2021高考化学（全国版）一轮复习教师用书：专题六 铁、铜及其化合物　金属的冶炼 WORD版含解析.docx

1、专题六 铁、铜及其化合物金属的冶炼410考点1铁及其重要化合物1.2019全国卷,27,15分硫酸铁铵NH4 Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:回答下列问题:(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是。(2)步骤需要加热的目的是,温度保持8095 ,采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为(填标号)。ABCD(3)步骤中选用足量的H2O2,理由是。分批加入H2O2,同时为了,溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)

2、采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。以铁为主要原料制备硫酸铁铵的工艺流程为载体,考查铁、亚铁离子、铁离子的主要性质和制备过程中,涉及的皂化反应、硫化氢的吸收、温度对反应速率的影响、化学式的计算等基础必备知识,体现高考试题设计重视基础性、综合性和应用性的命题新动向。解题模型:链接考法1命题角度22.2018北京,28,16分实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO

3、4(夹持装置略)A为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。(2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生i.由方案中溶液变红可知

4、a中含有离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由产生(用方程式表示)。ii.方案可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是。根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2FeO42-(填“”或“MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性FeO42-MnO4-。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:。把元素化合物的知识与实验探究整合在一起设计试题,引导中学教学重视提升考生化学学科核心素养,是高考命题的新动向。本题提供高铁酸钾的部分性质,考查考生现场学习并获取有用

5、信息,结合所学知识解决实际问题的能力,也很好地考查了考生思辨的能力:在酸性环境中,高铁酸根离子的氧化性强于氯气,在碱性环境中,氯气的氧化性强于高铁酸根离子。解题模型:链接考法1命题角度1考点2铜及其化合物3.2017江苏,18,12分碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法。方法1:4550 时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2 Cl23H2O,该反应的化学方程式为。方法2:先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M的化学式为。(2)碱式氯化铜有多

6、种组成,可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:称取样品1.116 0 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL 溶液A;取25.00 mL 溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0.172 2 g;另取25. 00 mL 溶液A,调节pH 45,用浓度为0.080 00 molL-1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。本题考查考生三方面能力:一是利用所学氧化还原知识,理解氯化亚铜悬浊

7、液被氧气氧化生成碱式氯化铜的过程,并能快速准确写出该反应方程式的能力;二是阅读理解能力,先利用铁离子具有较强氧化性溶解不活泼金属铜,再利用氧气氧化亚铁离子生成铁离子,这两个反应循环就制得氯化铜,最后将氯化铜与石灰乳反应制得碱式氯化铜;三是化学计算能力。通过化学实验结合化学计算确定未知的化学式,是考生的基本能力之一。解题模型:链接考法3命题角度14.2017浙江下半年选考,28,4分为了探究铁、铜及其化合物的性质,某同学设计并进行了下列实验。已知:3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)请回答:(1)虚线框处宜选择的装置是(填“甲”或“乙”);实验时应先将螺旋状铜丝加热,变黑

8、后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中,观察到的实验现象是。(2)实验后,取硬质玻管中适量的固体,用一定浓度的盐酸溶解,滴加KSCN溶液,没有出现红色,说明该固体中没有+3价的铁。判断结论是否正确并说明理由。试题创设崭新情境考查铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气、氢气还原灼热氧化铜、铁离子的检验等必备基础知识。解题模型:链接考法1命题角度1;考法3命题角度1考点3金属材料与金属矿物的开发利用5.2018全国卷,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 m

9、olL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: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。硫化锌的焙烧类似于黄铁矿(FeS2)焙烧,生成金属氧化物和二氧化硫;电解硫酸锌溶液制备单质锌类似于电解硫酸铜溶液,阴极生成金属单质,阳

10、极生成氧气和硫酸。本题考查考生将所学知识迁移到新情境中解决实际问题的能力。解题模型:链接素材5考点1铁及其重要化合物考法1“铁三角”及其应用命题角度1以实验为载体考查含铁化合物的性质与制备(热点角度)12017全国卷,26,14分绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题:(1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气,溶液逐渐变红。由此可知:、。(2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中,

