1、考点考点1 1 钠、镁、铝及其化合物钠、镁、铝及其化合物 五五 年年 高高 考考 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 答案答案 D A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
2、水解生成氢氧化 铝胶体,可用于净水,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 答案答案 B NaHCO3不稳定,受热易分解,发生反应:2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2,NaHCO3的热 稳定性比Na2CO3弱,故选B。 3.(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
3、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。 4.(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( ) 答案答案 C A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HBr的检验,错误;C项,由MgCl2 6H2O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。 A.用甲装置制备并收集CO2 B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
4、C.用丙装置制备无水MgCl2 D.用丁装置在铁上镀铜 5.(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+CuSO4 Cu+ZnSO4 B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2 CaCO3+H2O C.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2 2Na2O+O2 D.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+2FeCl3 2Fe(OH)3+3 MgCl2 答案答案 C 本题考查了分析和解决化学问题的能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养
5、。 C项,Na2O2在空气中与CO2反应生成了Na2CO3与O2,化学方程式为2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2,错 误。 6.(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.MgCl2 B.Ca(NO3)2 C.FeSO4 D.AlCl3 答案答案 D A项,MgCl2与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
6、成Al(OH)3沉淀,Al(OH)3能溶于NaOH溶液中。 2- 3 O 7.(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Mg2B2O5 H2O、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=5.8110-10,可
7、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)2 MgCO3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、Al2O3 KSCN (3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出 (4)2Mg2+3C+2H2O Mg(OH)2 MgCO3+2HC或2Mg2+2C+H2O Mg(OH)2 MgCO3 +CO2 溶浸 高温焙烧 2- 3 O - 3 O 2- 3 O 解析解析 (1)“溶浸”步骤
8、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、Fe 2O3、Al2O3;检验Fe 3+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)2 MgCO3沉淀,再结合电荷守恒、
9、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。 4- 5 O 4- 5 O 2- 3 O 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3.01 g X,用含HCl 0.060 0 mol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
10、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+NH3 NH4Cl”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)烧杯中出现白色沉淀的原因是 。 答案答案 .(1)Al、Cl AlCl3NH3 (2)Al+CO2+2H2OAl(OH)3+HC (3)AlCl3+Cl-Al
11、C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 - 2 O - 3 O - 4 l 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3.01 g X用含有HCl 0.060 0 m ol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(过量)Y(NH3)+溶液B,CO2+溶液B白色沉淀C,可知白色沉 淀C为Al(OH)3,白色固体D为Al2O3,且n(Al2O3)=0.005 mol,则溶液A1中n
12、(Al3+)=0.01 mol,n (NH3)=0.01 mol;由溶液A2+AgNO3溶液白色沉淀E(不溶于HNO3),可知E为AgCl,且 溶液A2中n(Cl-)=n(AgCl)=0.06 mol,则溶液A中含0.12 mol Cl-,除去加入的盐酸中所含 的0.06 mol Cl-,X中含有0.06 mol Cl-;综上所述及X的质量可知X中含有0.02 mol Al3+、0.06 mol Cl- 和0.02 mol NH3,则n(Al3+)n(Cl-)n(NH3)=131,可知X的化学式为AlCl3NH3。 (1)据上述分析,X中含有N、H、Al、Cl四种元素,X的化学式为AlCl3N
13、H3。 (2)溶液B中通入过量CO2的离子方程式为Al+CO2+2H2O Al(OH)3+HC或Al(OH+CO2 Al(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+NH3 AlCl3NH3, 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。 -1 0.510 g 102 g mol -1 0.224 L 22.4 L mol -1 8.61 g 143.5 g
14、 mol - 2 O - 3 O - 4 ) - 3 O - 4 l (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。 以下为教师用书专用（916） 9.(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Cl2 B.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 答案答案 C 本题涉及的考点有铁、氯、钠及其化合物的性质,合金
15、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+Cl2 2Fe3+2Cl-、2Fe3+Fe 3Fe2+,将废铁屑加入FeCl2溶液中可 以除去工业废气中的Cl2,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,正确;C项,Na2CO3+Ca(OH)2 CaCO3+2NaOH,施加熟石灰生成了烧碱NaOH,碱性增强, 不利于作物生长,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,正确。 易错提醒易错提醒 C选项中,熟石灰虽然可以与Na2CO3反
16、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。 10.(2019上海选考,16,2分)在pH为1的100 mL 0.1 mol/L的AlCl3溶液中,加入300 mL 0.1 mol/L的氢 氧化钠溶液后铝元素的存在形式是( ) A.Al B.Al3+ C.Al(OH)3 D.Al3+、Al(OH)3 - 2 O 答案答案 D pH为1的100 mL 0.1 mol/L的AlCl3溶液中,n(H+)=0.1 L0.1 mol/L=0.01 mol,n(Al3+)=0.1 L 0.1 mol/L=0.01 mol,300 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中n(
17、NaOH)=0.3 L0.1 mol/L=0.03 mol,两溶液 混合后先后发生反应H+OH- H2O、Al3+3OH- Al(OH)3,0.01 mol H+消耗0.01 mol OH-,剩 余的0.02 mol OH-与0.01 mol Al3+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0.01 mol- mol= mol。 0.02 3 0.02 3 0.01 3 11.(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.
