（新课标Ⅲ）2019版高考化学 专题十三 铁、铜及其化合物课件.ppt

专题十三铁、铜及其化合物,高考化学(课标专用),A组统一命题课标卷题组考点一铁及其化合物1.(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,五年高考,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。,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。,2.(2014课标,8,6分,0.786)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(),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。,解题关键认真审题,掌握相关物质的性质是解题的关键。,易错警示A项对纯碱的性质不熟悉易错选;B项不了解漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2易错选。,3.(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,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。(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(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,解析本题考查元素化合物知识在化工生产中的应用。(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。,4.(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,铁的浸出率结果如下图所示。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。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:,分析40时TiO2xH2O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+)=0.02molL-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+)=1.010-5molL-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、1.010-24。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式。,答案(1)100、2h,90、5h(2)FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOC+2H2O(3)低于40,TiO2xH2O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TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(P)=molL-1=1.310-17molL-1,c3(Mg2+)c2(P)值为0.013(1.310-17)2=1.710-40Cu2+,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。,解题关键读题时获取的信息是否完整、是否抓住了关键语句是解题的关键。,易错警示A项易忽略铁与稀硝酸反应时所得产物与反应物的量是有关系的;B项容易认为Cu可以与Fe3+反应而忽略Cu不能置换出Fe单质;C项对铝箔在酒精灯上加热的现象不熟悉而错选。,2.(2017课标,27,15分)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:(1)步骤的主要反应为:FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是,滤渣2的主要成分是及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变(填“大”或“小”),原因是(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到,K2Cr2O7固体。冷却到(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a.80b.60c.40d.10步骤的反应类型是。(5)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为。,答案(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2Cr+2H+Cr2+H2O(4)d复分解反应(5)100%,解析(1)FeOCr2O3是还原剂,氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3,每摩尔FeOCr2O3参与反应转移7mol电子,而NaNO3是氧化剂,还原产物为NaNO2,每摩尔NaNO3参与反应转移2mol电子,根据得失电子守恒可知,FeOCr2O3和NaNO3的系数比为27;陶瓷在高温下会与Na2CO3反应,故熔融时不能使用陶瓷容器。(2)步骤中反应产生了不溶于水的Fe2O3,故滤渣1的主要成分是Fe2O3,则含量最多的金属元素是铁元素;调节pH=7后,Al3+水解产生Al(OH)3沉淀,故滤渣2中除了含硅杂质外还有Al(OH)3。(3)分析知滤液2中的主要成分是Na2Cr,滤液3中的主要成分应为Na2Cr2O7,则第步调节pH的作用是使Na2Cr转化为Na2Cr2O7,离子方程式为2Cr+2H+Cr2+H2O,由此可知应调节pH使之变小。(4)由溶解度曲线图可知,应选择K2Cr2O7溶解度最小且小于溶液中其他溶质溶解度的温度范围,故选d,此时得到的K2Cr2O7固体最多;步骤中发生反应的化学方程式为2KCl+Na2Cr2O7K2Cr2O7+2NaCl,该反应为复分解反应。(5)样品中Cr2O3的质量为(m140%)kg,则生成K2Cr2O7的理论质量为(m140%)kg,则产率为m2kg(m1kg40%)100%=100%。,思路梳理关于无机化工流程图题目的解题思路,1.粗读题干,挖掘图示。读题过程中分析核心元素,找出杂质元素。,2.携带问题,精读信息,信息包括三方面:一是题干,二是流程图,三是设置问题。重点抓住物质流向(“进入”和“流出”)、分离操作类型及目的。,考点一铁及其化合物1.