11、再次将装置A称重,记为m2 g。按如图连接好装置进行实验。仪器B的名称是。将下列实验操作步骤正确排序(填标号);重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m3 g。a.点燃酒精灯,加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2d.打开K1和K2,缓缓通入N2e.称量Af.冷却到室温根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=(列式表示)。若实验时按a、d次序操作,则使x(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为(填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到

12、的现象分别为。a.品红b.NaOHc.BaCl2d.Ba(NO3)2e.浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式。(1)样品溶于水后,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化,说明样品中不含三价铁;再向试管中通入空气,溶液逐渐变红,则说明空气中的O2氧化了亚铁离子,即亚铁离子易被空气中的氧气氧化。(2)测定硫酸亚铁晶体中结晶水含量,关键是要排尽装置内的空气,避免O2氧化亚铁离子,导致结晶水含量测量不准确。仪器B为干燥管;测定结晶水的过程:先打开K1和K2,缓缓通入氮气排尽装置中的空气,再点燃酒精灯加热,一段时间后熄灭酒精灯,冷却至室温,关闭K1和K2,称量A。故正确的操作步骤为dabfce

13、。A的质量为m1g,样品和A的总质量为m2g,硫酸亚铁和A的总质量为m3g。则m(FeSO4)=(m3-m1)g,m(H2O)=(m2-m3)g,有18x152=m2-m3m3-m1,解得x=152(m2-m3)18(m3-m1)=76(m2-m3)9(m3-m1)。若先加热,后通入氮气,石英玻璃管内空气中的O2会氧化绿矾,使m3增大,所以76(m2-m3)9(m3-m1)会偏小。(3)硫酸亚铁分解实验中,生成了红色粉末(氧化铁),说明必有元素化合价降低,暗示有SO2生成。根据得失电子守恒和原子守恒可写出反应的化学方程式2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。SO3极易溶于水且能与水反应生成H

14、2SO4,故应先检验SO3。SO3可用BaCl2溶液检验,但不能用硝酸钡溶液检验,因为硝酸钡溶液吸收SO3或SO2时都会生成硫酸钡沉淀;SO2可用品红溶液检验,故C中装氯化钡溶液,D中装品红溶液,最后用氢氧化钠溶液吸收尾气。(1)样品中没有Fe()Fe()易被氧气氧化为Fe()(2)干燥管dabfce76(m2-m3)9(m3-m1)偏小(3) c、a生成白色沉淀、褪色2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3考法归纳应用实践重要的铁盐绿矾(FeSO47H2O)1.FeSO47H2O的加热分解产物和原理绿矾(FeSO47H2O)FeSO4Fe2O3、SO2、SO3反应原理:FeSO47H2OFeS

15、O4+7H2O,2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。2.绿矾(FeSO47H2O)的两种制备方法(1)用废铁屑(含少量SiO2和Fe2O3)制备绿矾(2)用烧渣(主要含FeO、Fe2O3,还有一定量的SiO2)制备绿矾试剂X可以是SO2或Fe,其目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+。1.2017浙江4月选考,24,2分由硫铁矿烧渣(主要成分:Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO47H2O),再通过绿矾制备铁黄FeO(OH)的流程如下:烧渣溶液绿矾铁黄已知:FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是()A.步骤,最好用硫酸来溶解烧渣B.步骤,涉及的离子方程式为FeS2+14

16、Fe3+8H2O15Fe2+2SO42-+16H+C.步骤,将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干,可得纯净绿矾D.步骤,反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3命题角度2以工艺流程为载体考查含铁化合物的分离提纯与性质(热点角度)22017全国卷,26,14分水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:回答下列问题:(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是,还可使用代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该

17、反应的化学方程式为。(3)加氨水过程中加热的目的是。沉淀B的主要成分为、(写化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为MnO4-+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.050 0 molL-1的KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为。本题结合实验室测定水泥样品中钙含量的流程考查元素化合物、物质分离提纯等知识的应用。(1)水泥熟料中的CaO和铁、铝、镁等金属的氧化物均能溶于盐酸,加入硝酸能将水泥样品中可能含有的Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新

