2013高考化學(xué) 必考題型早知道 專題十三 幾種重要的金屬 新人教版

專題十三幾種重要的金屬12012·安徽理綜，13已知室溫下，Al(OH)3的Ksp或溶解度遠(yuǎn)大于Fe(OH)3。向濃度均為0.1 mol·L1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意圖表示生成Al(OH)3的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積的關(guān)系，合理的是()22012·重慶理綜，7下列敘述正確的是()A. Fe與S混合加熱生成FeS2BNaHCO3的熱穩(wěn)定性大于Na2CO3C過量的銅與濃硝酸反應(yīng)有一氧化氮生成D白磷在空氣中加熱到一定溫度能轉(zhuǎn)化為紅磷32012·課標(biāo)全國理綜，26鐵是應(yīng)用最廣泛的金屬，鐵的鹵化物、氧化物以及高價(jià)鐵的含氧酸鹽均為重要化合物。 (1)要確定鐵的某氯化物FeClx的化學(xué)式，可用離子交換和滴定的方法。實(shí)驗(yàn)中稱取0.54 g的FeClx樣品，溶解后先進(jìn)行陽離子交換預(yù)處理，再通過含有飽和OH的陰離子交換柱，使Cl和OH發(fā)生交換。交換完成后，流出溶液的OH用0.40 mol·L1的鹽酸滴定，滴至終點(diǎn)時(shí)消耗鹽酸25.0 mL。計(jì)算該樣品中氯的物質(zhì)的量，并求出FeClx中x值：_(列出計(jì)算過程)；(2)現(xiàn)有一含有FeCl2和FeCl3的混合物樣品，采用上述方法測得n(Fe)n(Cl)12.1，則該樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_。在實(shí)驗(yàn)室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和 _反應(yīng)制備，F(xiàn)eCl3可用鐵粉和_反應(yīng)制備；(3)FeCl3與氫碘酸反應(yīng)時(shí)可生成棕色物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為_；(4)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強(qiáng)氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)可制取K2FeO4，其反應(yīng)的離子方程式為_。與MnO2Zn電池類似，K2FeO4Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，其電極反應(yīng)式為_，該電池總反應(yīng)的離子方程式為_。42012·天津理綜，9信息時(shí)代產(chǎn)生的大量電子垃圾對(duì)環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計(jì)出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請(qǐng)回答下列問題：(1)第步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為_；得到濾渣1的主要成分為_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的優(yōu)點(diǎn)是_；調(diào)溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是_。(4)由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小組設(shè)計(jì)了三種方案：甲：Al2(SO4)3·18H2O乙：Al2(SO4)3·18H2O丙：Al2(SO4)3·18H2O上述三種方案中，_方案不可行，原因是_；從原子利用率角度考慮，_方案更合理。(5)探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr250)含量。取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用c mol·L1 EDTA(H2Y2)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反應(yīng)如下：Cu2H2Y2=CuY22H寫出計(jì)算CuSO4·5H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w_；下列操作會(huì)導(dǎo)致CuSO4·5H2O含量的測定結(jié)果偏高的是_。a未干燥錐形瓶b滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子專題十三幾種重要的金屬 解析1C 因Al(OH)3的溶解度大于Fe(OH)3，所以當(dāng)向濃度均為0.1 mol·L1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液時(shí)，應(yīng)先生成Fe(OH)3沉淀，再生成Al(OH)3沉淀，生成Al(OH)3沉淀時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為Al33OH=Al(OH)3，繼續(xù)滴加NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)Al(OH)3OH=AlO2H2O，最終Al(OH)3沉淀消失，由方程式知，生成Al(OH)3沉淀的過程與Al(OH)3沉淀消失的過程中，消耗NaOH溶液的體積比為31，故C項(xiàng)正確。