶解,加盐酸酸化的氯化钡溶液,过滤,洗涤,烘干,称量得BaSO4沉淀为b g,b gBaSO4的物质的量为b233 mol,则样品中含Na2SO4的质量为b233 mol142 gmol-1=142b233 g,所以Na2SO4的质量分数为142b233a100%。答案:(1)2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应生成的H2O2具有漂白作用2H2O22H2O+O2Na+OO2-Na+(2)2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2取反应后B中的白色固体少许,滴入稀硫酸,生成无色能使品红溶液褪色的气体,说明白色固体中含Na2SO3过氧化钠具有强氧化性,二氧化硫有较强的还原性稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡加盐酸酸化的氯化钡溶液,过滤,洗涤142b233a100%