第三章 金属及其化合物 课件(共57张PPT) 2024届高考化学一轮复习专题训练

(共57张PPT)
2024届高考化学一轮复习专题训练课件★★
第三章　金属及其化合物
第6练　 以金属元素为主体,
考查物质的性质与应用
1.[2020浙江1月·12,2分,难度★★☆☆☆]
下列关于铝及其化合物的说法,不正确的是(　　)
A.明矾可用作净水剂和消毒剂
B.利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C.铝可用作包装材料和建筑材料
D.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
A
【解析】　明矾能电离出Al3+,Al3+水解产生的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮杂质,故明矾可作净水剂,但不能作为消毒剂,A错误;铝热反应能放出大量的热,可用于冶炼高熔点金属,B正确;铝表面易形成氧化膜保护层,不易被腐蚀,铝还具有易加工、质轻等特点,所以可用作包装材料和建筑材料,C正确;氢氧化铝能中和胃酸,可用作治疗胃酸过多的药物,D正确。
2.[2021湖北·2,3分,难度★★☆☆☆]
“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面,艺人用手边捂边揉搓铜器,铜表面逐渐变黑,银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是(　　)
A.铜的金属活动性大于银
B.通过揉搓可提供电解质溶液
C.银丝可长时间保持光亮
D.用铝丝代替银丝铜也会变黑
D
【解析】　根据金属活动性顺序表,铜的金属活动性大于银,A项正确;通过揉搓,手上的汗水可提供电解质溶液,B项正确;银丝发生还原反应,氧化银转化为单质银,单质银活动性较弱,可长时间保持光亮,C项正确;铜的活动性比铝弱,氧化铝不能被铜还原为单质铝,因此铜不会变黑,D项错误。
3.[2022浙江6月·22,2分,难度★★☆☆☆]
关于化合物FeO(OCH3)的性质,下列推测不合理的是(　　)
A.与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C.溶于氢碘酸(HI),再加CCl4萃取,有机层呈紫红色
D.在空气中,与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3
B
【解析】　FeO(OCH3)中Fe为+3价,CH3OH中的—OH比H2O中的—OH更难电离,因此FeO(OCH3)水解生成CH3OH,FeO+溶于盐酸生成FeCl3和H2O,A项正确;由物质的化学式可知其C、O原子个数比为1∶2,但题给产物C、O原子个数比不是1∶2,B项错误;FeO(OCH3)将HI氧化为I2,I2溶于CCl4呈紫红色,C项正确;在空气中,FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成硅酸铁,D项正确。
4.[2021山东·6,2分,难度★★☆☆☆]
X、Y均为短周期金属元素。同温同压下,0.1 mol X的单质与足量稀盐酸反应,生成H2体积为V1 L;0.1 mol Y的单质与足量稀硫酸反应,生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是(　　)
A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C.产物中X、Y化合价之比一定为
D.由一定能确定产物中X、Y的化合价
D
【解析】　由稀盐酸和稀硫酸均足量,知金属均完全反应,根据同温同压下,气体的物质的量之比等于体积之比,知X、Y生成H2的物质的量之比一定为,A项正确;根据2HCl~H2、H2SO4~H2,知X、Y消耗酸的物质的量之比一定为,B项正确;根据金属失电子总数等于H+得电子总数,知0.1 mol X、0.1 mol Y失电子数之比为,则产物中X、Y的化合价之比一定为,C项正确;由C项可知,只能确定X、Y化合价的比值,不能确定化合价的具体数值,D项错误。
5.[2021广东·10,2分,难度★★★☆☆]
部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)
A.a可与e反应生成b
B.b既可被氧化,也可被还原
C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
C
【解析】
Fe能与Fe3+发生归中反应生成Fe2+,A项正确;Fe2+既有还原性又有氧化性,既能被氧化又能被还原,B项正确;将含Fe3+的盐加入浓碱溶液中得到的是Fe(OH)3沉淀,不能制得Fe(OH)3胶体,C项错误;存在循环转化:Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3+Fe2+,D项正确。
【教你审题】　结合图象可知a为Fe,b为亚铁盐,e为铁盐;根据c、d均为碱且Fe分别为+2价和+3价可知c为Fe(OH)2、d为Fe(OH)3。
新考法
6.[2022湖北·3,3分,难度★★☆☆☆]
弘扬传统文化,本题以武当山金殿为情境,考查传统鎏金工艺中的相关化学知识
武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”,涂在器物表面,然后加火除汞,使金附着在器物表面。下列说法错误的是(　　)
A.鎏金工艺利用了汞的挥发性
B.鎏金工艺中金发生了化学反应
C.鎏金工艺的原理可用于金的富集
D.用电化学方法也可实现铜上覆金
B
新考法