18、杂质,还可用H2O2代替硝酸。(2)根据图示流程可知,不溶于盐酸和硝酸的沉淀A为SiO2(或H2SiO3),SiO2(或H2SiO3)能溶于弱酸氢氟酸,生成SiF4和H2O。(3)加入氨水调节溶液的pH=45的过程中加热,能防止胶体生成,易沉淀分离,结合流程图可知,沉淀B的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3。(4)根据反应中转移电子数相等可找出关系式2MnO4-5H2C2O4,结合消耗KMnO4溶液的浓度和体积可求出n(H2C2O4)=0.0500molL-136.0010-3L52=4.510-3mol,则该水泥样品中钙的质量分数为4.510-3mol40gmol-10.400g100

19、%=45.0%。(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+H2O2(2)SiO2(或H2SiO3)SiO2+4HFSiF4+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4+3H2O)(3)防止胶体生成,易沉淀分离Al(OH)3Fe(OH)3(4)45.0%核心素养对接核心素养之“证据推理与模型认知”工艺流程中铁元素的除杂模型Fe3+在pH=2.8时即可完全水解为Fe(OH)3沉淀,所以从含多种金属离子的溶液中除去Fe3+的常用方法是调节溶液的pH至2.8,再过滤;若为Fe2+,则需先转化为Fe3+,再进一步除去(因为Fe3+比Fe2+更易水解成氢氧化物沉淀)。除去固体物质中的铁元素,一般流程如下

20、:固体酸溶加入氧化剂调节溶液pH过滤滤液酸溶的目的是使铁元素转化为离子;加入氧化剂的目的是使可能存在的Fe2+转化为Fe3+,该步骤切忌引入杂质,所以常用的氧化剂为H2O2;调节溶液pH的目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,使用的试剂不能引入杂质,且可以消耗H+使pH增大,如从Cu2+中除去Fe3+,应该加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3。考法2Fe2+、Fe3+的检验命题角度1结合实验现象检验溶液中Fe2+、Fe3+(热点角度)3对FeCl3溶液与KI溶液的反应进行探究。关于实验的分析和结论不正确的是实验操作实验现象取2 mL 0.1 mol/L KI溶液于

21、试管中,滴加0.1 mol/L FeCl3溶液3滴,振荡,充分反应溶液呈深棕黄色将上述溶液均分后分置于试管1和试管2中向试管1中滴加2滴0.1 mol/L KSCN溶液溶液显红色向试管2中加入1 mL CCl4,充分振荡、静置溶液分层,上层为浅棕黄色,下层为紫色取试管2中的上层液体置于试管3中,滴加2滴0.1 mol/L KSCN溶液溶液微弱变红A.FeCl3与KI发生了氧化还原反应,有I2生成B.试管1中溶液显红色,证明FeCl3与KI的反应具有可逆性C.试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果D.试管2中上层溶液变为浅棕黄色是平衡移动的结果取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中,滴加0.

22、1mol/LFeCl3溶液3滴,振荡,充分反应,溶液呈深棕黄色,是因为Fe3+与I-发生了氧化还原反应,有I2生成,A正确。中加入的KI溶液过量,向试管1中滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液,溶液显红色说明溶液中有Fe3+,证明FeCl3与KI的反应具有可逆性,B正确。向试管2中加入1mLCCl4,充分振荡、静置,溶液分层,上层为浅棕黄色,下层为紫色说明有碘单质被萃取出来,平衡正向移动,导致溶液中Fe3+浓度减小,试管3中红色比试管1中浅,C正确。试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果,D错误。D考点扫描1.2018全国卷,28(2)改编三草酸合铁酸钾样品完全分解后的残留

23、物中含有FeO和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是。2.2017全国卷,13A改编向2mL0.1molL-1的FeCl3溶液中加足量铁粉,振荡,加1滴KSCN溶液,现象为黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变,则可推出还原性:FeFe2+()提示:1.取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入12滴KSCN溶液,溶液变红,证明含有Fe2O32.2.已知:2Fe3+2I-2Fe2+I2,用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验。下列说法不正确的是()A.实验i中现象说明有Fe2+生成B.实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+C.实验iii水溶液中c(Fe2+)大于实验i中c(Fe2+)D.实

