高考化学试题分类解析 考点12 铁铜及其化合物 Word版含答案Word文档下载推荐.docx
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C.SO42-、NH4+、一定存在,Cl-可能不存在
D.CO32-、Al3+一定不存在,K+可能存在
【答案】B
【解析】根据加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,说明有NH4+,而且为0.02mol,同时产生红褐色沉淀,说明有Fe3+,而且为0.02mol,则没有CO32-,根据不溶于盐酸的4.66g沉淀,说明有SO42-,且为0.02mol,则根据电荷守恒可知一定有Cl-,至少有0.06mol,B正确。
【考点定位】本题考查离子共存及计算。
4.(2013·
13)下列依据相关实验得出的结论正确的是
A.向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,该溶液一定是碳酸盐溶液
B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液
C.将某气体通入溴水中,溴水颜色褪去,该气体一定是乙烯
D.向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变色,滴加氯水后溶液显红色,该溶液中一定含
Fe2+
【参考答案】D
【解析】本题属于常规实验与基本实验考查范畴。
A.不能排除碳酸氢盐与SO32-、HSO3-形成的盐的干扰
B.也可是钠的单质或其他化合物,这里焰色反应火焰呈黄色仅证明含有钠元素。
C.其他还原气体或碱等都可使溴水褪色。
D.Fe2+检验方法过程合理。
【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能,我们要在教学中不断强化,反复训练,形成能力。
5.(2013·
北京理综·
27)(12分)
用含有A1203、SiO2和少量FeO·
xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3·
18H2O。
,工艺流程如下(部分操作和条件略):
Ⅰ。
向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤:
Ⅱ。
向滤液中加入过量KMnO4溶液,调节溶液的pH约为3;
Ⅲ。
加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色:
Ⅳ。
加入MnSO4至紫红色消失,过滤;
Ⅴ。
浓缩、结晶、分离,得到产品。
(1)H2S04溶解A1203的离子方程式是
(2)KMnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整:
(3)已知:
生成氢氧化物沉淀的pH
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
注:
金属离子的起始浓度为0.1mol·
L-1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的:
(4)己知:
一定条件下,MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2,
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCI并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是.
②Ⅳ中加入MnS04的目的是
【答案】
(1)
;
(2)5、8H+、5、4H2O;
(3)将Fe2+氧化为Fe3+,调节pH值使铁完全沉淀;
(4)①、生成有黄绿色气体;
②、加入MnSO4,除去过量的MnO4-。
【解析】
(1)氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝与水;
(2)反应中MnO4-→Mn2+,Fe2+→Fe3+,MnO4-系数为1,根据电子转移守恒可知,Fe2+系数为
=5,由元素守恒可知,Fe3+系数为5,由电荷守恒可知,由H+参加反应,其系数为8,根据元素守恒可知,有H2O生成,其系数为4,方程式配平为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;
(3)滤液中含有Fe2+,由表中数据可知,Fe(OH)2开始沉淀的pH大于Al(OH)3完全沉淀的pH值,而Fe(OH)3完全沉淀的pH值小于Al(OH)3开始沉淀的pH值,pH值约为3时,Al3+、Fe2+不能沉淀,步骤Ⅱ是将Fe2+氧化为Fe3+,调节pH值使铁完全沉淀;
(4)①、MnO2能将HCl氧化为Cl2,若有黄绿色气体生成说明沉淀中存在MnO2;
②、Ⅲ的上层液呈紫红色,MnO4-过量,加入MnSO4,除去过量的MnO4-。
广东理综·
31)(16分)
大气中的部分碘源于O3对海水中Ⅰ-的氧化。
将O3持续通入NaⅠ溶液中进行模拟研究.
(1)O3将Ⅰ-氧化成Ⅰ2的过程由3步反应组成:
①Ⅰ-(aq)+O3(g)=ⅠO-(aq)+O2(g)△H1
②ⅠO-(aq)+H+(aq)
HOⅠ(aq)△H2
总反应的化学方程式为______,其反应△H=______
(2)在溶液中存在化学平衡:
,其平衡常数表达式为_______.
(3)为探究Fe2+对氧化Ⅰ-反应的影响(反应体如图13),某研究小组测定两组实验中Ⅰ3-浓度和体系pH,结果见图14和下表。
11.Ⅰ组实验中,导致反应后pH升高的原因是_______.