【解析】　鎏金工艺中的加火除汞,利用了汞的挥发性,A项正确;将金溶于汞中制成“金汞漆”及加火除汞过程中金均没有发生化学变化,B项错误;将金溶于汞中制成“金汞漆”,然后加火除汞,可以达到富集金的目的,C项正确;利用电解原理,将铜件作阴极,用含金离子的溶液作电解液,可实现铜上覆金,D项正确。
第7练　 结合实验考查金属及其化合物
1.[2021海南·15,10分,难度★★★☆☆]
无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程,以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。
已知:氯化亚砜( )熔点-101 ℃,沸点76 ℃,易水解。
回答问题:
(1)操作①是过滤,用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和　　　　　　　　。
(2)为避免引入新的杂质,试剂B可以选用　　　　(填编号)。
a.KMnO4溶液　　　 b.Cl2水
c.Br2水 d.H2O2溶液
(3)操作②是蒸发结晶,加热的同时通入HCl(g)的目的是 　 。
(4)取少量D晶体,溶于水并滴加KSCN溶液,现象是　 。
(5)反应D→E的化学方程式为 　 。
(6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐,写出一种可能的还原剂　　　　　　　　　　　　　,并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原　 　 。
【解析】【参考答案】　(1)漏斗(1分)　(2)bd(2分)　(3)抑制FeCl3水解(1分)　(4)液体变红色(1分)　(5)6SOCl2+FeCl3·6H2OFeCl3+6SO2+12HCl(2分)　(6)SO2(1分)　取E固体少许于一洁净试管中,加蒸馏水溶解,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明SO2将Fe3+还原成Fe2+(2分)
【解题思路】　(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(2)试剂B的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,为了避免引入新的杂质,可选用Cl2水或H2O2溶液。(3)FeCl3为强酸弱碱盐,在水溶液中易水解,加热促进水解,为抑制FeCl3水解,蒸发结晶时应通入HCl(g)。(4)FeCl3·6H2O溶于水电离出Fe3+,Fe3+遇KSCN溶液呈红色。(5)由题给条件SOCl2易水解可知,反应D→E的化学方程式为6SOCl2+FeCl3·6H2O+12HCl。(6)由(5)可知,D转化成E的过程中SO2可能将Fe3+还原为Fe2+,SO2被氧化成S,可以通过检验E的溶液中含有S进行验证,实验方案为:取E固体少许于一洁净试管中,加蒸馏水溶解,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明SO2将Fe3+还原成Fe2+。
2.[2021河北·14,14分,难度★★★☆☆]
化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献,某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3,进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl。实验流程如图:
回答下列问题:
(1)从A~E中选择合适的仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是　　　　(按气流方向,用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 　 。
(2)B中使用雾化装置的优点是 　 。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)反应完成后,将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液:
①对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14 g, 则固体NaHCO3的质量为　　　　　　　　g。
②向滤液中加入NaCl粉末,存在NaCl(s)+NH4Cl(aq) NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线,需采用的操作为　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　、洗涤、干燥。
(5)无水Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前,若无水Na2CO3保存不当,吸收了一定量水分,用其标定盐酸浓度时,会使结果　　　　 (填标号)。
A.偏高　　　B.偏低　　　C.不变
【解析】【参考答案】　(除标明外,每空2分)(1)aefbcg　将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上口颈部的小孔对齐　(2)增大饱和氨盐水和CO2的接触面积,增加CO2的吸收效率(1分)　(3)NaCl+NH3·H2O+CO2 NaHCO3↓+NH4Cl　(4)①0.84　②降温　过滤(1分)　(5)A
