1、专题十五 铁、铜的制取及应用,高考化学 (江苏省专用),答案 A 本题考查元素化合物的性质。向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液不显红色,A项 错误;KAl(SO4)212H2O溶于水,电离出的Al3+发生水解可形成Al(OH)3胶体,B项正确;实验室常用 NH4Cl固体与Ca(OH)2固体混合加热制NH3,C项正确;Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2和FeCl2, D项正确。,易错易混 SCN-与Fe3+可结合形成Fe(SCN)3使溶液显红色,而SCN-与Fe2+不能。,2.(2017江苏单科,7,2分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 ( ) A.Fe Fe
2、Cl2 Fe(OH)2 B.S SO3 H2SO4 C.CaCO3 CaO CaSiO3 D.NH3 NO HNO3,答案 C 本题考查元素及其化合物的知识。A项,铁在Cl2中燃烧只能生成FeCl3,不能生成 FeCl2;B项,硫与O2反应不能直接生成SO3;C项,CaCO3在高温条件下分解生成CaO和CO2,CaO与 SiO2在高温条件下化合生成CaSiO3,即CaCO3 CaO+CO2,CaO+SiO2 CaSiO3;D项,NH3 与O2在催化剂加热条件下发生反应生成NO,NO易与O2反应生成NO2,NO2能与水反应生成 HNO3,但NO不能与水反应。,易混易错 Fe在Cl2中燃烧时,无论
3、Fe是否过量,只能生成FeCl3,不能生成FeCl2;Fe与FeCl3溶液反 应生成FeCl2;S在O2中燃烧时,无论O2是否过量,只能生成SO2,不能直接生成SO3。,3.(2014江苏单科,7,2分,)下列指定反应的离子方程式正确的是 ( ) A.Cu溶于稀HNO3:Cu+2H+N Cu2+NO2+H2O B.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:Fe2+2OH- Fe(OH)2 C.用CH3COOH溶解CaCO3:CaCO3+2H+ Ca2+H2O+CO2 D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:CO2+Al +2H2O Al(OH)3+
4、HC,答案 D Cu与稀HNO3反应的还原产物为NO,A项错误;(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH反应 时还会发生N 与OH-间的反应,B项错误;CH3COOH是弱电解质,离子方程式中不能拆成离子 形式,C项错误。,解题技巧 离子方程式中要保留化学式的物质有:单质、氧化物、气体、难溶物、难电离物 质(弱酸、弱碱、水)。,命题归纳 离子方程式正误判断常见“陷阱”判别:是否符合反应事实;是否漏写沉淀或 水;是否符合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒;是否需要考虑过量或不足;物质的 拆写是否正确等。,4.2015江苏单科,18(2)(3),4分,0.604软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属
5、元素Fe、Al、Mg等)的 水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O,反应的化学方程式为:MnO2+SO2 MnSO4。 (2)已知:KspAl(OH)3=110-33,KspFe(OH)3=310-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去 MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于110-6 molL-1),需调节溶液pH范围为 。 (3)由下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体,需控制的结晶温度范 围为 。,答案 (2)5.0pH7.1 (3)高于60 ,解析 (2)Fe(OH)3与Al(OH)3同属AB3型,由Ksp数据
6、分析可知,同浓度的Fe3+和Al3+,调节pH时,Fe3+ 先沉淀,且Al3+沉淀完全时,Fe3+已完全沉淀,欲除去Al3+,可使溶液中c(OH-) molL-1= 10-9 molL-1,即pH5.0,结合题给信息“pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀”,除去Al3+、Fe3+而不影响Mn2+ 的pH范围是5.0pH7.1。 (3)温度高于60 后,随温度升高,MnSO4H2O溶解度减小,MgSO46H2O溶解度增大,可采取蒸发 结晶、趁热过滤的方法从混合液中得到MnSO4H2O晶体。,解题技巧 Fe(OH)3、Al(OH)3同属AB3型化合物,且KspFe(OH)3KspAl(OH)3,故
7、Fe3+比Al3+先沉 淀完全。 评析 本题以制备MnSO4H2O为载体,考查了氧化还原反应相关计算、Ksp应用、物质分离提纯、氧化还原反应滴定原理及样品纯度的计算,有一定综合性,难度不大。,2.(2012江苏单科,19,15分,)废弃物的综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境。 实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如 下:,(1)铜帽溶解时加入H2O2的目的是 (用化学方程式表 示)。铜帽溶解完全后,需将溶液中过量的H2O2除去。除去H2O2的简便方法是 。 (2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物)的量,实验中
