2020高考化学跟踪检测（十六）归纳拓展高考考查新载体（两性金属与变价金属）（含解析）.docx

跟踪检测（十六） 归纳拓展高考考查新载体（两性金属与变价金属）1钨是我国丰产元素，自然界中钨主要以钨(6)酸盐的形式存在。黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐(FeWO4、MnWO4)，黑钨矿传统冶炼工艺流程图如下：(1)已知上述转化中，除最后一步外，W的化合价未发生变化，则产品C的化学式为_；如何将其冶炼成单质(用化学方程式表示)：_。根据金属的活动性不同，金属的冶炼方法一般有_三种。(2)写出第一步转化中“Mn2MnO2”的离子方程式_。(3)我国钨化学研究的奠基人顾翼东先生采用另外的反应制得了一种蓝色的、非整比的钨的氧化物WO(3x)，这种蓝色氧化钨具有比表面大、易还原的优点。一般认为，蓝色氧化钨的颜色和非整比暗示了在化合物中存在正五价和正六价两种价态的钨，已知x的值为0.1，则蓝色氧化钨中这两种价态的钨原子数之比为_。解析：(1)由工艺流程框图可知MnO2、Fe2O3进入滤渣，滤液A中含Na、WO，加入浓盐酸后沉淀为H2WO4，灼烧H2WO4得WO3，用氢气还原三氧化钨得W，即WO33H2W3H2O，则产品C为三氧化钨；金属的冶炼方法有：热分解法、热还原法、电解法。(2)转化中“Mn2MnO2”的过程，Mn元素化合价升高了，所以发生了氧化反应，被O2氧化，其离子方程式为2Mn2O24OH2MnO22H2O。(3)钨的氧化物WO(3x)中x0.1，则钨的氧化物为WO2.9，可用十字交叉法求算：答案：(1)WO3WO33H2W3H2O热分解法、热还原法、电解法(2)2Mn2O24OH2MnO22H2O(3)142碱式碳酸镍Nix(OH)y(CO3)znH2O是一种绿色粉末晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300 以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题：(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置_、_(填字母，装置可重复选取)。(2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中_(填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是_。(3)装置A的作用是_，若没有装置E，则会使_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(4)实验前后测得下表所示数据：装置B中样品质量/g装置C质量/g装置D质量/g实验前3.77132.0041.00实验后2.25133.0841.44已知碱式碳酸镍中Ni化合价为2价，则该碱式碳酸镍分解的化学方程式为_。(5)采取上述实验装置进行该实验时，必须小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓硫酸倒吸，可导致加热的硬质玻璃管炸裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提出你的改进措施：_。解析：(1)根据信息，300 以上时分解生成3种氧化物，这三种氧化物分别是NiO、CO2、H2O，需要测CO2和H2O的质量，因此必须让其全部被吸收，根据(2)甲装置的作用是吸收空气中CO2和H2O，甲装置应是c，B装置应是加热碱式碳酸镍，C装置应是吸收产生H2O，D装置应是吸收产生CO2，故乙装置选c；(2)根据上述分析，当装置C中不再有气泡产生，说明反应完全，打开活塞K，缓慢通入空气的目的是让装置中残留的气体产物被C和D装置全部吸收；(3)根据(1)的分析，装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；装置E的作用是防止外界中CO2和H2O进入装置D，如果没有此装置，D装置吸收空气中CO2和水，造成CO2的质量增大，根据原子守恒，偏小；(4)装置C质量增重(133.08132.00)g1.08 g，产生水的质量为1.08 g，物质的量为0.06 mol，装置D增重的质量是CO2的质量，即为(41.4441.00)g0.44 g，物质的量为0.01 mol，装置B中反应后的物质是NiO，其质量为2.25 g，物质的量为0.03 mol，化合价代数和为0，因此推出OH的物质的量为0.04 mol，根据H原子守恒推出H2O的物质的量为0.04 mol，因此xyzn0.030.040.010.043414，即碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO34H2O，碱式碳酸镍受热分解的化学方程式为Ni3(OH)4CO34H2O3NiO6H2OCO2。答案：(1)cc(2)不再有气泡产生将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中(3)吸收空气中的CO2和水蒸气偏小(4)Ni3(OH)4CO34H2O3NiO6H2OCO2(5)在装置B、C之间连接一个安全瓶(或其他合理答案均可)3(2019广东七校联考)硫酸法是现代氧化铍或氢氧化铍生产中广泛应用的方法之一，其原理是利用焙烧熔炼破坏铍矿物(绿柱石3BeOAl2O36SiO2及少量FeO等)的结构与晶型，再采用硫酸酸解含铍矿物，使铍、铝、铁等酸溶性金属进入溶液相，与硅等脉石矿物初步分离，然后将含铍溶液进行净化、除杂，最终得到合格的氧化铍(或氢氧化铍)产品，其工艺流程如图。已知：铝铵矾的化学式是NH4Al(SO4)212H2O；铍元素的化学性质与铝元素相似。根据以上信息回答下列问题：(1)熔炼物酸浸前通常要进行粉碎，其目的是_。(2)“蒸发结晶离心除铝”若在中学实验室中进行，完整的操作过程是_、过滤、洗涤。(3)“中和除铁”过程中“中和”所发生反应的离子方程式是_，用平衡原理解释“除铁”的过程_。(4)加入的“熔剂”除了流程中的方解石外，还可以是纯碱、石灰等。其中，石灰具有价格与环保优势，焙烧时配料比(m石灰/m绿柱石)通常控制为13，焙烧温度一般为1 4001 500 。若用纯碱作熔剂，SiO2与之反应的化学方程式是_，若纯碱加入过多则Al2O3、BeO也会发生反应，其中BeO与之反应的化学方程式是_，从而会导致酸浸时消耗更多硫酸，使生产成本升高，结合离子方程式回答成本升高的原因：_。解析：(1)酸浸前粉碎熔炼物，可以增大熔炼物的表面积，提高铍元素的浸出速率和浸出率。(2)该完整操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。(3)“中和除铁”过程中加入氨水，调节pH使平衡Fe33H2OFe(OH)33H正向移动，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(4)SiO2与纯碱反应的化学方程式为SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2，BeO与纯碱反应的化学方程式为BeONa2CO3Na2BeO2CO2。根据BeO2H=Be2H2O和BeO4H=Be22H2O可知，BeO转化成BeO后，消耗硫酸增多。答案：(1)提高铍元素的浸出速率和浸出率(2)蒸发浓缩、冷却结晶(3)HNH3H2O=NHH2O由于存在平衡Fe33H2OFe(OH)33H，氨水中和H，使c(H)减小，上述平衡正向移动，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去(4)SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2BeONa2CO3Na2BeO2CO2由BeO2H=Be2H2O和BeO4H=Be22H2O可知，BeO转化成BeO后将消耗更多硫酸4利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程图，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H、Co2、Fe2、Mn2、Al3、Mg2、Ca2等。