【解题思路】　(1)制备NaHCO3的原理是向饱和氨盐水中通入CO2,A为CO2的发生装置,制得的CO2中含有H2O、HCl,通过D除去HCl,再通过B制备NaHCO3,最后用E吸收多余的CO2,正确的连接顺序为aefbcg。(2)B中使用雾化装置,可以增大饱和氨盐水和CO2的接触面积,增加CO2的吸收效率。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NaCl+NH3·H2O+CO2 NaHCO3↓+NH4Cl。(4)①根据2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2Na2O2+2CO2 +O2,可得关系式:4NaHCO3~2CO2~2Na2CO3,结合差量法得(84×4)∶56=m(NaHCO3)∶0.14 g,则m(NaHCO3)=0.84 g。②根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知,NH4Cl的溶解度受温度影响较大,而NaCl的溶解度受温度影响不大,要使NH4Cl沉淀充分析出并分离,需采取的操作为降温、过滤、洗涤、干燥。(5)若无水Na2CO3保存不当,吸收了一定量水分,用其标定盐酸浓度时,消耗的Na2CO3溶液的体积偏大,会使结果偏高。
3.[2023湖南·15,14分,难度★★★☆☆]
金属Ni对H2有强吸附作用,被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后,其催化活性显著提高。
已知:①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃,在制备和使用时,需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”;
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下:
步骤1:雷尼Ni的制备
步骤2:邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
回答下列问题:
(1)操作(a)中,反应的离子方程式是 　 ;
(2)操作(d)中,判断雷尼Ni被水洗净的方法是 　 ;
(3)操作(e)中,下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是　 ;
A.丙酮　　　　 B.四氯化碳
C.乙醇 D.正己烷
(4)向集气管中充入H2时,三通阀的孔路位置如下图所示;发生氢化反应时,集气管向装置Ⅱ供气,此时孔路位置需调节为　 ;
(5)仪器M的名称是　 ;
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间,目的是 　 ;
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下,可能导致的后果是 　 ;
(8)判断氢化反应完全的现象是 　 。
【解析】【参考答案】　(除标明外,每空2分)(1)2Al+2OH-+2H2O 2Al+3H2↑
(2)向最后一次水洗液中加入酚酞,不变红　(3)C　(4)B(1分)　(5)恒压滴液漏斗(1分)　(6)排除空气产生的干扰　(7)雷尼Ni堵塞导管　(8)水准瓶中液面不再发生变化
【解题思路】　(1)结合图示流程可知,操作(a)为用NaOH溶液处理Ni/Al合金,Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O 2Al+3H2↑。(2)水洗的上一步是碱洗,若雷尼Ni被水洗净,则最后一次水洗液中不含碱,加入酚酞溶液不变红。(3)根据题中信息可知,雷尼Ni被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应,故不能选丙酮,否则会发生副反应,又因为邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应进行,而CCl4、正己烷均为非极性分子,乙醇为极性分子,所以应选乙醇。(4)根据向集气管中通入H2时三通阀的孔路位置,可确定集气管向装置Ⅱ中供气时,应保证下侧、右侧孔路通气,故B正确。(6)为了排除装置中空气产生的干扰,反应前应向装置Ⅱ中通入一段时间N2。(7)三颈瓶N中为雷尼Ni的悬浮液,若将导气管插入液面下,雷尼Ni会堵塞导管。(8)氢化反应完全时,装置Ⅱ中不再消耗H2,装置Ⅰ中水准瓶的液面不再发生变化。
新考法
4.[2023浙江1月·16,3分,难度★★☆☆☆]
重视实验探究,本题探究铁及其化合物的性质,考查考生的分析与评价能力
探究铁及其化合物的性质,下列方案设计、现象和结论都正确的是(　　)
D
实验方案 现象 结论
A 往FeCl2溶液中加入Zn片 短时间内无明显现象 Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B 往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,再加入少量K2SO4固体 溶液先变成血红色后无明显变化 Fe3+与SCN-的反应不可逆
C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸,滴加KSCN溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液,持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀
新考法
【解析】　往FeCl2溶液中加入Zn片,发生反应Fe2++Zn Fe+Zn2+,Fe2+的氧化能力比Zn2+的强,A项错误;往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,溶液变血红色,再加入少量K2SO4固体,对平衡无影响,故不能说明Fe3+与SCN-的反应不可逆,B项错误;若食品脱氧剂样品中有+3价铁,铁粉与+3价铁发生反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+,滴加KSCN溶液,溶液呈浅绿色,C项错误;向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,得到Fe(OH)3胶体,持续煮沸,Fe(OH)3胶体发生聚沉,析出红褐色沉淀,D项正确。