(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NH3D.Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2,B组自主命题省(区、市)卷题组,答案A本题考查元素化合物的性质。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。,2.(2017江苏单科,7,2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.FeFeCl2Fe(OH)2B.SSO3H2SO4C.CaCO3CaOCaSiO3D.NH3NOHNO3,答案C本题考查元素及其化合物的知识。A项,铁在Cl2中燃烧只能生成FeCl3,不能生成FeCl2;B项,硫与O2反应不能直接生成SO3;C项,CaCO3在高温条件下分解生成CaO和CO2,CaO与SiO2在高温条件下化合生成CaSiO3;D项,NH3与O2在催化剂加热条件下发生反应生成NO,NO易与O2反应生成NO2,NO2能与水反应生成HNO3,但NO不能与水反应。,易混易错Fe在Cl2中燃烧时,无论Fe是否过量,只能生成FeCl3,不能生成FeCl2;Fe与FeCl3溶液反应生成FeCl2;S在O2中燃烧时,无论O2是否过量,只能生成SO2,不能直接生成SO3。,3.(2016浙江理综,7,6分)下列说法不正确的是()A.储热材料是一类重要的能量存储物质,单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量B.Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池C.Ba2+浓度较高时危害健康,但BaSO4可服入体内,作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附,答案DD项,纳米铁粉可与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等发生置换反应,不是物理吸附。,4.(2016上海单科,17,3分)某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112mLCl2,恰好将Fe2+完全氧化。x值为()A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93,答案A根据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mLCl2转移电子数为0.01mol,则有(3-)x=0.01,得x=0.80,故A正确。,5.(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为。(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。,已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率=(1-)100%不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时,去除的硫元素主要来源于。700焙烧时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由(填化学式)转化为(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=。,答案(12分)(1)SO2+OH-HS(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116,解析本题考查化学工艺流程的分析、硫及其化合物,氧化还原反应的计算。(1)用NaOH溶液吸收过量SO2生成NaHSO3,离子方程式为OH-+SO2HS。(2)FeS2在低于500焙烧时能与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2,发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS2;700焙烧时,添加CaO后,硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中,使矿粉硫去除率降低。(3)矿粉焙烧后加NaOH溶液碱浸时,Al2O3能与NaOH溶液反应生成NaAlO2,发生的反应为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,过滤后,NaAlO2在滤液中,向滤液中通入过量CO2时,发生反应NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3,所以铝元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。(4)分析反应前后元素化合价的变化,利用得失电子守恒知:n(FeS2)+52n(FeS2)=2n(Fe2O3),解得=,即理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。,关联知识生石灰脱硫原理:CaO+SO2CaSO3,2CaSO3+O22CaSO4。,6.(2017北京理综,28,16分)某小组在验证反应“Fe+2Ag+Fe2+2Ag”的实验中检测到Fe3+,发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05molL-1硝酸银溶液(pH2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,烧杯底部有黑色固体,溶液呈黄色。(1)检验产物取出少量黑色固体,洗涤后,(填操作和现象),证明黑色固体中含有Ag。取上层清液,滴加K3Fe(CN)6溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中含有。(2)针对“溶液呈黄色”,甲认为溶液中有Fe3+,乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+,乙依据的原理是(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验:取上层清液,滴加KSCN溶液,溶液变红,证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生,且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关,对比实验记录如下:,(资料:Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)对Fe3+产生的原因作出如下假设:假设a:可能是铁粉表面有氧化层,能产生Fe3+;假设b:空气中存在O2,由于(用离子方程式表示),可产生Fe3+;假设c:酸性溶液中的N具有氧化性,可产生Fe3+;假设d:根据现象,判断溶液中存在Ag+,可产生Fe3+。