12.图13中的A为_____由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率,原因是_______.
③第2组实验进行18s后,Ⅰ3-下降。
导致下降的直接原因有双选______.
A.C(H+)减小B.c(Ⅰ-)减小C.Ⅰ2(g)不断生成D.c(Fe3+)增加
(4)据图14,计算3-13s内第2组实验中生成l3-的平均反应速率(写出计算过程,结果保留两位有效数字)。
31、解析:
(1)将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+O2+H2O,由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。
(2)依据平衡常数的定义可得,K=
(3)由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0,其原因是反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大。
由于是持续通入O3=,O2可以将Fe2+氧化为Fe3+:
O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O,Fe3+氧化Ⅰ—:
2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+,Ⅰ—消耗量增大,转化率增大,与Ⅰ2反应的量减少,Ⅰ3—浓度减小。
(4)由图给数据可知△c(Ⅰ3—)=(11.8×
10—3mol/L-3.5×
10—3mol/L)=8.3×
10—3mol/L,由速率公式得:
v(Ⅰ3—)=△c(Ⅰ3—)/△t=8.3×
10—3mol/L/(18—3)=5.5×
10—4mol/L·
s。
答案:
(1)O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+O2+H2O,△H=△H1+△H2+△H3。
(2)
(3)反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大;
Fe3+,BD(4)(计算过程略)5.5×
s
命题意图:
化学反应原理与元素化合物
6、(2013·
浙江理综·
13)现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合剂,某同学为了确认其成分,取部分制剂作为试液,设计并完成了如下实验:
已知:
控制溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀。
该同学得出的结论正确的是
A.根据现象1可推出该试液中含有Na+
B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+,但没有Mg2+
D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+
【解析】A选项:
因加入了NaOH(aq)和Na2CO3(aq),在滤液中引入了Na+,不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+。
B选项:
试液是葡萄糖酸盐溶液,其中一定含葡萄糖酸根,葡萄糖能发生银镜反应,葡萄糖酸根不能发生银镜反应。
D选项:
溶液加入H2O2
后再滴加KSCN(aq)显血红色,不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+。
正确的方法是:
在溶液中滴加KSCN(aq)不显血红色,再滴入滴加H2O2显血红色,证明溶液中只含Fe2+。
若此前各步均没有遇到氧化剂,则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+。
C选项:
根据“控制溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀”信息,在过滤除去Fe(OH)3的滤液中分别加入NH3·
H2O(aq)和Na2CO3(aq),加入NH3·
H2O(aq)不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+,加入Na2CO3(aq)产生白色沉淀,说明滤液中含Ca2+。
7、(2013·
26)氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。
甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。
请回答下列问题:
(1)甲的化学式是_________;
乙的电子式是__________。
(2)甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是_______(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式_________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O,请设计实验方案验证之_________________________。
(已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O)
(5)甲与乙之间_______(填“可能”或“不可能)发生反应产生H2,判断理由是________。
催化剂
△
【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25g/L”——丙为N2,化合物乙分解得到H2和N2,化合物乙为NH4H,NH4H有NH4+和H—构成的离子化合物。
6.00g化合物甲分解得到短周期元素的金属单质和0.3molH2,而短周期元素的金属单质的质量为5.4g;
