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2020高中化学专题06 金属及其化合物(含答案)

1、2020高中化学专题06 金属及其化合物考纲解读三年高考分析常见金属元素(如 Na、Mg、Al、Fe、Cu 等)了解常见金属的活动顺序。了解常见金属及其重要化合物的制备方法,掌握其主要性质及其应用。了解合金的概念及其重要应用。每年高考中必考金属元素及其化合物的性质,常借助金属元素及其化合物的性质考查化学基本概念和基本理论,特别是化工流程中常涉及。1(2019江苏)下列有关化学反应的叙述正确的是AFe在稀硝酸中发生钝化BMnO2和稀盐酸反应制取Cl2CSO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】C【解析】A常温下,Fe在与浓硝酸发生钝化反应,故A错

2、误;B二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气,故B错误;C二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵,故C正确;D常温下,Na与空气中的氧气反应生成Na2O;加热条件下,钠与氧气反应生成Na2O2,故D错误;综上所述,本题应选C。2(2019江苏)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s) CS(s)SO3(g)H2SO4(aq)DN2(g) NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】A氯气的氧化性强,与铁单质反应直接生成氯化铁,故A错误;B氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁,氢氧化

3、镁高温煅烧生成氧化镁和水,故B正确;C硫单质在空气中燃烧只能生成SO2,SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3,故C错误;D氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠,故D错误;综上所述,本题应选B。3(2019浙江4月选考)18.下列说法不正确的是A纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏CCO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏【答案】C【解析】A烧碱和纯碱均属于离子化合物,熔化时须克服离子键,A项正确;B加热蒸发氯化钾水溶液,液态水变为气态水,水

4、分子之间的分子间作用力被破坏,B项正确;CCO2溶于水发生反应:CO2+H2OH2CO3,这里有化学键的断裂和生成,C项错误;D石墨属于层状结构晶体,每层石墨原子间为共价键,层与层之间为分子间作用力,金刚石只含有共价键,因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏,D项正确。4(2018海南卷絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是ANaFe(SO4)26H2O BCaSO42H2OCPb(CH3COO)23H2O DKAl(SO4)212H2O【答案】AD【解析】由题意知,絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物,因此,絮凝剂本身或与水生成的产

5、物具有吸附性。A.铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物,符合题意;B.硫酸钙本身是微溶物,没有吸附作用,不符合题意;C.醋酸铅没有吸附性,不符合题意;D.明矾可净水,其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体,可吸附悬浮物,符合题意;故答案为AD。5(2018江苏卷在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是ABCD【答案】A【解析】A项,NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O,Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH,两步反应均能实现;B项,Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2,NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O,第二步反应不能实现;

6、C项,AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液,蔗糖中不含醛基,蔗糖不能发生银镜反应,第二步反应不能实现;D项,Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe,Fe与HCl反应生成FeCl2和H2,第二步反应不能实现;物质间转化均能实现的是A项,答案选A。6(2018新课标卷磷酸亚铁锂(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硫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【解析】A、

7、废旧电池中含有重金属,随意排放容易污染环境,因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用,A正确;B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li,B正确;C、得到含Li、P、Fe的滤液,加入碱液生成氢氧化铁沉淀,因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3,C正确;D、硫酸锂能溶于水,因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠,D错误。7(2017海南下列叙述正确的是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【解析】A、根据金属活动顺序表,Cu排在H的右边,因此金属铜不与稀硫酸反应,故A

8、错误;B、浓硫酸具有强氧化性,能把HI氧化,故B错误;C、2Na2O22CO2=2Na2CO3O2,因此可以制备氧气,故C正确;D、铝在氯气中燃烧生成AlCl3,故D正确。8(2017江苏在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 AFeFeCl2Fe(OH)2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3【答案】C【解析】A铁与氯气反应只能生成氯化铁,A错误;B硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫,B错误;C两步均能实现,C正确;DNO不与H2O反应,D错误。1(天津市和平区2019届高三下学期二模考试)新修草本有关“青矾”的描述为:“本来绿色,新出窟未见风者

9、,正如琉璃烧之赤色”据此推测“青矾”的主要成分为( )ABCD【答案】B【解析】 “青矾”的描述为:“本来绿色,新出窟未见风者,正如琉璃烧之赤色”,青矾是绿色,经煅烧后,分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3,超细粉末为红色。A.CuSO45H2O为蓝色晶体,A错误; B. FeSO47H2O是绿色晶体,B正确;C.KAl(SO4)212H2O是无色晶体,C错误;D.Fe2(SO4)37H2O为黄色晶体,D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO47H2O。故合理选项是B。2(天津市河西区2019届高三下学期二模考试)化学与生活等密切相关。下列有关说法中正确的是A泡沫灭火器适用于电器灭火B