18、Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料 D.CaO 能与水反应,可用作食品干燥剂 答案答案 D A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
19、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+2CO2 2Na2CO3+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.(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.SiO2SiCl4Si B.FeS2SO2H2SO4 C.N2NH3NH4Cl(aq) D.MgCO3MgCl2(aq)Mg 答案答案 C
20、SiO2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(aq)的反 应为MgCl2+2H2O Cl2+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+2H2O Cl2+ H2+Mg(OH)2,电解熔融MgCl2的反应为MgCl2(熔融) Mg+Cl2。 14.(2018天津理综,7,14分)下图中反应是制备SiH4的一种方法,其副产物MgCl2 6NH3是优质的镁 资源。回答下列问题: (1)MgCl2 6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺
21、序(H-除外): ,Mg在元素周期表中的位置: ,Mg(OH)2的电子式: 。 (2)A2B的化学式为 。反应的必备条件是 。上图中可以循环使用的 物质有 。 (3)在一定条件下,由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料 (写化学式)。 (4)为实现燃煤脱硫,向煤中加入浆状Mg(OH)2,使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物,写出该 反应的化学方程式: 。 (5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成,例如制备醇类化合物的合成路线如下: RBr RMgBr (R:烃基;R:烃基或H) 依据上述信息,写出制备所需醛的可能结构简式: 。 答案答案 (14分)(1)r(H+)r
22、(Mg2+)r(N3-)r(Cl-) 第三周期A族 H -Mg2+ H- (2)Mg2Si 熔融,电解 NH3,NH4Cl (3)SiC (4)2Mg(OH)2+2SO2+O22MgSO4+2H2O (5)CH3CH2CHO,CH3CHO O O 解析解析 本题考查物质结构与元素周期律、工艺流程、简单有机合成。 (1)H+只有原子核;N3-、Mg2+有两个电子层,当电子层结构相同时,原子序数越大离子半径越小;Cl-有 三个电子层,故离子半径:r(H+)r(Mg2+)r(N3-)13,V2O5 xH2O与NaOH反应生成NaVO3,Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4,Fe(OH)
23、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+HCl Al(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。 2 O 2 O 2 O 4 H 8.(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(NiSO4 7H2O): 废镍催化剂控制pH 浓缩结晶硫酸镍晶体
24、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=0.0 1 mol L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c=1.0 10-5 mol L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 NaOH 溶液 滤液 碱浸 24 HOS 稀 滤渣 酸浸 22 H O 溶液 转化 NaOH pH 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
25、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1.0 mol L-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 。 NaOH pH 溶液 调 22 H 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+、F
26、e2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+ (4)0.01(107.2-14)2或10-5(108.7-14)2 3.26.2 (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+2H2O 2NaAlO2+3H2、Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+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H2SO
27、4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+H2O Al(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+2H+ Ni2+H2O、FeO+2H+ Fe2+H2O、Fe2O3+6H+ 2 Fe3+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
28、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:3.2 pH7.2,此时Fe2+不能沉淀,后续的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+)=0.01 mol L-1,c(OH-)
29、=1.0107.2-14 mol L-1,故Ksp=0.01(107.2-1 4)2;沉淀完全时,c(Ni2+)=1.010-5mol L-1, mol L-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+)=1.0 mol L-1,生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH-)= - 4 ) - 2 O -8.7-14 (OH )1.0 10c sp 2 (Ni ) K c mol L-1=1.010-7.8mol L-1,c(H+)= mol L-1=1.010-6.2 mol L-1,pH=6.2,故既要除尽Fe 3+,又
30、不形成Ni(OH) 2沉淀,应控制的pH范围是3.26.2。(5)Ni 2+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 4晶体后的母液中含有Ni 2+(饱和NiSO 4溶液),故将母液收集、循环使用,其意义是提高镍回收率。 -15.6 1.0 10 1.0 -14 -7.8 1.0 10 1.0 10 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
31、时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 110-16.3 110-38.6 110-32.3 110-12.7 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 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