8、需测定除去H2O2 后溶液中Cu2+的含量。实验操作为:准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中,加 适量水稀释,调节溶液pH=34,加入过量的KI,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中反 应的离子方程式如下: 2Cu2+4I- 2CuI(白色)+I2 2S2 +I2 2I-+S4 滴定选用的指示剂为 ,滴定终点观察到的现象为 。 若滴定前溶液中的H2O2没有除尽,所测定的Cu2+含量将会 (填“偏高”“偏低”或 “不变”)。,(3)已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42-。下表列出了几种离子生成氢氧化 物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度
9、为1.0 molL-1计算)。,实验中可选用的试剂:30%H2O2、1.0 molL-1 HNO3、1.0 molL-1 NaOH。 由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为: ; ;过滤; ; 过滤、洗涤、干燥;900 煅烧。,答案 (1)Cu+H2O2+H2SO4 CuSO4+2H2O 加热(至沸) (2)淀粉溶液 蓝色褪去 偏高 (3)向滤液中加入适量30% H2O2,使其充分反应 滴加1.0 molL-1 NaOH,调节溶液pH约为5(或3.2pH5.9),使Fe3+沉淀完全 向滤液中滴加1.0 molL-1 NaOH,调节溶液pH约为10(或8.9pH11),使Zn2+沉淀完全,解析
10、 (1)稀硫酸不能溶解铜,H2O2有较强的氧化性,在酸性条件下能氧化铜,使铜溶解。 (2)残余的H2O2也能把I-氧化成I2,消耗Na2S2O3标准溶液的量增多,导致测定结果偏高。 (3)制备ZnO时要先把滤液中的Fe2+、Fe3+除去,而Fe2+和Zn2+沉淀时的pH接近,故应先把Fe2+氧化 为Fe3+,然后通过调节pH把Fe3+除去。,3.(2009江苏单科,16,8分,)以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过 二硫酸铵和氧化铁红颜料,原料的综合利用率较高。其主要流程如下:(1)反应前需在FeSO4溶液中加入 (填字母),以除去溶液中的Fe3+。 A.锌粉 B.铁屑 C.K
11、I溶液 D.H2 (2)反应需控制反应温度低于35 ,其目的是 。 (3)工业生产上常在反应的过程中加入一定量的醇类溶剂,其目的是 。 (4)反应常被用于电解生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。电解时均用惰性电极,阳极发生的电极 反应可表示为 。,答案 (1)B (2)防止NH4HCO3分解(或减少Fe2+的水解) (3)降低K2SO4的溶解度,有利于K2SO4析出 (4)2S -2e- S2 解析 (1)除杂时应除去杂质且不引入新杂质,故应加入铁屑。(2)从题干信息及原料分析,控 制反应温度较低有两个原因:NH4HCO3受热易分解;升温促进Fe2+水解。(4)阳极发生氧化 反应:2S -
12、2e- S2 。,4.(2014浙江理综,26,15分)某研究小组为了探究一种无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性 质,设计并完成了如下实验:另取10.80 g X在惰性气流中加热至完全分解,得到6.40 g固体1。请回答如下问题: (1)画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图 ,写出气体甲的电子式 。 (2)X的化学式是 ,在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为 。 (3)白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是 (用化学 反应方程式表示)。 (4)一定条件下,气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应,写出一个可能的化学反 应方程式 ,并设计实验方案验证该反应的产物 。,答
13、案 (1) C (2)CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2 (3)4Fe(OH)2+2H2O+O2 4Fe(OH)3 (4)2FeO+CO2 Fe2O3+CO 检测Fe2O3:将固体用稀盐酸溶解,加入KSCN溶液若显红色,表明产物中有Fe();检测CO:将气 体通过灼热CuO,黑色固体变为红色,解析 无氧条件下溶液3中加入OH-产生白色沉淀2,白色沉淀2在空气中被氧化为红褐色沉淀 即Fe(OH)3,则溶液3中含Fe2+,则固体2可能为FeO。溶液1中通入气体甲先生成白色沉淀,继续 通气体甲白色沉淀又溶解,溶液1可能为Ca(OH)2,气体甲可能为CO2,则固体1可