化合物甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液,说明该沉淀可能是Al(OH)3,进而可判定化合物甲为AlH3。
涉及的反应为:
a.甲、乙受热分解:
2AlH3=======2Al+3H2↑2NH4H=========N2↑+5H2↑
b.甲与水反应:
2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑
c.2NH4H+5CuO======5Cu+N2↑+5H2O
d.化合物甲与乙可能发生的反应:
2AlH3+2NH4H======2Al+N2↑+8H2↑
化合物甲和乙的组成中都含—1价H,—1价H还原性很强,可发生氧化还原反应产生H2;
且2Al+3化合价降低6,2NH4H中8H+1化合价降低8,化合价共降低14;
2AlH3中6H—1和2NH4H中2H—化合价升高8,2NH4H中2N—3化合价升高6,化合价共升高14。
NH4H电子式:
第(4)题的实验设计是1992年全国高考题的再现:
Cu+在酸性溶液中不稳定,可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。
现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸,而没有其它试剂。
简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。
实验方案设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解:
①Cu2O为碱性氧化物;
②不能选用具有强氧化性的试剂,否则Cu被氧化为Cu2+。
实验方案设计的表述:
简述操作步骤,复述实验现象,根据现象作出判断。
【答案】取少量反应产物,滴加足量稀硫酸,若溶液由无色变为蓝色,证明产物Cu中含有Cu2O;
若溶液不变蓝色,证明产物Cu中不含Cu2O。
【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理,考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写,根据题给信息设计实验的能力,并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。
本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。
8.(14分)(2013·
新课标卷Ⅱ·
27)
氧化锌为白色粉末,可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。
纯化工业级氧化锌(含有Fe(Ⅱ),Mn(Ⅱ),Ni(Ⅱ)等杂质)的流程如下:
工业ZnO浸出液滤液
滤液滤饼ZnO
提示:
在本实脸条件下,Ni(Ⅱ)不能被氧化:
高锰酸钾的还原产物是MnO2
回答下列问题:
(1)反应②中除掉的杂质离子是,发生反应的离子方程式为
;
加高锰酸钾溶液前,若pH较低,对除杂的影响是;
(2)反应③的反应类型为.过滤得到的滤渣中,除了过量的锌外还有;
(3)反应④形成的沉淀要用水洗,检验沉淀是否洗涤干净的方法是
。
(4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·
xZn(OH)2.取干操后的滤饼11.2g,煅烧后可得到产品8.1g.则x等于。
解析:
以工艺流程为形式考察化学知识,涉及反应原理、除杂方法、影响因素、反应类型、产物分析、洗涤干净的检验方法、化学计算等。
(1)除去的杂质离子是Fe2+和Mn2+;
Fe2+以Fe(OH)3的形式沉淀下来,Mn2+以MnO2的形式沉淀下来;
反应离子方程式为:
MnO4-+3Fe2++7H2O===MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+;
3Mn2++2MnO4-+2H2O===5MnO2↓+4H+;
在加高锰酸钾溶液前,若pH较低,不会形成Fe(OH)3和MnO2沉淀。
(2)Zn+Ni2+===Zn2++Ni是置换反应;
还有Ni。
(3)洗涤主要是除去SO42-和CO32-离子。
检验洗净应该检验SO42-离子。
取最后一次洗涤液少量,滴入稀盐酸,加入氯化钡溶液,没有白色沉淀生成,证明洗涤干净。
(4)令ZnCO3为amol,Zn(OH)2为bmol
125a+99b=11.2;
81(a+b)=8.1解之,a:
b=1:
x=1:
1,x=1
参考答案:
(1)Fe2+和Mn2+;
不会形成Fe(OH)3和MnO2沉淀。
或无法除去Fe2+和Mn2+;
(2)置换反应;
Ni
(3)取最后一次洗涤液少量,滴入稀盐酸,加入氯化钡溶液,没有白色沉淀生成,证明洗涤干净。
(4)1
9.(2013·
安徽理综·
27)(13分)
二氧化铈
是一种重要的稀土氧化物。
平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含
以及其他少量可溶于稀酸的物质)。
某课题组以此粉末为原料回收铈,设计实验流程如下:
(1)洗涤滤渣A的目的是为了去除(填离子符号),检验该离子是否洗涤的方法是。
(2)第②步反应的离子方程式是,滤渣B的主要成分是。
(3)萃取是分离稀土元素的常用方法,已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来,TBP(填“能”或“不能”)与水互溶。
实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒、量筒等。
(4)取上述流程中得到的
产品0.536g,加硫酸溶解后,用0.1000mol•
标准溶液滴定终点是(铈被还原为
),消耗25.00mL标准溶液,该产品中
的质量分数为。
27.