24、验iii中再加入4滴0.1 molL-1 FeCl2溶液,振荡静置,CCl4层颜色无变化命题角度2Fe2+、Fe3+的性质探究42016全国卷,28,15分某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1 molL-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是。(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液

25、面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL-1KI溶液,加入6 mL 0.1 molL-1 FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如下实验:第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀;第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。实验检验的离子是(填离子符号);实验和说明:在I-过量的情况下,溶液中仍含有(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色

26、,发生反应的离子方程式为;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是;生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)。(1)Fe2+具有还原性,FeCl2溶液易因被氧化而变质,配制FeCl2溶液时加入少量铁屑,目的是防止Fe2+被氧化。(2)溶液变红,说明有Fe3+生成,则FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-。(3)甲组实验中,FeCl2易被空气中的O2氧化,会生成FeCl3,因此实验不够严谨。加入煤油,煤油的密度比水小,可以起到隔绝空气的作用,从而排除氧气对实验的影响。(4)实验中K3Fe(CN)6溶液的作用是检验Fe2+。根据实

27、验,CCl4层显紫色,说明有I2生成,根据实验,生成蓝色沉淀,说明有Fe2+生成,根据实验,溶液变红,说明有Fe3+剩余,I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,由此说明该反应为可逆反应。(5)溶液变为棕黄色,说明生成了Fe3+,离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。溶液中有气泡出现,说明H2O2在Fe3+的催化作用下发生了分解反应,生成了O2。随后生成红褐色沉淀,则沉淀为Fe(OH)3,H2O2分解放出热量,Fe3+的水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+向正反应方向不断进行,因此得到Fe(OH)3沉淀。(1)防止Fe2+被氧化(2)2Fe2+Cl22Fe3+2C

28、l-(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+Fe3+可逆反应(5)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动考点2铜及其化合物考法3铜及其化合物的性质命题角度1有关铜及其化合物的性质5已知酸性条件下有如下反应:2Cu+Cu2+Cu。由于反应温度不同,用氢气还原氧化铜时,可能产生Cu或Cu2O,两者都是红色固体。一位同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体的成分进行了检验,实验操作和实验现象记录如表所示:加入试剂及条件稀硫酸浓硫酸/加热稀硝酸浓硝酸实验现象得到红色固体和蓝色溶液产生无色气体产生无

29、色气体,得到蓝色溶液产生红棕色气体,得到绿色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是A.CuB.Cu2OC.一定有Cu,可能有Cu2OD.一定有Cu2O,可能有Cu根据题中信息,向红色固体中加入稀硫酸得到红色固体和蓝色溶液,其中红色固体为铜,蓝色溶液为硫酸铜溶液,可推出原红色固体里一定有Cu2O;溶液中的红色固体铜,可能是原来固体中含有的,也可能是由Cu2O和稀硫酸反应生成的。D命题角度2结合物质转化流程考查铜及其化合物的性质和制备6CuSO4是一种重要的化工原料,有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是A.途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为32B.生成等量的硫酸铜,三

30、个途径中参加反应的硫酸的物质的量:=C.硫酸铜在1 100 分解的方程式可能为2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2D.当Y为葡萄糖时,葡萄糖发生还原反应途径涉及反应3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,NO3-由硝酸提供,H+由硝酸和硫酸共同提供,所以若硝酸为2mol,则硫酸为(8-2)2=3mol,所以混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为32,A正确。途径涉及反应2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O;途径涉及反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O;若生成1mol硫酸铜,途径消耗1mol硫酸,途径消耗1mol硫酸,途经消耗2mol硫酸,

31、所以三个途径中,生成等量的硫酸铜,参加反应的硫酸的物质的量:=(1分)溶液酸碱性不同(2分)理由:FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO4-的颜色(2分)或方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色(2分)【解析】实验目的(1)制备高铁酸钾(K2FeO4)(2)探究K2FeO4的性质实验原理(1)制氯气:2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O。(2)制K2FeO4:3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O(副反应:Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O)。(3)F