10、电热水器用镁棒会加速内胆腐蚀C过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂D硅胶可作含油脂食品袋内的脱氧剂【答案】C【解析】A.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液,两者混合时发生双水解反应,生成大量的二氧化碳泡沫,该泡沫可进行灭火,但是,喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水,形成电解质溶液,具有一定的导电能力,可能导致触电或电器短路,故泡沫灭火器不适用于电器起火的灭火,A错误;B.Mg比Fe活泼,当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀,从而阻止Fe被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法,B错误;C.过氧化钠与人呼吸产生的CO2及H2O反应产生氧气,可帮助人呼吸,因此可用作呼吸面具的供氧剂,C正确;D.硅胶具有

11、吸水性,可作含油脂食品袋内的干燥剂,但是,其无还原性,不能用作脱氧剂,D错误。3(天津市河北区2019届高三一模考试)某同学在实验室探究NaHCO3的性质:常温下,配制0.10 mol/ L NaHCO3溶液,测其pH为8.4;取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,但无气体放出。下列说法不正确的是( )ANaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C反应后的溶液中存在:c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D加入CaCl2促进了HCO3-的水解【答案】D【解析】A.

12、NaHCO3是强碱弱酸盐,在溶液中HCO3-既能电离又能水解,水解消耗水电离产生的H+,使溶液显碱性;电离产生H+使溶液显酸性,NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度,A正确;B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7,滴加过程中产生白色沉淀,说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子,氢离子结合HCO3-生成H2CO3,则反应的离子方程式,2HCO3-+Ca2+=CaCO3+H2CO3,B正确; C.该溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液至pH=7,c(H+

13、)= c(OH-),c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),C正确; D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+,加入CaCl2消耗CO32-,促进HCO3-的电离,D错误。4(山西省太原市2019届高三5月模拟考试二模)为探究铝片(未打磨)与Na2CO3溶液的反应,实验如下:下列说法不正确的是( )ANa2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2OHCO3-+OH-B对比、,推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C溶液中可能存在大量Al3+D推测出现白色浑浊的可能原因:AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-【答案】C【解析

14、】A. 溶液中碳酸根会水解,结合水电出来的氢离子,生成碳酸氢根,选项A正确;B实验和没有气泡,根据所学Al可以和热水反应,但是此实验中没有气泡,说明有氧化膜的保护,实验中却有气泡,说明氧化膜被破坏,选项B正确;C溶液中出现白色沉淀,白色沉淀应该为氢氧化铝,则不可能存在大量Al3+,选项C不正确;DNa2CO3溶液呈碱性,铝片在碱性溶液中与OH反应,生成偏铝酸根,2Al2OH2H2O=2AlO23H2,AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀,选项D正确。5(江苏省苏锡常镇四市2019届高三下学期第三次模拟考试)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是( )ASSO3H2SO4BN

15、H3NO2HNO3CCu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)【答案】D【解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,则转化关系不可以实现,选项A错误;B、氨气一步反应只能得到一氧化氮,不能得到二氧化氮,则转化关系不可以实现,选项B错误;C、钠非常活泼,与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气,不能置换出铜,则转化关系不可以实现,选项C错误;D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气,再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵,过滤得到碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠,转化关系可以实现,选项D正确。6(山东省临

16、沂市2019年普通高考模拟考试二模)明矾KA1(SO4)212H2O是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是( )A合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】A.易拉罐作为可再生资源,其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用,故不选A;B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe),因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe,故不选B;C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应,故不选

17、C;D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀,硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根,不水解,不与铝离子反应,故选D。7(黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第三次模拟考试)下列说法错误的是A铁、锰、铬以及他们的合金称为黑色金属材料B用铬酸做氧化剂可以使铝表面的氧化膜产生美丽的颜色C可溶性铜盐有毒,但在生命体中,铜是一种不可缺少的微量元素D钠与水反应、镁与沸水反应、红色的铁与高温水蒸气反应均生成碱和氢气【答案】D【解析】A项、根据金属的颜色和性质等特征,将金属分为黑色金属和有色金属,黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金,如钢、生铁、铁合金、铸铁等,黑色金属以外的金属称为有色金属,故A正确;B项