第8练 　结合无机工艺流程
考查金属及其化合物
题组一
1.[2022湖南·7,3分,难度★★☆☆☆]
铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:
下列说法错误的是(　　)
A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D.滤液可回收进入吸收塔循环利用
C
【解析】　
陶瓷中的SiO2能与HF反应,A项正确;喷淋法能使溶液与烟气充分接触,提高吸收效率,B项正确; 根据流程梳理知,C项错误;滤液中含有Na2CO3,可用作吸收塔中的吸收剂,D项正确。
【流程梳理】
　
2.[2023辽宁·10,3分,难度★★★☆☆]
某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是(　　)
A.“焙烧”中产生CO2
B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr
D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
B
【解析】　
焙烧时Cr2O3发生反应:2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2,有CO2产生,A项正确;焙烧时FeO发生反应:4FeO+O22Fe2O3,滤渣的主要成分为Fe2O3,B项错误;水浸后滤液①中主要溶质为Na2CrO4,Cr元素的主要存在形式为Cr,C项正确;淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖具有还原性,能将Cr还原为Cr(OH)3,D项正确。
【流程梳理】
　
3.[2022湖南·17,14分,难度★★★☆☆]
钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2,含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料,制备金属钛的工艺流程如下:
已知“降温收尘”后,粗TiCl4中含有的几种物质的沸点:
物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题:
(1)已知ΔG=ΔH-TΔS,ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0,则该反应可以自发进行。根据下图判断: 600 ℃时,下列反应不能自发进行的是　　　　。
A.C(s)+O2(g) CO2(g)
B.2C(s)+O2(g) 2CO(g)
C.TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g)
D.TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+CO2(g)
(2)TiO2与C、Cl2在600 ℃的沸腾炉中充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表:
物质 TiCl4 CO CO2 Cl2
分压/MPa 4.59×10-2 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98×10-9
①该温度下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为　　　　 　;
②随着温度升高,尾气中CO的含量升高,原因是　　　　　　　　　　　　　 　。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;“除硅、铝”过程中,分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是　　　　　　　。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序　　　　(填“能”或“不能”)交换,理由是　 　 。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是　　　 　。
A.高炉炼铁
B.电解熔融氯化钠制钠
C.铝热反应制锰
D.氧化汞分解制汞
【解析】【参考答案】　(除标明外,每空2分)(1)C(1分)　(2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2　②温度升高,C主要转化为CO　(3)3VOCl3+Al 3VOCl2+AlCl3　 蒸馏法　(4)不能(1分)　“除钒”后产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去,若交换顺序,无法除去AlCl3　(5)C
【解题思路】　(1)结合图象可知600 ℃时,A项、B项中反应的ΔG均小于0,反应可自发进行;C项中反应的ΔG大于0,反应不能自发进行;由于ΔG的值只和反应体系的始态和终态有关,将A项、C项中反应依次编号为①、②,由①+②可得D项中反应,根据图中数据可得,600 ℃时该反应的ΔG<0,故该反应可自发进行。C项符合题意。(2)①根据600 ℃混合气体中TiCl4、CO、CO2的分压,可计算出三者的物质的量之比约为5∶2∶4,结合得失电子守恒和物料守恒可写出总反应的化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。(3)结合图示流程可知“除钒”时Al与VOCl3发生反应生成VOCl2和AlCl3。根据TiCl4与SiCl4、AlCl3沸点相差较大,知可对混合物进行加热蒸馏,收集约136 ℃的蒸馏产物,即可除去含Si、Al杂质。(5)该工艺流程中冶炼Ti时发生反应:TiCl4+2MgTi+2MgCl2,是利用活动性强的金属置换出活动性弱的金属,与C项铝热反应制锰原理相同,而A项是热还原法,B项是电解法,D项是热分解法,均与该原理不相似。