32、e3+检验:Fe3+3SCN-Fe(SCN)3。(4)K2FeO4在酸性溶液中的不稳定性:4FeO42-+20H+4Fe3+3O2+10H2O;K2FeO4的强氧化性:2FeO42-+6Cl-+16H+3Cl2+2Fe3+8H2O;16H+5FeO42-+3Mn2+5Fe3+3MnO4-+8H2O实验装置洗气瓶:除杂质装置(除去Cl2中的HCl)实验操作洗涤K2FeO4固体:KOH溶液除去杂质离子ClO-(ClO-也可以氧化Cl-生成Cl2)实验现象与分析(1)“方案中溶液变红”说明含Fe3+。(2)“C中得到紫色固体”说明生成K2FeO4。(3)“取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体”

33、说明生成Cl2。(4)根据K2FeO4的制备实验得出氧化性Cl2FeO42-,而方案实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是溶液酸碱性不同,说明氧化性:在碱性条件下Cl2K2FeO4,在酸性条件下Cl2MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO42-MnO4-。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。”(1)能,因为K2FeO4在过量酸作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液的浅紫色一定为MnO4-的颜色,说明氧化性FeO42-MnO4-(氧化剂的氧化性大于氧化产物)。(2)不能,设计方案为向

34、溶液b中滴加过量稀H2SO4,若溶液紫色快速褪去,说明氧化性FeO42-MnO4-,若溶液显浅紫色,不能说明氧化性FeO42-MnO4-3.(1)4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl23H2O(3分)Fe2+(2分)(2)n(Cl-)=n(AgCl)100.00mL25.00mL=0.1722g143.5gmol-1100.00mL25.00mL=4.80010-3 mol n(Cu2+)=n(EDTA)100.00mL25.00mL=0.080 00 molL-130.00 mL10-3 LmL-1100.00mL25.00mL=9.60010-3 mol n(OH-)=2n(

35、Cu2+)-n(Cl-)=29.60010-3 mol-4.80010-3 mol=1.44010-2 mol m(Cl-)=4.80010-3 mol35.5 gmol-1=0.170 4 g m(Cu2+)=9.60010-3 mol64 gmol-1=0.614 4 g m(OH-)=1.44010-2 mol17 gmol-1=0.244 8 g n(H2O)=1.1160g-0.1704g-0.6144g-0.2448g18gmol-1 =4.80010-3 mol abcx=n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=2311 化学式为Cu2(OH)3ClH2O(7分)【解

36、析】(1)在H2O存在的条件下,CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl23H2O,根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的化学方程式。由题图知,O2氧化M生成M,根据题意“Fe3+对该反应有催化作用”,则M为Fe2+,Fe3+再氧化Cu生成Cu2+和Fe2+。(2)由中生成AgCl的质量,可计算出1.1160g样品中Cl-的物质的量n(Cl-);由可计算出1.1160g样品中Cu2+的物质的量n(Cu2+),根据电荷守恒:n(OH-)+n(Cl-)=2n(Cu2+),得出n(OH-),最后由质量守恒得出n(H2O);由四种粒子的物质的量,可确定样品的化学式。4.(1)乙(1分)铜丝由

37、黑变红(1分)(2)不正确,因为铁过量时:Fe+2Fe3+3Fe2+(2分)【解析】(1)由题给已知信息可知铁与水蒸气在高温条件下反应生成H2,H2的密度比空气的小,故虚线框处应选择乙装置。将加热后变黑的铜丝伸入到制得的纯净H2中,H2将CuO还原为Cu,故黑色铜丝变成红色。(2)该结论不正确,因为硬质玻管中可能有大量未参与反应的铁粉,加盐酸溶解后,剩余的Fe粉会与生成的Fe3+反应生成Fe2+,从而导致滴加KSCN溶液没有红色出现。5.(1)ZnS+32O2ZnO+SO2(2分)(2)PbSO4(2分)调节溶液的pH(2分)无法除去杂质Fe2+(2分)(3)Cd2+ZnCd+Zn2+(2分)