18、、铬酸具有强氧化性,可以将铝制品表面的铝氧化生成氧化铝薄膜,铬元素附着在薄膜上产生美丽的颜色,故B正确;C项、可溶性铜盐是重金属盐,能使蛋白质变性,但在生命体中,铜元素对于人体也至关重要,它是生物系统中一种独特而极为有效的催化剂,故C正确;D项、铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,故D错误。8(天津市部分区2019年高三质量调查试题二)下列叙述正确的是A合金材料中可能含有非金属元素B日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒C核电站是把化学能转化成电能D人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物【答案】A【解析】A. 合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质,

19、合金材料中可能含有非金属元素,A正确;B.日常生活中不能用无水乙醇杀菌消毒, 用75%的乙醇杀菌消毒,B错误;C. 核电站是把将核能转变成电能,不是化学能转化成电能,C错误;D. 人造纤维、合成纤维都是有机高分子化合物,光导纤维的主要成份为二氧化硅,D错误。9(湖南省益阳市2019届高三4月模考)高磷鲕状赤铁矿(主要含有、少量、CaO,等)是我国一种重要的沉积型铁矿资源,以高磷鲕状赤铁矿为原料制备纯度较高的铁红,其流程如图所示。下列说法错误的是A铁红可用于油漆、油墨、建筑物着色剂B酸浸液遇溶液生成蓝色沉淀C洗涤滤渣时要用玻璃棒不断搅拌D氧化时选用的试剂可以是、NaClO溶液【答案】C【解析】A

20、. 铁红的主要成分是氧化铁,为红棕色,可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂,A项正确;B. 酸浸液中含有Fe2+,遇溶液生成蓝色的沉淀, B项正确;C. 用玻璃棒不断搅拌会破坏氢氧化铁,使一部分氢氧化铁溶解,降低产率,C项错误;D. 氧化Fe2+时可选用、NaClO溶液作为氧化剂,将Fe2+氧化为Fe3+。反应原理分别为:2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O ,2Fe2+ ClO -+ 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O,D项正确。10(天津市红桥区2019届高三下学期二轮模拟)铝是一种应用广泛的金属,在工业上用和冰晶石混合熔电解制得。.铝土矿的主要成分是和等。从铝土

21、矿中提炼的流程如下:(1)写出反应1中涉及的任意一个化学方程式_;(2)滤液中加入的CaO生成的沉淀是_,已知气体A在标准状况下的密度为1.96g/L,反应2的离子方程式为_;.以萤石和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下:(3)萤石的电子式_;(4)若E为硫酸钙,D为最稳定的气态氢化物,则化合物C是_,写出由D制备冰晶石的化学方程式_;(5)工业电解制铝若以石墨为电极,阳极产生的混合气体的成分是_。【答案】2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O CaSiO3 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32- 浓硫酸 12HF+3Na

22、2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O O2、CO2(CO) 【解析】I.(1)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水,反应方程式为:2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,反应方程式为:2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O,故答案为:2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O;(2)滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠,加入CaO,生成氢氧化钙,氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀;由工艺流程可知,B为氢氧化铝,A与偏铝酸钠溶液反应生成Al(OH)3沉淀,气体A在标准状况下的密

23、度为1.96g/L,气体A的摩尔质量为1.96g/L22.4L/mol=44g/mol,故气体A为二氧化碳,滤液主要是偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液通入二氧化碳,生成氢氧化铝与碳酸钠,反应的离子方程式为:2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-,故答案为:CaSiO3;2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-;II.(3)CaF2为离子化合物,电子式为,故答案为:;(4)由工艺流程可知,E为硫酸钙,D为最稳定的气态氢化物,D是HF,故C为浓硫酸;根据元素守恒,可知HF与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石,同时生成二氧化碳、水,反应方程式为:12HF+3Na2CO3+

24、2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O,故答案为:浓硫酸;12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O;(5)工业电解制铝若以石墨为电极,阳极反应式为2O2-4e-=O2,高温下C与O2反应生成CO2或CO,则阳极产生的混合气体的成分是 O2、CO2(CO)。故答案为: O2、CO2(CO)。11(湖北省黄冈中学2019届高三6月适应性考试)氯化亚铜是一种重要的化工产品,常用作有机合成催化剂,还可用于颜料、防腐等工业,它不溶于H2SO4、HNO3和醇,微溶于水,可溶于浓盐酸和氨水,在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2(OH)3Cl。