下述实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验可证实假设d成立。实验:向硝酸酸化的溶液(pH2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3min时溶液呈浅红色,30min后溶液几乎无色。实验:装置如下图。其中甲溶液是,操作及现象是。,(3)根据实验现象,结合方程式推测实验中Fe3+浓度变化的原因:。,答案(16分)(1)加硝酸加热溶解固体,再滴加稀盐酸,产生白色沉淀Fe2+(2)2Fe3+Fe3Fe2+4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O加入KSCN溶液后产生白色沉淀0.05molL-1NaNO3FeSO4溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液,同时滴加KSCN溶液,后者红色更深(3)溶液中存在反应:2Ag+FeFe2+2Ag,Ag+Fe2+Fe3+Ag,Fe+2Fe3+3Fe2+。反应开始时,c(Ag+)大,以反应、为主,c(Fe3+)增大。约30min后,c(Ag+)小,以反应为主,c(Fe3+)减小,解析本题侧重考查学生对实验现象的分析判断能力以及实验设计能力。(1)烧杯底部的黑色固体中含有银和过量的铁,要证明Ag的存在,可加硝酸并加热将固体溶解,然后用盐酸来检验Ag+的存在。(2)要证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因,需将原实验中的溶液换成c(H+)、c(N)分别相同,但不含Ag+的溶液,可选用硝酸酸化的0.05molL-1NaNO3溶液(pH2),通过向上层清液中滴加KSCN溶液后的现象差异进行验证。实验中甲溶液是FeSO4溶液,电极反应为:负极Fe2+-e-Fe3+,正极Ag+e-Ag。一段时间后检验Fe3+的存在及浓度,即可得出Ag+能将Fe2+氧化成Fe3+的结论。(3)解题时要注意实验过程中过量的铁始终是存在的。,破定止惯思维定式在解题时危害很大,学习时我们能够接触到Fe3+AgFe2+Ag+,所以就产生了Ag+不能氧化Fe2+的思维定式,从而影响该题的解答。,7.(2015天津理综,10,14分)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)。(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.010-2molL-1,c(Fe3+)=1.010-3molL-1,c(Cl-)=5.310-2molL-1,则该溶液的pH约为。完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:Cl+Fe2+Cl-+Fe3+(3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3+H2OFe(OH)2+H+K1Fe(OH)2+H2OFe(OH+H+K2Fe(OH+H2OFe(OH)3+H+K3,以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:xFe3+yH2OFex(OH+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)。a.降温b.加水稀释c.加入NH4Cld.加入NaHCO3室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe(mgL-1)表示的最佳范围约为mgL-1。,答案(1)Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质2Fe3+Fe3Fe2+(2)2166H+163H2O(3)K1K2K3bd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(OH+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,N水解使c(H+)增大,平衡逆向移动;加入NaHCO3,HC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20mg,L-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。,考点二铜及其化合物金属的冶炼1.(2014上海单科,17,3分)用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜,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。,2.(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(13分)(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,解析(1)X为干燥管。(2)根据资料可知,由CuCl22H2O热分解制备CuCl要防止Cu+被空气中氧气氧化,故应先通入干燥的HCl以排尽装置中的空气,然后再加热使CuCl22H2O分解,最后必须在无氧环境中冷却,结合上述思路,操作的顺序为acdbe。(3)实验过程中,HCl会进入C中,另外当温度高于300时,试管中发生反应:2CuCl22CuCl+Cl2,故进入C的气体既有HCl又有Cl2,所以C中湿润蓝色石蕊试纸先变红,后褪色。(4)根据(3)可知进入D中的气体有HCl和Cl2,则装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。(5)根据资料可知,含CuCl2杂质的原因是CuCl2没有完全分解,而造成此现象的原因是加热温度偏低或加热时间不足。杂质CuO产生的原因是水的存在引起CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2,再受热分解产生CuO,故原因是通入HCl的量不足。,3.(2015天津理综,9,18分)废旧印刷电路板是一种电子废弃物,其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾,流程简图如下:回答下列问题:(1)反应是将Cu转化为Cu(NH3,反应中H2O2的作用是。写出操作的名称:。