2021年天津高考化学复习练习课件：专题五-金属及其化合物(95页PPT)

1、五 年 高 考考点1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CO2第1页，共95页。B.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.(2020浙

2、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BNaHCO3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。第2页，共95页。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

3、用于净水答案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。第3页，共95页。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A明矾可用作净水剂但不能作消毒剂,A错误。解题点睛本题是学考、选考分卷后

4、选考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。第4页，共95页。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答案B碳酸氢钠易与醋酸反应,若与醋酸同服,会降低药效。第5页，共95页。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+

5、CuSO4 Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2 CaCO3+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2 2Na2O+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+2FeCl3 2Fe(OH)3+3MgCl2 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+2CO2 2Na2CO3+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)2 C.FeSO4

6、D.AlCl3 答案DA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,可生成Al(OH)3沉淀,Al(OH)3能溶于NaOH溶液中。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。第6页，共95页。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

7、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) 。第7页，共95页。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

8、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.(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 第8页，共95页。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 mol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+

9、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Al(OH)3,白色固体D为Al2O3,且n(Al2O3)=0.005 mol,则溶液A1中n(Al3+)=0.01 mol,n(NH3)=0.01 mol;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)=0.06 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(

10、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AlCl3NH3。(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HC

11、l的逸出。(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。 第9页，共95页。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.

12、8110-10,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第10页，共95页。,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(1)NH4HCO3+NH3 (NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3,促进析出(4)2Mg2+3C+2H2O Mg(OH)2MgCO3+2HC或2Mg2+2C+H2O Mg(OH)2MgCO3+CO2溶浸高温焙烧解析(1)“溶浸”步骤产生的“气体”是NH3,用NH4HCO3溶液吸收NH3的化学方程式为

13、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,可供“

14、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。第11页，共95页。以下为教师用书专用（1017）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.AlB.Al3+C.Al(OH)3D.Al3+、Al(OH)3 答案DpH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 L0.1 mol/L=0.01 mo

15、l,300 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中n(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。第12页，共95页。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

16、用于制光导纤维C.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。第13页，共95页。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

17、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.(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A本题

18、考查Na2O2、ClO2、SiO2和NH3的性质及应用。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。第14页，共95页。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CSiO2和HCl(aq)不反应,A项错误;SO

19、2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。第15页，共95页。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AAlCl3可由Al与Cl

20、2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。16.(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

21、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。第16页，共95页。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(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

22、,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。第17页，共95页。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

23、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.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)3 Al+H+H2OK=2.010-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于。答案(1)d(2)2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2+3H2(3)Al(OH)3Al3+水解,使溶液中H+浓度增大(4)20第18页，共95页。解析(1)废易拉罐的主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质,Fe、M

24、g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)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2+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。第19页，共95页。考点2铁、铜及其化合物1.(2020浙江7月选考,9,2分)下列

25、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。第20页，共95页。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F

26、eC.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2 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+O2 2Na2O2,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+2FeCl3 MgCl2+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+11O2 2Fe2O3+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2H2O2 O2+2H2O,D项错误。第21页，共95

27、页。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

28、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;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。第22页，共95页。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4.0 molL-1 NaOH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BA项,室温下,Na在空气中反应生成Na2O,加热条件下才生成Na2O

29、2,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遇浓H2SO4会钝化,错误。第23页，共95页。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

30、X中不含FeCl3 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NaOH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

31、Z中加入Cu粉不溶解,不能说明X中不含FeCl3,D错误。第24页，共95页。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DH2的还原性不如镁,不能还原MgO制备单质Mg。易错警示选项A中,CuSO4溶液中加过量氨

32、水,发生如下三个反应:CuSO4+2NH3H2OCu(OH)2+(NH4)2SO4,Cu(OH)2+4NH3H2O Cu(NH3)4(OH)2+4H2O,(NH4)2SO4+Cu(NH3)4(OH)2 Cu(NH3)4SO4+2NH3H2O,三个反应相加即得总反应:CuSO4+4NH3H2O Cu(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。第25页，共95页。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

33、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,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水答案CA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,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)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,故错误;D项,无水CoCl2