25、以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下:(1)写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式:_(2)还原过程中发生的主要反应的离子方程式:_。(3)析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤,在真空干燥机内于70干燥2h,冷却密封包装。70真空干燥、密封包装的原因是_。(4)写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式_(5)如图是各反应物在最佳配比条件下,反应温度对CuCl产率影响由图可知,溶液温度控制在60时,CuCl产率能达到94%,当温度高于65时,CuCl产率会下降,其原因可能是_。(6)以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuC

26、l,写出电解时阴极上发生的电极反应式:_。【答案】3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 加快乙醇和水的挥发,防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化 4 CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl 温度过高,一是促进了CuCl的水解,二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应 Cu2+e-+Cl-=CuCl 【解析】(1)溶解过程中,Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应,离子方程式为:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O,故答案为:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2

27、NO+4H2O;(2)还原过程中,溶液中的Cu2+被还原为CuCl,离子方程式为:2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+,故答案为:2Cu2+SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+;(3)真空干燥可以加快乙醇和水的挥发,密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化,故答案为:加快乙醇和水的挥发,防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化;(4)由题给信息可知,CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2(OH)3Cl,根据得失电子守恒及原子守恒写出生成物并配平,化学方程式为:4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2H

28、Cl,故答案为:4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl;(5)因在60时CuCl产率最大,根据信息可知,随温度升高,促进了CuCl的水解,CuCl被氧化的速度加快,故答案为:温度过高,一是促进了CuCl的水解,二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应;(6)电解时,阴极上Cu2+得电子,电极反应式为:Cu2+e-+Cl-=CuCl,故答案为:Cu2+e-+Cl-=CuCl。12(黑龙江省大庆第一中学2019届高三第四次模拟)钴元素由于其良好的物理化学性质,被广泛应用于生产生活中。从含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoCl26H2O的流程如下所示。

29、 请回答下列问题:(1)步骤I中主要发生的化学反应方程式为_。(2)已知Co2O3具有强氧化性,若步骤II中浸出剂为盐酸,造成的后果是_。(3)步骤中的目的是除去Al3+,写出该步反应的离子方程式_。(4)若在实验室煅烧CoCO3,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有_、_(填仪器名称)。(5)操作是在HCl氛围中进行的,其步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水,其优点是_。(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液,下列可作为指示剂的是_(填选项,忽略亚钴离子的颜色干扰)AKCl BKSCN CK2CrO4 DK2S已知几种物质在20时的颜色及Ks

30、p值如下表化学式AgClAgSCNAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黑色红色Ksp2.010-101.010-122.010-482.010-12【答案】2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2 会产生有毒气体氯气 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2 坩埚 泥三角 蒸发浓缩 冷却结晶 减少晶体的溶解损失 C 【解析】 (1)步骤I中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气,锂能够被水溶解,发生的主要化学反应方程式有2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li +

31、 2H2O=2 Li OH + H2,故答案为:2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2;(2)Co2O3具有强氧化性,若步骤II中浸出剂为盐酸,盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气,污染环境,故答案为:会产生有毒气体氯气(或生成氯气,污染环境);(3)步骤中的目的是除去Al3+,与加入的碳酸钠能够发生双水解反应,反应的离子方程式为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2,故答案为:2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3 + 3CO2;(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中

32、进行,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有坩埚、泥三角,故答案为:坩埚;泥三角;(5)CoCl2能够水解,生成的氯化氢容易挥发,因此操作是需要在HCl氛围中进行,从CoCl2溶液中获得CoCl26H2O晶体,需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水,减少晶体的溶解损失,且酒精更加容易挥发,便于晶体干燥,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶;减少晶体的溶解损失;(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液,根据几种物质在20时的颜色及Ksp值,滴定过程中需要有明显的现象,应该选用K2CrO4为指示剂,故答案为:C。13(江苏省南京师范大学附属中学20

33、19届高三5月模拟考试)使用磷肥副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)为原料合成冰晶石(Na3AlF6)成为一条合理利用资源、提高经济效益的新方法。工艺流程如下图所示:(1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法:使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF,在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。在加入硫酸铝溶液前,需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右,否则可能产生副产物_(填物质的化学式),但酸度不宜过强的原因是_。(2)氨解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图,氨解时需要控制溶液的pH_;能提高氨解速率的措施有_(填字母)。A快速搅拌B加热混合液至100C减小氨水浓度(3)工艺流