4.[2023全国乙·27,15分,难度★★★☆☆]LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下:
已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33,Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题:
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。为提高溶矿速率,可采取的措施是　　　　　　　　　　　　　　　　　　(举1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)溶矿反应完成后,反应器中溶液pH=4,此时c(Fe3+)=　　　　mol·L-1;用石灰乳调节至pH≈7,除去的金属离子是　。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有　　　　　　　　　　　　　　。
(5)在电解槽中,发生电解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。随着电解反应进行,为保持电解液成分稳定,应不断　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)煅烧窑中,生成LiMn2O4反应的化学方程式是 　 。
【解析】【参考答案】　(1)MnCO3+H2SO4 MnSO4+CO2↑+H2O(2分)　粉碎矿石(或适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高反应液的温度等,1分)　
(2)将Fe2+氧化为Fe3+(1分)　Mn2+和生成的Fe3+会催化H2O2分解(2分)
(3)2.8×10-9(1分)　Al3+(1分)　
(4)NiS和BaSO4(2分)　
(5)Mn2++2H2OMnO2↓+2H++H2↑(2分)　加水(1分)　
(6)8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑(2分)
【流程梳理】
　
【解析思路】　(1)硫酸溶矿时发生的主要反应是MnCO3溶于硫酸的反应,化学方程式为MnCO3+H2SO4 MnSO4+CO2↑+H2O。可根据影响反应速率的因素分析可采取的措施。(2)加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,便于除铁。若使用H2O2替代MnO2,则Mn2+和生成的Fe3+会催化H2O2分解,原料利用率低。(3)溶液pH=4,即c(OH-)=
10-10 mol·L-1时,由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.8×10-39,可得c(Fe3+)=2.8×10-9mol·L-1。同理,pH=7,c(OH-)=10-7 mol·L-1时,c(Al3+)=1.3×10-12 mol·L-1,Al3+被除去,c(Ni2+)=5.5×10-2 mol·L-1,Ni2+未被除去。(4)酸溶时得到相应金属的硫酸盐,故加入少量BaS溶液除Ni2+时会生成NiS和BaSO4沉淀。(5)由图可知,电解槽中反应生成MnO2,则阳极反应为Mn2+-2e-+2H2O MnO2↓+4H+,阴极反应为2H2O+2e- H2↑+2OH-,总反应为Mn2++2H2OMnO2↓+2H++H2↑,该反应中消耗水、生成H2SO4,为保持电解液成分稳定,应不断补充水。(6)根据得失电子守恒和质量守恒可写出煅烧窑中生成LiMn2O4反应的化学方程式是8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
新考法
5.[2022山东·12,4分,难度★★★☆☆]
创新命题角度,本题考查了高压氢还原法提取金属粉,考查考生的分析能力
高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是(　　)
A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为Zn
B.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2~4.2
D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
D
Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
新考法
【解析】　
由上述分析知,A项正确;浸取时,增大O2压强即增大反应物浓度,可加快反应速率,促进金属离子浸出,B项正确;中和调pH是为了沉淀Fe3+而不沉淀Cu2+、Zn2+,结合表中数据可知,调pH的范围为3.2~4.2,C项正确;还原时发生反应Cu2++H2 Cu↓+2H+,故增大溶液酸度不利于Cu的生成,D项错误。
【流程梳理】
　
题组二
第8练 　结合无机工艺流程
考查金属及其化合物
1.[2022北京·18,14分,难度★★★☆☆]
白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如下。