(2)反应是铜氨溶液中的Cu(NH3与有机物RH反应,写出该反应的离子方程式:。,操作用到的主要仪器名称为,其目的是(填序号)。a.富集铜元素b.使铜元素与水溶液中的物质分离c.增加Cu2+在水中的溶解度(3)反应是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和。若操作使用下图装置,图中存在的错误是。,(4)操作以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜,阳极产物是。操作由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是。(5)流程中有三处实现了试剂的循环使用,已用虚线标出两处,第三处的试剂是。循环使用的NH4Cl在反应中的主要作用是。,答案(1)作氧化剂过滤(2)Cu(NH3+2RH2N+2NH3+CuR2分液漏斗ab(3)RH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多(4)O2、H2SO4加热浓缩、冷却结晶、过滤(5)H2SO4防止由于溶液中c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀,解析(1)经过反应,Cu失电子变成了Cu2+,H2O2作氧化剂。(2)由图中信息可知,经过反应,Cu(NH3与RH反应生成NH3和NH4Cl以及CuR2;CuR2被有机溶剂萃取到了有机层中,实现了铜元素的富集以及与水溶液中的物质分离。(3)反应中CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和RH。萃取时,分液漏斗中液体过多,不利于振荡操作,造成萃取不充分;分液时,分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁。(4)用惰性电极电解CuSO4溶液,阳极的电极反应式为:4OH-4e-2H2O+O2。(5)用惰性电极电解CuSO4溶液会生成Cu、O2和H2SO4,H2SO4可循环利用。NH4Cl溶液显酸性,可调节溶液的pH,防止生成Cu(OH)2沉淀。,考点一铁及其化合物1.(2014北京理综,7,6分)下列金属中,表面自然形成的氧化层能保护内层金属空气氧化的是()A.KB.NaC.FeD.Al,C组教师专用题组,答案D金属铝的表面可形成致密的氧化膜,保护内层金属不被空气氧化,故D符合题意。,2.(2014福建理综,24,15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切。(1)如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)硝酸在受热时易分解,化学方程式为:4HNO34NO2+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。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=,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)=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=0.25,得x=0.05。,3.(2013天津理综,9,18分)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3,再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案,装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下:检验装置的气密性;通入干燥的Cl2,赶尽装置中的空气;用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成;,体系冷却后,停止通入Cl2,并用干燥的N2赶尽Cl2,将收集器密封。请回答下列问题:(1)装置A中反应的化学方程式为。(2)第步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器,第步操作是。(3)操作步骤中,为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)。(4)装置B中冷水浴的作用为;装置C的名称为;装置D中FeCl2全部反应后,因失去吸收Cl2的作用而失效,写出检验FeCl2是否失效的试剂:。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,得到单质硫;过滤后,再以石墨为电极,在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为。,(7)电解池中H+在阴极放电产生H2,阳极的电极反应式为。(8)综合分析实验的两个反应,可知该实验有两个显著优点:H2S的原子利用率为100%;。,答案(共18分)(1)2Fe+3Cl22FeCl3(2)在沉积的FeCl3固体下方加热(3)(4)冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品干燥管K3Fe(CN)6溶液(5)(6)2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+(7)Fe2+-e-Fe3+(8)FeCl3得到循环利用,解析(4)检验D中FeCl2是否失效的试剂可以用K3Fe(CN)6溶液,取D中溶液加K3Fe(CN)6溶液,有蓝色沉淀说明没有失效。(7)电解滤液时,阳极发生的反应为2Cl-2e-Cl2,但是2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,故可以理解为:Fe2+-e-Fe3+,电解总反应可以写成:2Fe2+2H+2Fe3+H2。,考点二铜及其化合物金属的冶炼1.(2013课标,27,15分,0.19)锂离子电池的应用很广,其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe-LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。回答下列问题:(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为。,(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式。(3)“酸浸”一般在80下进行,写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液,但缺点是。