(1)滤渣上附着的Fe3+、Cl-,取最后洗涤液少量,滴加AgNO3,如无白色沉淀,则洗干净。
(2)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2
+4H2OSiO2
(3)不能分液漏斗
(4)97.01%
【解析】该反应过程为:
①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸,、Fe2O3转化FeCl3为存在于滤液中,滤渣为CeO2和SiO2②加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+滤渣为SiO2③加入碱后Ce3+转化为沉淀,④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4,得到产品。
Ce(OH)4~FeSO4
n(Ce(OH)4)=n(FeSO4)=0.1000mol/L*1.025L=0.0025mol,m=0.0025mol*208g/mol=0.52g
【考点定位】以工艺流程为基础,考察化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识。
10.(2013·
28)(14分)
某酸性工业废水中含有
光照下,草酸
能将其中的
转化为
某课题组研究发现,少量铁明矾
即可对该反应堆起催化作用。
为进一步研究有关因素对该反应速率的影响,探究如下:
(1)在25°
C下,控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同,调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量,作对比实验,完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
测得实验①和②溶液中的
浓度随时间变化关系如图所示。
(2)上述反应后草酸被氧化为(填化学式)。
(3)实验①和②的结果表明;
实验①中
时间段反应速率
(
)=
(用代数式表示)。
(4)该课题组队铁明矾
中起催化作用的成分提出如下假设,请你完成假设二和假设三:
假设一:
起催化作用;
假设二:
;
假设三:
…………
(5)请你设计实验验证上述假设一,完成下表中内容。
(除了上述实验提供的试剂外,可供选择的药品有
等。
溶液中
的浓度可用仪器测定)
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
28.
(2)CO2
(3)PH越大,反应的速率越慢
(4)Al3+期催化作用;
Fe2+和Al3+起催化作用
(5)取PH=5的废水60ml,加入10ml草酸和30ml蒸馏水,滴加几滴FeSO4,测定反应所需时间
预期现象与结论:
与②对比,如果速率明显加快,故起催化作用的为Fe2+
【解析】该反应为探究重铬酸根与草酸反应过程中的催化作用,该反应为一比较熟悉的反应,草酸被氧化后的产物为二氧化碳。
(3)考查了从图像中获取数据并分析的能力。
图像越陡,反应速率越快
(4)对于假设可以从加入的物质铁明矾中获取,故为Fe2+和Al3+,然后根据上面的过程,进行对比实验,即可以得到答案。
【考查定位】考察化学实验探究基本能力和化学反应基本原理
11.(2013·
32)银铜合金广泛用于航空工业。
从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下的:
(1)点解精练银时,阴极反应式为;
滤渣A与稀HNO3反应,产生的气体在空气中迅速变为红棕色,该气体变色的化学方程式为
(2)固体混合物B的组成为;
在省城固体B的过程中,余姚控制NaOH的加入量,若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为。
(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式:
(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%,理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为molCuAlO2,至少需要1.0mol·
L-1的Al2(SO4)3溶液L.
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾,其基本操作时、过滤、洗涤和干燥。
32、解析:
(1)仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极:
Ag—e—=Ag+,纯银做阴极:
Ag++e—=Ag。
滤渣A中的金属与稀硝酸反应生成无色的NO,NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2:
2NO+O2=2NO2。
(2)结合信息和流程图分析可知:
硫酸铜、硫酸铝固体与稀氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氢氧化铝,煮沸时氢氧化铜分解为CuO,氢氧化铝不分解,所以B应该为CuO和Al(OH)3,若NaOH过量,两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解:
Al(OH)3+OH—=AlO—+2H2O。
(3)依据题给反应物和生成物可以判断:
CuO转化为CuAlO2,铜元素化合价由+2下降为+1,CuO做氧化剂,所以生成的物质还应有氧气(化合价-2→0),根据氧化还原反应反应得失电子守恒可配平反应:
4CuO+2Al2O3
4CuAlO2+O2↑(4)银铜合金中的铜的物质的量n(Cu)=
,根据元素守恒可得生成的CuAlO2也是50.0mol,依据方CuAlO2中的Cu和Al个数关系及Al原子个数守恒可得,n[Al2(SO4)3]=25.0mol,则需要硫酸铝溶液的体积是25.0L。
(5)用溶液制备带结晶水的晶体的一般操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(1)Ag++e—=Ag,2NO+O2=2NO2
(2)CuO和Al(OH)3,Al(OH)3+OH—=AlO—+2H2O(3)4CuO+2Al2O3
4CuAlO2+O2↑(4)25.0L(5)蒸发浓缩、冷却结晶
元素化合物
12.(2013·
重庆理综·
26)(14分)合金是建筑航空母舰的主体材料。
⑴航母升降机可由铝合金制造。
①铝元素在周期表中的位置是,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
②Al—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)。
⑵航母舰体材料为合金钢。
①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为
②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
⑶航母螺旋浆主要用铜合金制造。
①80.0gCu-Al合金用酸完全溶解后,加入过量
氨水,过滤得到白色沉淀39.0,则合金中Cu
的质量分数为
②为分析某铜合金的成分,用酸将其完全溶解