已知:
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　 。
物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6
(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
备注:ⅰ.MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)。
ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是　 。
②沉钙反应的离子方程式为　 。
③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为　　　　　　　　。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是 　 。
n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计)
CaO MgO 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
(3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合,充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏,MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 　 。
(4)滤渣C中含有的物质是　　　　　　　。
(5)该流程中可循环利用的物质是　　　　　　　　　　　　　　　　。
【解析】【参考答案】　(除标明外,每空2分)(1) CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑　
(2)①Ksp[Ca(OH)2]>>Ksp[Mg(OH)2],在一定量NH4Cl溶液中,CaO先浸出　②Ca2++2NH3+CO2+H2O CaCO3↓+2N　③2.4∶1(1分)　④Ksp(CaCO3)(3)MgO+H2O Mg(OH)2,Mg(OH)2+2NMg2++2NH3+ 2H2O,随大量氨逸出,平衡正向移动　
(4)Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg(OH)2 (MgO)　
(5)NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3(1分)
【流程梳理】
　
【解题思路】　(1)白云石煅烧时,CaMg(CO3)2高温分解生成CaO、MgO和CO2。(2)②沉钙时通入二氧化碳,发生反应Ca2++2NH3+H2O+CO2 CaCO3↓+2N。③由表可知,氯化铵和氧化钙的物质的量之比为2.4∶1时,氧化镁的浸出率较高,且产品中碳酸钙的纯度较低,所以不宜选用的物质的量之比为2.4∶1。(3)“浸镁”的原理为MgO+H2O Mg(OH)2,Mg(OH)2+2NM+2NH3+2H2O,加热蒸馏可使大量氨逸出,平衡正向移动,因此浸出率增大。(5)由上述分析可知,煅烧时产生的CO2、浸钙和浸镁时产生的NH3、沉钙时产生的NH4Cl、沉镁时产生的(NH4)2SO4都可以循环利用。
2.[2022广东·18,14分,难度★★★☆☆]
稀土(RE)包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下:
已知:月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃;月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持+3价不变;(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8;Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是　　　　。
(2)“过滤1”前,用NaOH溶液调pH至　　　　的范围内,该过程中Al3+发生反应的离子方程式为　 。
(3)“过滤2”后,滤饼中检测不到Mg元素,滤液2中Mg2+浓度为2.7 g·L-1。为尽可能多地提取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于　　　　mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率,其原因是　 。
②“操作X”的过程为:先　　　　　　　　　　　　　　　　,再固液分离。
(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有　　　　(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时,生成1 mol Pt3Y转移　　　mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化O2的还原,发生的电极反应为　 。
【解析】【参考答案】　(1)F(1分)　(2)4.7≤pH<6.2(1分)　Al3++3OH- Al(OH)3↓(2分)　(3)4.0×10-4(2分)　
(4)①加热搅拌可加快反应速率(1分)　②冷却结晶(1分)　(5)MgSO4(2分)　(6)①15(2分)　②O2+4e-+2H2O 4OH-(2分)