38、(4)Zn2+2e-Zn(2分)溶浸(2分)【解析】(1)焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。(2)加入稀硫酸后,滤渣中有不溶于稀硫酸的SiO2,还有生成的不溶于水和稀酸的PbSO4。加入ZnO的作用是消耗稀硫酸,调节溶液的pH,促进Fe3+完全水解生成Fe(OH)3沉淀。若不通入氧气,杂质离子Fe2+无法除去,会影响锌的纯度。(3)由还原除杂工序可知反应的离子方程式为Zn+Cd2+Zn2+Cd。(4)由于电解液为ZnSO4溶液,电解产物为Zn,即电解时Zn2+在阴极被还原,电极反应式为Zn2+2e-Zn,则阳极反应式为2H2O-4e-O2+4H+,所以沉积锌后的电解液的主要溶质为H

39、2SO4,可返回溶浸工序继续使用。1.C本题考查陌生离子方程式的书写、物质的分离和提纯、反应条件的控制和试剂选择。要制得绿矾,为了不引入其他杂质,步骤最好用硫酸来溶解烧渣,A项正确;加入FeS2后得到的溶液经步骤可得到绿矾,故步骤中FeS2和Fe3+发生氧化还原反应,生成了FeSO4,离子方程式为FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42-+16H+,B项正确;步骤,由FeSO4溶液得到绿矾应蒸发浓缩、冷却结晶而不是蒸发结晶,C项错误;步骤中若反应条件控制不当,则会使铁黄中混有Fe(OH)3,D项正确。2.D实验i向混合液中加入K3Fe(CN)6溶液,产生蓝色沉淀,说明混合液中有Fe

40、2+,说明FeCl3与KI反应可生成Fe2+,A正确;实验ii向混合液中加入KSCN溶液,溶液变红,说明混合液中含有Fe3+,B正确;实验i中加入K3Fe(CN)6溶液发生反应:3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62,Fe2+浓度减小,实验iii中加入CCl4,CCl4将I2从水溶液中萃取出来,平衡向正反应方向移动,Fe2+浓度增大,实验iii水溶液中c(Fe2+)大于实验i中c(Fe2+),C正确;实验iii中再加入4滴0.1 mol/L FeCl2溶液,Fe2+浓度增大,平衡向逆反应方向移动,I2浓度减小,振荡静置,CCl4层颜色变浅,D错误。3.D步骤中SO2的主要作用是将

41、CuCl2还原为CuCl,Na2SO3同样具有还原性,可以用Na2SO3替换SO2,A项正确;SO2水溶液具有还原性,可以防止CuCl被氧化,B项正确;根据流程图分析可知,C项正确;如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质,用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应后,得到的固体中含有CuCl和Cu,此时无法计算试样纯度,D项错误。4.C重晶石与钡餐的化学成分都是BaSO4,A项正确;Y气体是CO,其循环使用可以防止污染空气并提高原料利用率,B项正确;废气的主要成分为CO2、CO及少量SO2和硫蒸气等,故过程中对废气进行冷却,使硫蒸气冷却为固体进而除去S,过量NaOH溶液吸收的是CO2和SO2,故Z

42、(aq)中的阴离子是OH-、CO32-和SO32-,C项错误;焦炭的燃烧为反应提供了热量,C与BaSO4反应生成的有CO2、CO,说明C在反应中作还原剂,D项正确。5.(1)水浴加热(1分)(2)4Ag+4NaClO+2H2O 4AgCl+4NaOH+O2(3分)会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染(2分)(3)将洗涤后的滤液合并入过滤 的滤液中(2分)(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的Cl-,不利于AgCl 与氨水反应(2分)(5)向滤液中滴加2 molL-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 molL-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3,待溶液

43、中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥(5分)【解析】(1)加热温度在低于100时,可采用水浴加热的方式。(2)在溶液中,NaClO溶液与Ag反应生成AgCl、NaOH和O2,根据得失电子守恒及原子守恒配平反应的化学方程式。HNO3氧化Ag时会产生氮氧化物,污染环境。(3)为提高Ag的回收率,需要将洗涤后的滤液也一起合并到过滤的滤液中。(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,增加氨水的用量;由已知信息知冷却后的溶液中因NaClO的分解,会含有一定浓度的Cl-,不利于AgCl和氨水反应的正向进行。(5)由已知信息知,水合肼可以和银氨溶液发生反应生成Ag和NH3等。生成的NH3用1molL-