34、程中氨解反应的化学方程式为_;冰晶石合成反应的离子方程式为_。(4)为了提高原料利用率,减少环境污染,可采取的措施是_。【答案】Al(OH)3 H和F结合生成弱酸HF,使F浓度减低不易生成Na3AlF6 8.5 A Na2SiF64NH3H2O=2NaF4NH4FSiO22H2O 3Na4NH4+6FAlO2-2H2O=Na3AlF64NH3H2O 过滤2的滤液氨水可循环利用 【解析】 (1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法,是使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF,在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。NaF水解,溶液显碱性,在加入硫酸铝溶液前,需先用硫酸将NaF溶液的p

35、H下调至5左右,防止加入硫酸铝后生成Al(OH)3沉淀;但酸度不宜过强,否则H和F结合生成弱酸HF,使F浓度减低不易生成Na3AlF6,故答案为:Al(OH)3;H和F结合生成弱酸HF,使F浓度减低不易生成Na3AlF6;(2)从图可知,pH为8.5时,冰晶石中白炭黑的含量较低,冰晶石纯度较高,白炭黑产率高;A快速搅拌可以加快反应速率,故A正确;B加热混合液至100,氨水受热分解,反应物浓度小,化学反应速率减慢,故B错误;C减小氨水浓度,化学反应速率减慢,故C错误;故答案为:8.5;A;(3) 根据流程图,氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅,则同时会生成NaF、NH4F和H2O,反应的方程式可以

36、表示为Na2SiF6+4NH3H2O2NaF+4NH4F+ SiO2+2H2O,水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为:2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O= Na3AlF6+4NH3H2O,离子方程式为3Na+4NH4+6F+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH3H2O,故答案为:Na2SiF6+4NH3H2O2NaF+4NH4F+ SiO2+2H2O;3Na+4NH4+6F+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH3H2O;(4)根据上述分析,第二次过滤所得滤液为氨水溶液,为了提高原料利用率,减少环境污染,可循环使用氨水,故答案为:过滤2的滤液氨水可循环利用。14(湖南

37、省衡阳市2019届高三第三次联考三模)铈(Ce)是一种重要的稀土金属元素,常见化合价为+3和+4,在工业上应用广泛。某课题组以回收废旧的电脑显示屏的玻璃粉(含SiO2、CeO2、Fe2O3、和FeO等)为原料,设如下工艺流程回收CeO2,并获得硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)32(NH4)2SO43H2O已知:CeO2不溶于稀硫酸,也不溶于NaOH溶液;酸浸时CeO2不反应;“反应I”所得溶液中含有Ce3+。试回答下列问题(1)“滤渣”的化学式为_。(2)在酸性条件下,H2O2、Fe3+、CeO2三种物质中,氧化性最强的是_;如将稀硫酸改为盐酸,则“酸浸”过程可能产生的大气污染物是_。(3)“反应

38、”的离子方程式为_。(4)“氧化”反应的化学方程式为_。(5)“操作”依次为:低温蒸发结晶、过滤、_常温晾干等操作。所得硫酸铁铵常用作净水剂,在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低,原因是_。(6)科学家利用CeO2在太阳能作用下将H2O、CO2转化成H2、CO,其过程如下:mCeO2(m-x)CeO2xCe+xO2,(m-x)CeO2xCe+xH2O+xCOmCeO2+xH2+xCO。在该总转化过程中,CeO2作_,从能量转化的角度,该过程的重要意义是_。【答案】SiO2 CeO2 Cl2 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce2+O2+4H2O 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4

39、 洗涤 铁离子水解被抑制 催化剂 将太阳能转化为化学能 【解析】(1)SiO2、CeO2不溶于稀硫酸,向酸浸后的滤渣中加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+存在于滤液中,则过滤得到的滤渣为二氧化硅,故答案为:SiO2; (2)在酸性条件下,H2O2、Fe3+、CeO2三种物质中,CeO2和过氧化氢发生氧化还原反应,过氧化氢做还原剂被氧化,过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子,氧化性最强的是CeO2,如将稀硫酸改为盐酸,则“酸浸”过程氯离子被氧化生成氯气,可能产生的大气污染物是Cl2,故答案为:CeO2;Cl2; (3)反应“I”是CeO2转化为Ce3+存在于滤液中,反应为2CeO2+H2O2+

