2013高考化學 必考題型早知道 專題十三 幾種重要的金屬 新人教版

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1、專題十三　幾種重要的金屬 1．[2012·安徽理綜，13]已知室溫下，Al(OH)3的Ksp或溶解度遠大于Fe(OH)3。向濃度均為0.1 mol·L－1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(　　) 2．[2012·重慶理綜，7]下列敘述正確的是(　　) A. Fe與S混合加熱生成FeS2 B．NaHCO3的熱穩(wěn)定性大于Na2CO3 C．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 3．[2012·課標全國理綜，26]鐵是應(yīng)用最

2、廣泛的金屬，鐵的鹵化物、氧化物以及高價鐵的含氧酸鹽均為重要化合物。 (1)要確定鐵的某氯化物FeClx的化學式，可用離子交換和滴定的方法。實驗中稱取0.54 g的FeClx樣品，溶解后先進行陽離子交換預(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·L－1的鹽酸滴定，滴至終點時消耗鹽酸25.0 mL。計算該樣品中氯的物質(zhì)的量，并求出FeClx中x值：______________________(列出計算過程)； (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)＝1∶2.1，則該樣

3、品中FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)為________。在實驗室中，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)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應(yīng)可制取K2FeO4，其反應(yīng)的離子方程式為______________。與MnO2－Zn電池類似，K2FeO4－Zn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

4、總反應(yīng)的離子方程式為__________。 4．[2012·天津理綜，9]信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某“變廢為寶”學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)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線： [ ] 請回答下列問題： (1)第①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②步加H2O2的作用是________，使用H2O2的優(yōu)點是________；調(diào)溶液pH的目的是使________生成沉淀。 (3)用第③步所得CuSO4

5、·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(Mr＝250)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·L－1 EDTA(H2Y2－)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDT

6、A溶液b mL。滴定反應(yīng)如下：Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋ 寫出計算CuSO4·5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式w＝________； 下列操作會導致CuSO4·5H2O含量的測定結(jié)果偏高的是________。 a．未干燥錐形瓶 b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(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 1．C 因Al(OH)3的溶解度大于Fe(OH)3，所以當向濃度均為0.1 mol·L－1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液時，應(yīng)先生成Fe(OH)3沉淀，再生成Al(OH)3沉淀，生成Al

7、(OH)3沉淀時發(fā)生的反應(yīng)為Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，繼續(xù)滴加NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，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3∶1，故C項正確。 2．C A中Fe與S混合加熱生成FeS，A項不正確；B中NaHCO3的熱穩(wěn)定性差，受熱時發(fā)生分解：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，B項不正確；C中，因為銅是過量的，隨著反應(yīng)的進行，硝酸濃度逐漸減小，Cu與稀硝酸反應(yīng)會生成NO，C項正確；D中，白磷在空氣中加熱時會燃燒，白磷轉(zhuǎn)化為紅磷需要

8、隔絕空氣加熱，D項不正確。 3. 答案：(1)n(Cl)＝0.0250 L×0.40 mol·L－1＝0.010 mol 0．54 g－0.010 mol×35.5 g·mol－1＝0.19 g n(Fe)＝0.19 g/56 g·mol－1＝0.0034 mol n(Fe)∶n(Cl)＝0.0034∶0.010≈1∶3，x＝3 (2)0.10　鹽酸　氯氣 (3)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2(或2Fe3＋＋3I－===2Fe2＋＋I) (4)2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋5H2O＋3Cl－ FeO＋3e－＋4H2O===Fe(OH)3＋5OH

9、－ 2FeO＋8H2O＋3Zn===2Fe(OH)3＋3Zn(OH)2＋4OH－ 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＋)＝2.50×10－3×0.40 mol，n(Cl－)＝× 兩式相等，解得x≈3。 (2)混合體系的計算：設(shè)n(FeCl2)＝x mol、n(FeCl3)＝y(tǒng) mol，列方程組x＋y＝1、2x＋3y＝2.1，解得：x＝0.9 mol、y＝0.1 mol，所以樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)＝×100%＝10%； (3)HI屬于強電解質(zhì)，I－被Fe3＋氧化為

10、棕色I2，配平即可。 (4)反應(yīng)物Fe3＋被氧化為FeO，化合價升高3，ClO－被還原為Cl－，化合價降低2，所以方程式中Fe3＋、FeO計量數(shù)為2，ClO－、Cl－計量數(shù)為3，即2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，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個電子生成Fe(OH)3，即：FeO＋3e－＋4H2O===Fe(OH)3＋5OH－，依據(jù)H原子守恒得到：FeO＋3e－＋4H2O===Fe(OH)3＋5OH－，最后用O原子檢查是否正確；負極反應(yīng)為Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2，根據(jù)

11、得失電子守恒兩電極反應(yīng)變?yōu)?FeO＋6e－＋8H2O===2Fe(OH)3＋10OH－、3Zn－6e－＋6OH－===3Zn(OH)2，兩式相加即得電池總反應(yīng)式。 4. 答案：(1)Cu＋4H＋＋2NOCu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O Au、Pt (2)將Fe2＋氧化為Fe3＋ 不引入雜質(zhì)，對環(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Cu＋4H＋＋2

12、NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，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時使其沉淀出來，用H2O2的優(yōu)點為不引入新雜質(zhì)，對環(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2[Fe(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)未干燥的錐形瓶對滴定無影響；滴定終點時，滴定管尖嘴部分有氣泡，使消耗的標準液讀數(shù)變小，結(jié)果偏低，可與EDTA標準液反應(yīng)的干擾離子的存在消耗更多標準液，結(jié)果偏高。