沉淀中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为_。(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为_。(4)操作包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。(5)为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，其原因可能是_(回答一条原因即可)。(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。温度范围/固体质量/g1502104.412903202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320 温度范围，剩余的固体物质化学式为_。(已知：CoC2O42H2O的摩尔质量为183 gmol1)解析：(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO转化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O34HSO=2Co2SO2H2O。(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2氧化为Fe3，ClO被还原为Cl，反应的离子方程式为ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O。(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3和Al3沉淀完全。滤液中含有的金属阳离子为Co2、Mn2、Mg2、Ca2等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液中加入了NaF溶液，知沉淀为MgF2、CaF2。(4)经过操作由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作还包括蒸发浓缩、冷却结晶。(5)根据CoCl26H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。(6)整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O42H2O为0.03 mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08 g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据原子守恒知，生成n(CO2)0.06 mol，m(CO2)0.06 mol44 gmol12.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290320 内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)2.64 g2 g0.64 g，n(O2)0.02 mol；n(CoC2O4)n(O2)n(CO2)0.030.020.06326，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O42O2Co3O46CO2，故290320 温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4(或CoOCo2O3)。答案：(1)Co2O3SO4H=2Co2SO2H2O(2)ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O(3)使Fe3和Al3沉淀完全CaF2和MgF2(4)蒸发浓缩冷却结晶(5)粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)(6)Co3O4(或CoOCo2O3)5(2019襄阳调研)铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药、纺织等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。(一)工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是_(填序号)。(2)第步，含Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾FeSO47H2O处理，写出并配平反应的离子方程式：_。(3)第步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，还有_、_(写化学式)。已知Cr(OH)3性质类似Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：_、_。(4)回收所得的Cr(OH)3，经步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：Cr2O6I14H=3I22Cr37H2O2S2OI2=S4O2I准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为_(保留四位有效数字)。(二)电解法也是常用的处理废水的方法之一：用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。(5)用Fe作阳极的原因为_；阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应式解释)_。解析：(1)中铬元素由6价降至3价，中铬元素由3价升至6价。(2)亚铁离子具有强还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。(3)第步反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3NaOH=NaCrO22H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2CO22H2O=Cr(OH)3NaHCO3。(4)根据反应得关系式K2Cr2O73I26Na2S2O3，n(Na2S2O3)6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)0.100 0 molL1。(5)阳极的电极反应式为Fe2e=Fe2，可提供还原剂Fe2；阴极的电极反应式为2H2e=H2，随着反应进行，阴极附近溶液pH升高。答案：(1)(2)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(3)Fe(OH)3CaSO4Cr(OH)3OH=CrO2H2OCrOCO22H2O=Cr(OH)3HCO(4)0.100 0 molL1(5)阳极的电极反应式为Fe2e=Fe2，提供还原剂Fe22H2e=H26高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂。下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：(1)操作的目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式：_，操作和均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_(填字母)。a瓷坩埚b氧化铝坩埚c铁坩埚 d石英坩埚(2)操作是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_。若溶液碱性过强，则MnO又会转化为MnO，该转化过程中发生反应的离子方程式为_，因此需要通入某种气体调pH1011，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原