2C A中Fe與S混合加熱生成FeS，A項(xiàng)不正確；B中NaHCO3的熱穩(wěn)定性差，受熱時(shí)發(fā)生分解：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，B項(xiàng)不正確；C中，因?yàn)殂~是過量的，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硝酸濃度逐漸減小，Cu與稀硝酸反應(yīng)會(huì)生成NO，C項(xiàng)正確；D中，白磷在空氣中加熱時(shí)會(huì)燃燒，白磷轉(zhuǎn)化為紅磷需要隔絕空氣加熱，D項(xiàng)不正確。3. 答案：(1)n(Cl)0.0250 L×0.40 mol·L10.010 mol054 g0.010 mol×35.5 g·mol10.19 gn(Fe)0.19 g/56 g·mol10.0034 moln(Fe)n(Cl)0.00340.01013，x3(2)0.10鹽酸氯氣(3)2Fe32I=2Fe2I2(或2Fe33I=2Fe2I)(4)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO5H2O3ClFeO3e4H2O=Fe(OH)35OH2FeO8H2O3Zn=2Fe(OH)33Zn(OH)24OH注：Fe(OH)3、Zn(OH)2寫成氧化物等其他形式且正確也給分解析：(1)由Cl與OH發(fā)生交換可得：n(Cl)n(OH)n(H)2.50×103×0.40 mol，n(Cl)×兩式相等，解得x3。(2)混合體系的計(jì)算：設(shè)n(FeCl2)x mol、n(FeCl3)y mol，列方程組xy1、2x3y2.1，解得：x0.9 mol、y0.1 mol，所以樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)×100%10%；(3)HI屬于強(qiáng)電解質(zhì)，I被Fe3氧化為棕色I(xiàn)2，配平即可。(4)反應(yīng)物Fe3被氧化為FeO，化合價(jià)升高3，ClO被還原為Cl，化合價(jià)降低2，所以方程式中Fe3、FeO計(jì)量數(shù)為2，ClO、Cl計(jì)量數(shù)為3，即2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O，在堿性溶液中依據(jù)電荷守恒用OH、H2O配平即可；正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，堿性條件下FeO得到3個(gè)電子生成Fe(OH)3，即：FeO3e4H2O=Fe(OH)35OH，依據(jù)H原子守恒得到：FeO3e4H2O=Fe(OH)35OH，最后用O原子檢查是否正確；負(fù)極反應(yīng)為Zn2e2OH=Zn(OH)2，根據(jù)得失電子守恒兩電極反應(yīng)變?yōu)?FeO6e8H2O=2Fe(OH)310OH、3Zn6e6OH=3Zn(OH)2，兩式相加即得電池總反應(yīng)式。4. 答案：(1)Cu4H2NOCu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O Au、Pt(2)將Fe2氧化為Fe3 不引入雜質(zhì)，對(duì)環(huán)境無污染 Fe3、Al3(3)加熱脫水(4)甲 所得產(chǎn)品中含有Fe2(SO4)3雜質(zhì) 乙 (5)×100%c解析：(1)由于加入的為稀硫酸、濃硝酸，可確定與Cu反應(yīng)的為硝酸，發(fā)生的離子反應(yīng)為Cu4H2NO=Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O，Au與Pt不與酸反應(yīng)。 (2)分析濾液中的離子為Cu2、Fe2、Fe3、Al3，與氧化劑H2O2反應(yīng)的只有Fe2，所以加H2O2的目的為氧化Fe2為Fe3，便于在調(diào)節(jié)pH時(shí)使其沉淀出來，用H2O2的優(yōu)點(diǎn)為不引入新雜質(zhì)，對(duì)環(huán)境無污染；調(diào)節(jié)pH的目的是使Fe3和Al3生成沉淀。(3)用CuSO4·5H2O制備CuSO4，只需加熱脫水即可。(4)由濾渣2Fe(OH)3、Al(OH)3制取Al2(SO4)3·18H2O，甲方案中的Fe3未除去，所得產(chǎn)品中含F(xiàn)e2(SO4)3，不可行。三個(gè)方案中乙方案原子利用率更高，可獲得更多的產(chǎn)品。(5)未干燥的錐形瓶對(duì)滴定無影響；滴定終點(diǎn)時(shí)，滴定管尖嘴部分有氣泡，使消耗的標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)變小，結(jié)果偏低，可與EDTA標(biāo)準(zhǔn)液反應(yīng)的干擾離子的存在消耗更多標(biāo)準(zhǔn)液，結(jié)果偏高。