【解题思路】　(1)由题意知,“氧化调pH”中只有铁是变价金属,铝和稀土金属元素均为+3价,F被氧化为F。(2)“过滤1”所得“滤渣”为Fe(OH)3和Al(OH)3,应调节的pH范围为4.7≤pH<6.2,pH小于6.2是防止RE3+开始沉淀。该过程中Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀。(3)“滤液2”中Mg2+浓度为2.7 g·L-1,其物质的量浓度为0.112 5 mol·L-1,
Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c2(C11H23COO-)·),c2(C11H23COO-)=(1.8×10-8/0.112 5) mol2·L-2=16×10-8 mol2·L-2,
c(C11H23COO-)= mol·L-1=4.0×10-4 mol·L-1,若c(C11H23COO-)大于4.0×1 mol·L-1,则形成的“滤饼”中会混入(C11H23COO)2Mg。(4)①“滤饼”的主要成分为(C11H23COO)3RE,为难溶物,搅拌可以增加其与盐酸的接触面积,加热也可以加快固体的溶解,进而加快反应速率。②加热搅拌的温度为55 ℃,而月桂酸的熔点为44 ℃,所以“操作X”(过滤)前,先要冷却结晶,使月桂酸变成固体。(5)“滤液2”中含有MgSO4,可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSO4溶液”。
(6)①YCl3中Y为+3价,PtCl4中Pt为+4价,Pt3Y为合金,Pt和Y均可以看成0价,若生成1 mol Pt3Y,转移电子的物质的量为(4×3+3×1) mol=15 mol。②在氢氧燃料电池的碱性介质中,O2得电子与水反应生成OH-。
新考法
3.[2023湖南·17,15分,难度★★★☆☆]
创新命题素材,本题以超纯Ga(CH3)3为素材,考查工艺流程分析
超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一。近年来,我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术,在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果。工业上以粗镓为原料,制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下:
已知:①金属Ga的化学性质和Al相似,Ga的熔点为29.8 ℃;
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体;
新考法
③相关物质的沸点:
回答下列问题:
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是　　　　;
(2)“电解精炼”装置如图所示,电解池温度控制在40~45 ℃的原因是 　 ,
阴极的电极反应式为 　 ;
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
新考法
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI,写出该反应的化学方程式 　 ;
(4)“残渣”经纯水处理,能产生可燃性气体,该气体主要成分是　 ;
(5)下列说法错误的是　 ;
A.流程中Et2O得到了循环利用
B.流程中,“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C.“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3),并蒸出Ga(CH3)3
D.用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3,而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是 　 ;
(7)比较分子中的C—Ga—C键角大小:Ga(CH3)3　　　　Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”),其原因是　 　 。
新考法
【解析】【参考答案】　(除标明外,每空2分)(1)分子晶体(1分)　(2)电解精炼温度需在镓的熔点以上　Ca+2H2O+3e- Ga+4OH-　(3)Ga2Mg5+8CH3I+2Et2O 2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI　(4)CH4(1分)　(5)D
(6)Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近,而Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大,解配后可以分离出Ga(CH3)3　(7)>(1分)　Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化,Ga(CH3)3(Et2O) 中Ga为sp3杂化
【解题思路】　(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低,为分子晶体。(2)镓的熔点为29.8 ℃,电解精炼温度需高于镓的熔点,因此电解池温度控制在40~45 ℃。Ga和Al的性质相似,电解精炼过程中粗镓在阳极失电子产生的Ga3+在NaOH溶液中形成Ga,Ga迁移到阴极,得电子被还原为Ga,故阴极反应为Ga+2H2O+3e- Ga+4OH-。(3)根据原子守恒,结合流程图中物质转化配平,得反应的化学方程式为Ga2Mg5+8CH3I+2Et2O 2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI。(4)由(3)可知,残渣中含CH3MgI,结合元素守恒可知,其和水反应生成的可燃性气体为CH4。