14、能为FeO和CaO 的混合物,结合10.80 g X分解得到6.40 g固体1,可推知X为CaFe(CO3)2,固体1为CaO和FeO的混 合物。 (2)在惰性气流中加热主要是为了防止Fe2+被氧化。(3)Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3。 (4)CO2与CaO反应不是氧化还原反应,只能为CO2将FeO氧化为Fe2O3或Fe3O4。检验Fe2O3:将 固体用稀盐酸溶解,加入KSCN溶液若显红色,表示产物中有Fe();检验CO:将气体通过灼热 CuO,黑色固体变为红色。若CO2将FeO氧化为Fe3O4:3FeO+CO2 Fe3O4+CO,则Fe3O4的检验 方法为:取样品于试管
15、中,加硫酸溶解,分为两份,一份滴加KSCN溶液,另一份滴加KMnO4溶液, 若前者溶液变红,后者溶液紫红色褪去,证明产物中有Fe3O4;CO检验方法同上。,考点二 铁、铜化合物的性质 A组 自主命题江苏卷题组 1.(2016江苏单科,5,2分,)下列指定反应的离子方程式正确的是 ( ) A.将铜丝插入稀硝酸中:Cu+4H+2N Cu2+2NO2+H2O B.向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉:Fe3+Fe 2Fe2+ C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水:Al3+3NH3H2O Al(OH)3+3N D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:Na2SiO3+2H+ H2SiO3+2Na+
16、,答案 C A项,铜与稀硝酸反应生成NO,故错误;B项,电荷不守恒、得失电子不守恒,故错误;C 项,Al(OH)3不溶于氨水,故正确;D项,Na2SiO3能溶于水且完全电离,应拆开,故错误。,疑难突破 离子方程式的正误判断是历年必考题,牢记常见反应的离子方程式是解此类题的 关键。,方法总结 在离子方程式的正误判断中除了注意原子守恒和电荷守恒外,还要注意离子方程 式是否符合客观事实、物质的拆分是否合理、是否遗漏部分反应;同时需要关注反应物“过 量”或“少量”等因素的变化而导致的离子方程式的差异。,2.(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量
17、FeS2和金属硫酸 盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为 。 (2)添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。,已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率=(1- )100% 不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时,去除的硫元素主要来源于 。 700 焙烧时,添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是 。 (3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由 (填化学式)转化为 (填化学式)。 (4)“过滤”得到的滤
18、渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和 SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)= 。,1.(2018课标,7,6分)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 金工艺回收废旧磷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、Li C.“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,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 D 本题考查工艺流程分析,铝、铁、锂的化合物的性
19、质等。合理处理废旧电池可回 收有关金属,达到资源再利用的目的,同时有利于环境保护,A项正确;由流程图可知,“正极 片”中含有的金属元素有Al、Fe、Li,B项正确;LiFePO4中铁元素的化合价为+2价,在H2SO4、 HNO3作用下转化为Fe3+,经碱液处理形成Fe(OH)3沉淀,C项正确;Li2CO3难溶于水,而Li2SO4可溶 于水,故不能用Na2SO4代替Na2CO3,D错误。,审题方法 以元素化合物的性质为依据,分析流程中各物质的转化。,2.(2014课标,9,6分)下列反应中,反应后固体物质增重的是 ( ) A.氢气通过灼热的CuO粉末 B.二氧化碳通过Na2O2粉末 C.铝与Fe
20、2O3发生铝热反应 D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液,答案 B A项,CuO被H2还原为Cu,固体质量减轻;B项,2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2,Na2O2变 为Na2CO3,固体质量增加;C项,铝热反应前后固体总质量保持不变;D项,1 mol Zn置换出1 mol Cu,固体质量减轻,不符合题意。,3.(2018北京理综,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K2FeO4(夹持装置略)A为氯气发生装置。A中反应方程式是 (