(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式。(5)充放电过程中,发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化,写出放电时电池反应方程式。(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是。在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有(填化学式)。,答案(1)+3(2)2Al+2OH-+6H2O2Al(OH+3H2(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O、2H2O22H2O+O2有氯气生成,污染较大(4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2(5)Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C(6)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4,解析(1)LiCoO2中,Li为+1价,O为-2价,根据化合物中各元素化合价的代数和为零可计算出Co的化合价为+3价。(2)“正极碱浸”时,其中的铝箔可与NaOH溶液反应,离子方程式为2Al+2OH-+6H2O2Al(OH+3H2或2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2。(3)从工艺流程图知,“酸浸”后LiCoO2中+3价的Co转化为CoSO4,化合价降低,可推知H2O2中氧元素化合价升高,转化为O2,故可写出反应的化学方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O,H2O2不稳定,会发生分解反应:2H2O22H2O+O2;LiCoO2能将H2O2氧化生成O2,说明LiCoO2的氧化性比H2O2还强,故用盐酸代替混合液时,LiCoO2会将HCl中-1价的氯氧化生成Cl2,污染空气。(4)观察工艺流程图可写出“沉钴”过程中反应的化学方程式:CoSO4+2NH4HCO3CoCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O。(5)依题意可写出充电时,电池正极的电极反应式为LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+,与题给负极反应式相加即得充电时总反应:LiCoO2+6CLixC6+Li1-xCoO2,进而写出电池放电的总反应。(6)电池放电时,Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动生成正极材料LiCoO2,故“放电处理”有利于锂在正极的回收;观察整个回收工艺流程图,可知可回收到的金属化合物有Al(OH)3、CoCO3和Li2SO4。,2.(2013重庆理综,8,14分)合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。铝元素在周期表中的位置为。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得,提取过程中通入的气体为。Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜,其化学方程式为。焊接过程中使用的保护气为(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成,则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。80.0gCu-Al合金用酸完全溶解后,加入过量氨水,过滤得白色沉淀39.0g,则合金中Cu的质量分数为。为分析某铜合金的成分,用酸将其完全溶解后,用NaOH溶液调节pH,当pH=3.4时开始出现沉,淀。分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合如图信息推断该合金中除铜外一定含有。,答案(14分)(1)第三周期第A族CO2Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2OAr(其他合理答案均可得分)(2)吸氧腐蚀CaCO3或CaO(3)83.1%Al、Ni,解析(1)工业炼铝需将铝土矿与强碱溶液反应转化成偏铝酸盐,然后在偏铝酸盐溶液中通入过量的CO2,发生反应:Al+CO2+2H2OAl(OH)3+HC,故提取过程中需通入CO2气体。保护气需性质稳定,高温条件下不与Al-Mg合金反应,N2高温条件下可与Mg反应,可用氩气作保护气。(2)海水接近中性,金属在其中以吸氧腐蚀为主。铁矿石中硅元素多以SiO2形式存在,加入CaCO3或CaO,SiO2可与之反应生成CaSiO3从而降低生铁中硅的含量。(3)白色沉淀为Al(OH)3,39.0gAl(OH)3中铝元素为0.5mol,合金中铝的质量为0.5mol27gmol-1=13.5g,则铜的质量为66.5g,质量分数为83.1%。pH=3.4时开始出现沉淀,利用图给信息可知溶液中无Fe3+,一定有Al3+,则合金中一定有Al;由题意可知pH在7.08.0之间一定有沉淀生成,由图给信息可知溶液中一定有Ni2+,则合金中一定有Ni。,3.(2013山东理综,28,12分)金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是。a.Fe2O3b.NaClc.Cu2Sd.Al2O3(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应:2Cu2S+2H2SO4+5O24CuSO4+2H2O,该反应的还原剂是。当1molO2发生反应时,还原剂所失电子的物质的量为mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成,该气体是。(3)如图为电解精炼银的示意图,(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银,若b极有少量红棕色气体产生,则生成该气体的电极反应式为。(4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S),将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触,Ag2S转化为,Ag,食盐水的作用是。,答案(1)b、d(2)Cu2S4H2(3)a2H+N+e-NO2+H2O(4)做电解质溶液(或导电),解析(1)活泼金属的冶炼常采用电解法,故选b、d。