32、中某离子浓度c1.010-5mol L-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+H2O Ba(OH)2+MnO+S (2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 (3)蒸发 (4)H2O2 4.9 (5)Mn2+HC+NH3 H2O MnCO3+N+H2O - 3 O 4 H 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
33、可得反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2O MnO+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x mol L-1,则1.010-5x3=110-3
34、2.3,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+HC MnCO3+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+NH3 H2O MnCO3+N+H2O。 - 3 O 4 H - 3 O 4 H 10.(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+)=0.1 mol L-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
35、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 ,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pH 1.5 6.3 6.2 7.4 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 。 (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+Zn Cd+Zn2+ (4)Zn2+2e- Zn
36、 溶浸 3 2 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+,加入ZnO调节溶液pH为2.86.2,保证Fe3+被完全除去。 (3)还原除杂工序中锌粉可置换出金属Cd。(4)电解硫酸锌溶液时,阴极反应式为Zn2+2e- Zn, 阳极反应式为2H2O-4e- O2+4H+,沉积锌后的电解液中主要含硫酸,可返回溶浸工序继续使 用。 11.(2017课标,27,14分)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分 为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂
37、质)来制备。工艺流程如下: 回答下列问题: (1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验 条件为 。 (2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,写出相应反应的离子方程式 。 2- 4 l (3)TiO2 xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示: 分析40 时TiO2 xH2O转化率最高的原因 。 (4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为 。 (5)若“滤液”中c(Mg2+)=0.02 mol L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀 完全即溶液中c(Fe3+)=1.01
38、0-5 mol L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成? (列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.310-22、1.01 0-24。 (6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。 温度/ 30 35 40 45 50 TiO2 xH2O转化 率/% 92 95 97 93 88 答案答案 (1)100 、2 h,90 、5 h (2)FeTiO3+4H+4Cl- Fe2+TiOC+2H2O (3)低于40 ,TiO2 xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ,双氧水分解与氨气逸出导致 TiO2 xH2O转化反应速率下降 (4)4 (
39、5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(P)= mol L-1=1.310-17mol L-1,c3(Mg2+) c2(P)值为0.013(1.31 0-17)2=1.710-40105认为反应可发生 (6)2Fe2S3 H2O +3O2 2Fe2O3 H2O +6S 解析解析 (1)配制一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。 配制100 mL 1 mol/L FeCl3溶液所需FeCl3 6H2O固体质量为0.1 L1 mol/L270.5 g/mol=27.05 g,因 为要用托盘天平进行称量,故称取27.1 g FeCl3 6H2O固体。 (2)Fe3+和S2-发
40、生氧化还原反应而得到黄色沉淀,离子方程式为2Fe3+S2- 2Fe2+S。 (3)根据离子方程式写出反应的化学方程式:2FeCl3+3Na2S Fe2S3+6NaCl,该反应为复分解反 应。 (4)甲同学猜测黑色沉淀是FeS,认为FeS是过量的硫化钠与FeCl3发生了氧化还原反应生成的:2Fe 3+3S2- 2FeS+S,因为生成FeS的同时也有硫生成,所以要检验黑色沉淀成分必须先除去 硫。 FeS与盐酸反应不会产生硫沉淀。根据实验加酸后有乳黄色沉淀产生,可判断黑色沉淀为Fe2 S3。 根据实验现象可写出Fe2S3与盐酸反应的离子方程式:Fe2S3 +4H+ 2Fe2+ +S +2H2S。 (
41、5)2Fe(OH)3(s)+3S2-(aq) Fe2S3(s)+6OH-(aq) K= =1012,一般情况下K105认为反应可发生。 (6)根据流程图及题述过程可得出脱硫剂再生的化学方程式为2Fe2S3 H2O +3O2 2Fe2O3 H2O +6S。 6- 32- ( H ) (S ) c O c 236- 2332- ( e )( H ) ( e )(S ) c Fc O c Fc 2 sp3 sp23 () ( e S ) KFe OH KF -382 -88 (1 10) 1 10 试题分析试题分析 本题一共分三部分。 第一部分:探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应能否生成Fe2S3
42、。共由三个实验组成,前两个实验是相互 滴加,表面上只是滴加顺序不同,而实质上是反应时溶液的酸碱性不同,而物质的氧化性、还原性 与溶液的酸碱性有关。碱性条件下Fe3+氧化性减弱,Fe2S3也在碱性溶液中更稳定。第(1)问中研究 氯化铁溶液的酸性和后续实验中Fe2S3与盐酸的反应都是对这一实验方案设计原理的提示。 第二部分:本部分是受第一部分“Fe2S3可在碱性溶液中得到”的实验启示,研究利用2Fe(OH)3(s)+ 3S2-(aq) Fe2S3(s)+6OH-(aq)制备Fe2S3的可行性,考查的是平衡常数的计算方法。这是近几年高 考的热点问题,也是难点问题。 第三部分:从工业生产的实际问题出发,研究生成物的实际应用价值。考查学生对流程图的分析 能力和根据情境书写化学方程式的能力。