21、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+10KOH 2K2FeO4+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:,.由方案中溶液变红可知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)。 .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
22、:氧化性Cl2 Fe (填“”或“Mn ,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Fe Mn 。若能,请说明 理由;若不能,进一步设计实验方案。 理由或方案: 。,答案 (1)2KMnO4+16HCl 2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O (2).Fe3+ 4Fe +20H+ 4Fe3+3O2+10H2O .排除ClO-的干扰 溶液酸碱性不同 理由:Fe 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是Mn 的颜色 方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫
23、色快速褪去还是显浅紫色,解析 该题以K2FeO4的制备和其性质探究为载体,考查氧化还原反应原理及实验探究等。 (1)KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应制得Cl2,反应方程式为2KMnO4+16HCl 2MnCl2+ 2KCl+5Cl2+8H2O。 洗气装置的导管应长进短出,为除去Cl2中的HCl,应用饱和食盐水。 在碱性环境中,Cl2易发生歧化反应:Cl2+2KOH KCl+KClO+H2O。 (2).Fe3+遇KSCN溶液显红色,故溶液中含有Fe3+;在酸性条件下,K2FeO4快速分解可生成 Fe3+。 .用KOH溶液洗涤可除去固体表面吸附的KClO等物质,排除对后续实验的干扰。 Cl2在碱
24、性条件下能够氧化Fe(OH)3,生成K2FeO4,根据平衡移动原理,3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O,当溶液酸性增强时,平衡将向逆反应方向移动,或者在酸性条件下, Fe 氧化性增强,能氧化Cl-生成Cl2。 在酸性条件下,Fe 发生反应:4Fe +20H+ 4Fe3+3O2+10H2O,振荡后溶液呈浅紫色 能说明有Mn 生成。,4.(2017课标,27,14分)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成 分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:回答下列问题: (1)“酸浸”实验中,
25、铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的 实验条件为 。,(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC 形式存在,写出相应反应的离子方程式 。 (3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:,分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因 。 (4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为 。 (5)若“滤液”中c(Mg2+)=0.02 molL-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉 淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.010-5 molL-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成? (列式计算)。FeP
26、O4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为 1.310-22、1.010-24。 (6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。,答案 (1)100 、2 h,90 、5 h (2)FeTiO3+4H+4Cl- Fe2+TiOC +2H2O (3)低于40 ,TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ,双氧水分解与氨气逸出导 致TiO2xH2O转化反应速率下降 (4)4 (5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(P )= molL-1=1.310-17molL-1,c3(Mg2+)c2(P )值为0.013 (1.310-17)2=1.710-40KspMg3(PO4
27、)2,因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀 (6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2+H2O,解析 本题以工艺流程为依托,考查图表分析能力和有关Ksp的计算等。(1)由图可知,当铁的浸 出率为70%时,所采用的实验条件为100 、2 h或90 、5 h。(2)“酸浸”后,钛主要以 形式存在,反应的离子方程式为FeTiO3+ 4H+ 4Cl- Fe2+ + TiOCl2- 4+ 2H2O。(3)TiO2 xH2O转化反应速率受温度、反应物浓度等因素的影响。低于40 ,TiO2xH2O转化反应速率 随温度升高而增加;超过40 ,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2