(2)反应过程中Cu2S中铜元素和硫元素化合价均升高,Cu2S为还原剂,1molCu2S共失去10mol电子,1molO2发生反应消耗molCu2S,转移4mol电子;CuSO4水解使溶液显酸性,加入镁条可生成H2。(3)电解精炼银,粗银做阳极,阴极发生还原反应,N在酸性条件下得电子生成NO2。(4)本题中处理银器表面Ag2S的方法是利用原电池原理让Ag2S得电子转化成Ag,食盐水做电解质溶液形成闭合回路。,A组20162018年高考模拟基础题组,三年模拟,考点一铁及其化合物1.(2018四川遂宁三诊,7)化学与生活密切相关。下列说法不正确的是()A.氦气化学性质稳定、密度小,可用于填充飞艇、气球B.镁铝合金质量轻、强度大,可用作高铁车厢材料C.纳米铁粉有较强的物理吸附作用,故可去除水体中的Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子D.K2FeO4是强氧化剂,还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体,故K2FeO4可作为净水剂,答案C氦气是稀有气体,化学性质稳定、密度小于空气,可用于填充飞艇、气球,A正确;镁铝合金质量轻、强度大,可用作高铁车厢材料,B正确;纳米铁粉可去除水体中的Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,是由于铁将其置换出来,与物理吸附作用无关,C错误;K2FeO4是强氧化剂,还原产物是铁离子,铁离子水解生成的氢氧化铁胶体有吸附作用,K2FeO4可作为净水剂,D正确。,2.(2018四川乐山第一次调研,7)化学与生产、生活密切相关,下列物质的性质和用途均正确且有因果关系的是(),答案B单糖不能水解,且糖类、油脂、蛋白质能供给人体营养与水解没有因果关系,A错误;维生素C具有还原性,容易与氧气反应,所以加入食品中作抗氧化剂,B正确;硫酸铁可作净水剂是因为Fe3+水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性,从而达到净水的目的,C错误;SO2具有漂白性,但不可用于漂白食品,因为SO2有毒,D错误。,3.(2016贵州遵义四中月考,3)下列各组单质中,前者能将后者从其化合物中置换出来的是()AlFeCSiCuH2H2CuA.只有B.只有C.只有D.,答案CAl的金属活动性大于Fe,所以Al能从铁的化合物中置换出Fe,正确;C与SiO2在高温条件下反应生成Si和CO,所以C能从硅的化合物中置换出Si,正确;Cu不能置换出H2,错误;H2具有还原性,能与CuO反应生成Cu和H2O,正确。,4.(2017广西钦州港月考,8)下列物质转化在给定条件下能实现的是()A.FeS2SO3H2SO4B.NaCl(aq)NaNa2O2C.FeFeSO4(aq)Fe(OH)2Fe2O3D.Fe2O3FeCl3(aq)Fe,答案CA项,FeS2煅烧生成SO2,不能生成SO3,故错误;B项,电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气,电解熔融的NaCl可生成Na,故错误;C项,Fe与稀硫酸反应生成硫酸亚铁,硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀,该沉淀在空气中氧化生成氢氧化铁,灼烧生成氧化铁,故正确;D项,FeCl3溶液与Cu反应得到FeCl2和CuCl2,不能得到Fe单质,故错误。,5.(2016云南玉溪一中月考,26)铁是目前使用量最大的金属,它能形成多种化合物。(1)工业上,向炽热铁屑中通入氯化氢可生成无水氯化亚铁,若操作不当,制得的FeCl2会含有少量FeCl3,检验Fe3+常用的试剂是;为防止FeCl2溶液中含有FeCl3,最好在FeCl2溶液中加入。(2)LiFePO4(难溶于水)材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一。以FePO4(难溶于水)、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4,同时伴随产生一种可燃性气体,该反应的化学方程式为。若有1molC参与反应,则转移的电子数目为。磷酸铁锂动力电池有几种类型,其中一种(中间是锂离子聚合物的隔膜,它把正极与负极隔开,只允许锂离子通过)的工作原理为FePO4+LiLiFePO4,如图所示。则放电时FePO4一端为电池的极,充电时阳极上的电极反应式为。,(3)硫化亚铁常用于工业废水的处理。已知:25时,Ksp(FeS)=6.310-18、Ksp(CdS)=3.610-29。请写出用硫化亚铁处理含Cd2+的工业废水的离子方程式:,在FeS、CdS的悬浊液中c(Fe2+)c(Cd2+)=。(4)已知25时,KspFe(OH)3=4.010-38,此温度下若在实验室中配制100mL5mol/L的FeCl3溶液,为使配制过程中不出现浑浊现象,则至少需要加入mL、2mol/L的盐酸(忽略加入盐酸体积)。,答案(1)硫氰化钾溶液铁粉(2)2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO2NA正LiFePO4-e-FePO4+Li+(3)Cd2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CdS(s)1.751011(4)2.5,解析(1)检验Fe3+常用硫氰化钾溶液,滴加硫氰化钾溶液,溶液呈血红色,可证明有Fe3+;因Fe+2FeCl33FeCl2,故为防止FeCl2溶液中含有FeCl3,最好在FeCl2溶液中加入铁粉。(2)可燃性气体是CO,反应的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO;若有1molC参与反应,转移2mol电子,数目为2NA。放电时FePO4在正极发生还原反应;充电时阳极上的电极反应式为LiFePO4-e-FePO4+Li+。(3)在FeS、CdS的悬浊液中c(S2-)是相等的,因此c(Fe2+)c(Cd2+)=Ksp(FeS)/Ksp(CdS)=1.751011。(4)若不出现浑浊现象,则c(Fe3+)c3(OH-)KspFe(OH)3,即c(OH-)210-13mol/L,c(H+)0.05mol/L,设加入盐酸体积为xmL,则有xmL2mol/L100mL0.05mol/L,解得x2.5,故至少要加入2.5mL2mol/L的盐酸。,考点二铜及其化合物金属的冶炼6.(2018广西防城港1月模拟,9)下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是(),答案BA项,铜和氧化铜都能与稀硝酸反应,所以不能用稀硝酸除去铜中的氧化铜,A错误;B项,向含等物质的量的NaCl