40、3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2+4H2O,反应的离子方程式:2CeO2+H2O2+6H+=2Ce2+O2+4H2O,故答案为:2CeO2+H2O2+6H+=2Ce2+O2+4H2O; (4)利用氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce(OH)3转化为沉淀Ce(OH)4,“氧化”反应的化学方程式为:4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4, 故答案为:4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4; (5)“操作“”依次为:低温蒸发结晶、过滤、洗涤、常温晾干等操作,所得硫酸铁铵常用作净水剂,在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低,原因是铁离子水解被抑制, 故答案为:洗涤;铁离子水解被抑制;

41、 (6)通过太阳能实现总反应H2O+CO2H2+CO+O2可知:CeO2没有消耗,CeO2为催化剂,该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO,所以把太阳能转变成化学能,故答案为:催化剂;将太阳能转化为化学能。15(辽宁省大连市2019届高三第二次模拟考试)铜是人类最早使用的金属,在生产生活中应用及其广泛。工业上以黄铜矿 (主要成分FeCuS2)为原料制取金属铜,其主要工艺流程如图所示。已知:反应II的离子方程式:Cu2+CuS+4Cl-=2CuCl2-+S回答下列问题:(1)FeCuS2中S的化合价_。(2)反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行,写出化学方程式_。(3)为了反应I

42、充分进行,工业上可采取的措施是_。(4)反应III的离子方程式为_。(5)向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是_。(6)该流程中,可循环利用的物质除CuCl2外,还有_(填化学式)。(7)反应IV中,处理尾气SO2的方法,合理的是_A高空排放B用BaCl2溶液吸收制备BaSO3C用氨水吸收后,再经氧化,制备(NH4)2SO4D用纯碱溶液吸收可生成Na2SO3(H2CO3:Ka1=4.410-7,Ka2=4.710-11;H2SO3:Ka1=1.2102,Ka2=5.6108)(8)CuCl悬浊液中加入Na2S,发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)该反

43、应的平衡常数K=_已知Ksp(CuCl)=a,Ksp(Cu2S)=b【答案】-2 FeCuS2+S高温煅烧FeS2+CuS 粉碎或搅拌 4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2+8Cl-+2H2O 在相同条件下,CuSO4的溶解度低于其他物质,加入H2SO4,有利于其析出 S、H2SO4、HCl CD 【解析】(1)根据化合价代数和为零的原则Fe为+2价,Cu为+2价,则FeCuS2中S的化合价-2。答案:-2。(2)黄铜矿主要成分FeCuS2,反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行,硫和FeCuS2发生反应生成FeS2和CuS,化学方程式为:FeCuS2+S FeS2+CuS。答案:FeCuS2

44、+S FeS2+CuS。(3)为了反应I充分进行,工业上可采取的措施是将矿石粉碎或充分搅拌,以增大接触面积,加快化学反应速率。答案:粉碎或搅拌。(4)由反应II的离子方程式:Cu2+CuS+4Cl-=2CuCl2-+S,经过滤可知滤液中含有CuCl2-、H+等离子,通入空气后CuCl2-中的+1价铜被氧气氧化,所以反应III的离子方程式为4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2+8Cl-+2H2O。答案:4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2+8Cl-+2H2O。(5)因为在相同条件下,CuSO4的溶解度低于其他物质,所以向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是使CuSO4变成晶体析出。答案:在

45、相同条件下,CuSO4的溶解度低于其他物质,加入H2SO4,有利于其析出。(6)根据流程图分析可知;该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO4、HCl。答案:S、H2SO4、HCl。(7)A.二氧化硫有毒,不能直接高空排放,否则会污染空气,应该用碱液吸收,故A错误;B.盐酸酸性大于亚硫酸,所以二氧化硫和BaCl2不反应,则不能用二氧化硫和氯化钡溶液制取BaSO3,故B错误;C.二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱,二者反应生成亚硫酸铵, 亚硫酸铵不稳定,易被氧化成硫酸铵,所以用氨水吸收后,再经氧化制备硫酸铵,故C正确的;D.二氧化硫和水反应生成的亚硫酸酸性大于碳酸,所以二氧化硫能和纯碱溶液反应生成亚硫酸钠,所以用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠是正确的,故D正确;答案:CD。(8)CuCl悬浊液中加入Na2S,发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq),反应的平衡常数K=c2(Cl-)/c(S2-)=Ksp2(CuCl)/Ksp(Cu2S)=,答案:。16(辽宁省葫芦岛协作校2019届高三下学期第二次模拟考试)锆()是现代工业的重要金属原料,具有良好的可塑性,抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成