28、O转化反应速率下降。 (4)Li2Ti5O15中Ti为+4价,Li为+1价,设过氧键的数目为x,则12+45=2(15-2x)+2x,x=4。(6)高温下 FePO4与Li2CO3和H2C2O4反应制备LiFePO4,根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式:2 FePO4 +Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2。,方法技巧 无机物制备工艺流程题的破解方法,1.首尾分析法 对一些线型流程工艺(从原料到产品为“一条龙”的生产工序)题,首先对比分析流程图中第 一种物质(原材料)与最后一种物质(产品),从对比分析中找出原料与产品之间的关系,弄清生 产过程中原料转化为产品的基
29、本原理和分离、提纯产品的化工工艺,然后结合题设的问题、 逐一推敲解答。,2.截段分析法 对于用同样的原材料生产两种或两种以上产品(包括副产品)的工艺流程题,用截段分析法更 容易找到解题的切入点。用截段分析法解工艺流程题关键在于看清主、副产品是如何分开 的,以此确定如何截段,截几段更合适,一般截段以产品为准点。,5.(2017课标,27,15分)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成 分为FeOCr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题: (1)步骤的主要反应为: FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO
30、2 上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为 。 该步骤不能使用陶瓷容器,原因是 。 (2)滤渣1中含量最多的金属元素是 ,滤渣2的主要成分是 及含硅杂质。 (3)步骤调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”),原因是 (用离子方程式表示)。,答案 (1)27 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (2)Fe Al(OH)3 (3)小 2Cr +2H+ Cr2 +H2O (4)d 复分解反应 (5) 100% 解析 (1)FeOCr2O3是还原剂,氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3,每摩尔FeOCr2O3参与反应转移 7 mol电子,而NaNO3是氧化剂,还原产物为NaNO2,每摩尔
31、NaNO3参与反应转移2 mol电子,根据得 失电子守恒可知,FeOCr2O3和NaNO3的系数比为27;陶瓷在高温下会与Na2CO3反应,故熔融 时不能使用陶瓷容器。(2)步骤中反应产生了不溶于水的Fe2O3,故滤渣1的主要成分是Fe2O3, 则含量最多的金属元素是铁元素;调节pH=7后,Al3+水解产生Al(OH)3沉淀,故滤渣2中除了含硅,6.(2016课标,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 F
32、eCl2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-1 KI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
33、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,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)。,答案 (1)防止Fe2+被氧化 (2)2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl- (3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (4)Fe2+ Fe3+ 可逆反应 (5)2Fe2+H2O
34、2+2H+ 2Fe3+2H2O Fe3+催化H2O2分解产生O2 H2O2分解反应放热,促进Fe3+的 水解平衡正向移动,解析 (1)Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+,加入少量铁屑,可防止Fe2+被氧化。(2)Cl2可将Fe2+氧 化,反应的离子方程式为2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-。(3)Fe2+易被空气中的O2氧化,加入煤油,覆盖 在溶液上面,阻止空气进入溶液干扰实验。(4)实验加入K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀,说 明含有Fe2+;实验和说明在I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,证明该反应为可逆反应。 (5)H2O2溶液中加入酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,说