34、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。解题时务必考虑周到,思维缜密。第26页，共95页。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D本题考查工艺流程分析,铝、铁、锂的化合物

35、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项错误。第27页，共95页。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

36、下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7第28页，共95页。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(当溶液中某离子浓度c1.010-5molL-1时,可

37、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(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)H2O24.9(5)Mn2+HC+NH3H2O MnCO3+N+H2O第29页，共95页。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+H2O MnO+Ba(OH)2+S。(2)由题

38、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 molL-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MnCO

39、3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+NH3H2O MnCO3+N+H2O。第30页，共95页。10.(2020课标,26,14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+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

40、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pH3.29.04.710.1第31页，共95页。(4)“沉淀转溶”中,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(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)

41、NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全第32页，共95页。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+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

42、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。第33页，共95页。11.(2020课标,27,15分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主

43、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=0.01 molL-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.010-5 molL-1)的pH8.74.73.29.0第34页，共95页。(2)“滤液”中含有的金属离子是。(3)“转化”中可

44、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1.0 molL-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。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-

45、5(108.7-14)23.26.2(5)2Ni2+ClO-+4OH- 2NiOOH+Cl-+H2O(6)提高镍回收率第35页，共95页。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+

46、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+ 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N

47、aOH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+)=0.01 molL-1,c(Fe2+)=0.01 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

48、),Ksp=c(Ni2+)c2(OH-),开始沉淀时,c(Ni2+)=0.01 molL-1,c(OH-)=1.0107.2-14 molL-1,故Ksp=0.01(107.2-14)2;沉淀完全时,c第36页，共95页。(Ni2+)=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+)=1.0 molL-1,生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH-)= molL-1=1.010-7.8molL-1,c(H+)= molL-1=1.010-6.2 molL-1,pH=6.2,故既要除尽Fe

49、3+,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NiSO4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。第37页，共95页。12.(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 molL-1形成氢氧化物沉淀的p

50、H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第38页，共95页。(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+Zn Cd+Zn2+(4)Zn2+2e- Zn

51、溶浸解析(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。第39页，共95页。13.(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

52、。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。第40页，共95页。(3)TiO2xH2O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+)=0.02 molL-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+)=1.010-5 molL-1,此时是否有Mg

53、3(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 。温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388第41页，共95页。答案(1)100 、2 h,90 、5 h(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=1.310-17mo

54、lL-1,c3(Mg2+)c2(P)值为0.013(1.310-17)2=1.710-40Cu2+,没有黑色固体出现,错误;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,错误;D项,将0.1 molL-1 MgSO4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0.1 molL-1 CuSO4溶液,白色沉淀变为浅蓝色沉淀,说明生成了溶解度更小的Cu(OH)2,正确。关联知识Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq) Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)

55、,Cu(OH)2比Mg(OH)2更难溶。温馨提示A选项中涉及Fe参与的氧化还原反应,要注意Fe是否过量。第53页，共95页。21.(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+)=2.010-2 molL-1,c(Fe3+)=1.010-3 molL-1,c(Cl-)=5

56、.310-2 molL-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+H2O Fe(OH)2+H+K1Fe(OH)2+H2O Fe(OH+H+K2Fe(OH+H2O Fe(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+yH2O Fex(OH+yH+第54页，共95页。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

57、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+Fe 3Fe2+(2)2166H+163H2O(3)K1K2K3bd调节溶液的pH(4)1820第55页，共95页。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

58、,将Fe氧化为Fe2+,其离子方程式为2Fe3+Fe 3Fe2+。(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+)+22.010-2 molL-1+31.010-3 molL-15.310-2 molL-1,则c(H+)1.010-2 molL-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

59、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+yH2O Fex(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bd。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18 mgL-1时,浑浊度的去除率最高;投放聚合氯化铁20 mgL-1时,还原性物质的去除率

60、最高,因此投放聚合氯化铁的最佳范围为1820 mgL-1。第56页，共95页。22.(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) 。第57页，共95页。a.富集铜元素b.使铜元素与水溶液中的物质分离c.增加Cu