44、1H2SO4溶液吸收,当溶液中不再产生气泡时,说明反应已进行完全,静置,过滤出生成的Ag,洗涤、干燥,得Ag。6.(1)3Ni+3H2SO4+2HNO33NiSO4+2NO+4H2O(2)增大溶液pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3而除去CuS“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀(3)Ca2+2F-CaF2(4)过滤、洗涤CO、CO2(5)2Ni2+4OH-+ClO-Ni2O3+Cl-+2H2O(6)10-5.2【解析】(1)根据“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3的物质的量之比保持为32,结合工艺流程图知Ni单质被氧化为NiSO4,则HNO3被还原成NO,化学

45、方程式为3Ni+3H2SO4+2HNO33NiSO4+2NO+4H2O。(2)加入碳酸钙,CaCO3与H+反应,会使溶液pH增大,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3而除去;“沉渣2”是“除Cu”过程中得到的滤渣,因Cu2+H2SCuS+2H+,故“沉渣2”的主要成分是CuS;必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀。(3)CaF2难溶于水,“除Ca”过程中发生反应的离子方程式为Ca2+2F-CaF2。(4)NiO是煅烧NiC2O4得到的,所以操作B之后得到的是NiC2O4沉淀,而“沉镍”后需要经过过滤、洗涤才能得到NiC2O4;

46、根据NiC2O4中C是+3价,可知煅烧时产生的两种气体是CO、CO2。(5)向NiO中加入盐酸,待NiO完全溶解后,需加入NaOH溶液和NaClO溶液,加入NaOH溶液和NaClO溶液发生反应的离子方程式为2Ni2+4OH-+ClO-Ni2O3+Cl-+2H2O。(6)Ni2+开始沉淀时的pH为7.4,则KspNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=0.010(107.4-14)2=10-15.2。Ni2+完全沉淀时的pH为9,此时c(Ni2+)=KspNi(OH)2c2(OH-)=10-15.2(109-14)2mol/L=10-5.2mol/L。7.(1)10Al(s)+3V2O5(

47、s)5Al2O3(s)+6V(s)H=12(5H1-3H2)(2)V2O5+6HCl(浓)2VOCl2+Cl2+3H2O(3)增大0.4(4)VO2+2H+e-VO2+H2O溶液由绿色变为紫色2m64965002.01060100%【解析】(1)4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s)H1,4V(s)+5O2(g)2V2O5(s)H2,根据盖斯定律由(5-3)12得到V2O5与Al反应制备金属钒的热化学方程式10Al(s)+3V2O5(s)5Al2O3(s)+6V(s)H=12(5H1-3H2)。(2)V2O5具有较强的氧化性,溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液(含有VO2+),V化合价由+5变为

48、+4,V2O5作氧化剂,氯化氢被氧化成氯气,结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式V2O5+6HCl(浓)2VOCl2+Cl2+3H2O。(3)VO43-和V2O74-在pH13的溶液中可相互转化,根据题图1知,c(H+)越大,c(VO43-)越小,VO43-转化的离子方程式为2VO43-+H2OV2O74-+2OH-,溶液中c(H+)增大,VO43-的平衡转化率增大,A点VO43-的浓度为0.2molL-1,消耗浓度为1.0molL-1-0.2molL-1=0.8molL-1,生成的V2O74-的浓度为0.4molL-1,此时c(H+)=510-14molL-1,则c(OH-)=0.2molL-1,K=0.220.40.22=0.4。(4)放电过程中A电极为正极,电极反应式为VO2+2H+e-VO2+H2O。充电时,B电极为阴极,该极上发生得电子的还原反应,即V3+V2+,B电极附近溶液由绿色变为紫色。电解精炼铜得到mg铜时,消耗的电荷量为2mg64gmol-196500Cmol-1,电池的输出电荷量为2.0A10min60smin-1,所以电流利用效率=负载利用电荷量电池输出电荷量100%=2m64965002.01060100%。