35、明Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,同时生成的Fe3+ 对H2O2的分解有催化作用,H2O2的分解反应放热,又对Fe3+的水解起促进作用。,易混易错 第(5)问若不能挖掘内涵,会对产生气泡的原因及生成沉淀的原因分析不清。,7.(2015课标,27,14分)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H 2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程 如图所示:回答下列问题: (1)写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式 。 为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有 (写出两条)。
36、(2)利用 的磁性,可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 。(写化学式) (3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是 。然后再调节溶液的pH约为5,目的,是 。 (4)“粗硼酸”中的主要杂质是 (填名称)。 (5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为 。 (6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用 化学方程式表示制备过程 。,答案 (1)Mg2B2O5H2O+2H2SO4 2H3BO3+2MgSO4(2分) 提高反应温度、减小铁硼矿粉粒 径(2分) (2)Fe3O4 SiO2和CaSO4(1分,
37、2分,共3分) (3)将Fe2+氧化成Fe3+ 使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去(每空1分,共2分) (4)(七水)硫酸镁(1分) (5)Na+H H-(2分) (6)2H3BO3 B2O3+3H2O、B2O3+3Mg 2B+3MgO(2分),解析 (1)硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸,所以Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方 程式为:Mg2B2O5H2O+2H2SO4 2MgSO4+2H3BO3。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度 外,还可采取提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径等措施。 (2)Fe3O4有磁性,可利用其磁性将其从“浸渣”中分离;“浸渣”中还剩余的物质是SiO2和
38、 CaSO4。 (3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,其作用是把Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH约为5,使Al3+ 和Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉降而除去。 (4)“粗硼酸”中所含杂质主要是没有除去的易溶性镁盐,故为(七水)硫酸镁。 (5)硼氢化钠的电子式为Na+H H-。 (6)利用Mg的还原性制取硼的化学方程式为2H3BO3 B2O3+3H2O、B2O3+3Mg 2B+ 3MgO。 评析 本题以制备粗硼酸的工艺流程为背景,突出考查了影响化学反应速率的因素,物质结构和物质的提纯,弱化了计算,拓宽了知识面。,答案 C A项生成Fe(OH)3沉淀;B项溶液X中若含Fe
39、3+,也会产生题中现象;D项说明I2在CCl4中 的溶解度比在水中大。,2.(2010江苏单科,6,2分,)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 ( ) A.pH=1的溶液中:Fe2+、N 、S 、Na+ B.由水电离的c(H+)=110-14 molL-1的溶液中:Ca2+、K+、Cl-、HC C.c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中:N 、Al3+、N 、Cl- D.c(Fe3+)=0.1 molL-1的溶液中:K+、ClO-、S 、SCN-,答案 C A项,酸性溶液中Fe2+可被N 氧化;B项,该溶液无论呈强酸性还是呈强碱性,HC 都不能大量存在;D项,Fe3+与SCN-
40、不能大量共存。,3.2013江苏单科,19(1)(2)(3),9分,0.282柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂,可 由绿矾(FeSO47H2O)通过下列反应制备:FeSO4+Na2CO3 FeCO3+Na2SO4FeCO3+C6H8O7 FeC6H6O7+CO2+H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL-1 计算)。,(1)制备FeCO3时,选用的加料方式是 (填字母),原因是 。 a.将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中 b.将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中 c.将N
41、a2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中 (2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是 。 (3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中,再加入少量铁粉,80 下搅拌反应。铁粉的作 用是 。反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是 。,答案 (1)c(1分) 避免生成Fe(OH)2沉淀(2分) (2)取最后一次的洗涤滤液12 mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉 淀产生,则表明已洗涤干净 (3)防止+2价的铁元素被氧化(2分) 加入适量柠檬酸让铁粉反应完全,解析 (1)Fe2+开始生成Fe(OH)2的pH为5.8,为防止Fe(OH
42、)2的生成,应将Na2CO3溶液滴加到FeSO4 溶液中制备FeCO3。(2)沉淀洗涤的目的是除去沉淀吸附的可溶性杂质,由制备反应可知FeCO3 沉淀中吸附的离子有Na+、S 、C 等,检验其中某种离子是否存在即可证明沉淀是否已 洗净,实际检验时应尽量选择现象明显、灵敏度高的离子来检验,本题选择检验S 是否存在 较为合适,具体操作见答案。(3)因 Fe2+易被空气中的O2氧化,故应加入铁粉防止Fe2+被氧化,过 量的铁粉可加入适量柠檬酸使之完全反应生成柠檬酸亚铁。,方法归纳 检验沉淀是否洗净的方法:取最后一次洗涤的滤液少许于试管中,加入试剂,若 无现象,则说明沉淀已经洗涤干净。,知识归纳 制备
43、FeCO3时,若将FeSO4溶液缓慢加入盛有Na2CO3溶液的容器中,由于开始时 Na2CO3的浓度较大,碱性较强,Fe2+可能会生成Fe(OH)2。,A组 20162018年高考模拟基础题组 考点一 铁、铜单质的性质 1.(2018苏中五校高三上联考,3)下列有关物质性质与用途均正确且具有对应关系的是( ) A.Fe比Cu活泼,FeCl3溶液可用作铜制电路板的蚀刻剂 B.SiO2熔点高,可用作半导体材料 C.Ca(ClO)2具有氧化性,可用于杀菌消毒 D.CO2密度比空气大,可用作镁着火时的灭火剂,三年模拟,答案 C A项,FeCl3溶液中铁离子具有氧化性,可以溶解铜,与铁单质活泼性无关,故
44、错误;B项, 硅单质可用作半导体材料,而二氧化硅不能,故错误;D项,镁可以在二氧化碳中燃烧,二氧化碳 不可用作镁着火时的灭火剂,故错误。,2.(2018海安中学高三下期初,6)下列物质转化在给定条件下能实现的是 ( ) A.NH3 NO2 HNO3 B.NaCl(aq) NaOH(aq) NaClO(aq) C.Fe3O4 Fe Fe2O3 D.Al2(SO4)3 Al(OH)3 Al2O3,答案 B A项,NH3与O2在催化剂、加热的条件下反应生成NO,故错误;C项,Fe与水蒸气在高 温条件下反应生成Fe3O4,故错误;D项,Al2(SO4)3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2和Na2S
45、O4,故 错误。,3.(2017南通如皋中学检测,8)给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是 ( ) A.Fe Fe2O3 FeCl3 B.H2S SO3 Na2SO4(aq) C.Al2O3 NaAlO2(aq) Al(OH)3 D.Cu(OH)2 CuCl2(aq) 无水CuCl2,答案 C A项,Fe Fe3O4,故错误;B项,H2S SO2,故错误;D项,CuCl2(aq)应在HCl气流中加 热得到无水CuCl2,故错误。,4.(2017徐淮连宿期中,7)下列说法正确的是 ( ) A.镀铜铁制品镀层破损后,铁制品比破损前更容易生锈 B.标准状况下,22.4 L Cl2与
46、足量NaOH溶液反应,转移电子的物质的量为2 mol C.水的离子积常数KW随着温度的升高而增大,说明水的电离是放热反应 D.Na2CO3溶液中加入少量NaOH固体,C 水解程度减小,溶液的pH减小,答案 A A项,镀层Cu破损后,Fe、Cu在空气中构成原电池,且Fe为负极,更易生锈,故正确;B 项,Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O,1 mol Cl2参与反应转移电子的物质的量为1 mol,故错误; C项,随着温度的升高,KW增大,即c(H+)、c(OH-)均增大,可见升温促进了水的电离,由此判断出 水的电离是吸热反应,故错误;D项,在C +H2O HC +OH-平衡体系中加入
47、少量NaOH固 体,C 水解程度减小,但溶液的碱性增强,pH应增大,故错误。,5.(2016徐淮连宿一模,3)下列说法正确的是 ( ) A.Fe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2 B.石油的裂解、煤的干馏都是化学变化 C.化学反应的焓变与反应的途径有关 D.等质量的铜按a、b两种途径完全转化为硝酸铜,途径a、b消耗的硝酸一样多,途径a:Cu CuO Cu(NO3)2;途径b:Cu Cu(NO3)2,答案 B A项,Fe在Cl2中燃烧,产物只有FeCl3,故错误;C项,根据盖斯定律,可知化学反应的焓 变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关,而与反应的途径无关,故错误;D项,途径a中, 1 mol Cu最终消耗2 mol HNO3,途径b中,1 mol Cu消耗 mol HNO3,故错误。,
