备战高考化学铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附答案.docx
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备战高考化学铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附答案
2020-2021备战高考化学——铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附答案
一、铁及其化合物
1.X、Y、Z、W为四种常见元素,其中X、Y、Z为短周期元素。
ZX4分子是由粗Z提纯Z的中间产物,X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸,Y的离子在同周期中离子半径最小,其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料,Z是无机非金属材料的主角,其单质是制取大规模集成电路的主要原料,W原子的最外层电子数小于4且W的常见化合价有+3、+2,WX3的稀溶液呈黄色,回答下列问题:
(1)X在元素周期表的位置________________,其简单阴离子的结构示意图为____________________,用电子式表示X的氢化物的形成过程______________________________。
(2)Z的氧化物在通讯领域用来作_______________。
锗与Z是同一主族元素,它可用来制造半导体晶体管。
研究表明:
有机锗具有明显的抗肿瘤活性,锗不与NaOH溶液反应但在有H2O2存在时可与NaOH溶液反应生成锗酸盐,反应的化学方程式为:
_______________________________
(3)W(OH)2在空气中不稳定,极易被氧化,由白色迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,反应的化学方程式为:
____________________________________,若灼烧W(OH)2固体得到___________。
【答案】第三周期ⅦA族
光导纤维Ge+2H2O2+2NaOH=Na2GeO3+3H2O4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Fe2O3
【解析】
【分析】
根据元素的性质及用途等信息分析元素的种类;根据核外电子排布情况确定在元素周期表中的位置;根据物质的性质及反应的现象书写反应方程式,及用相关化学用语表示物质的组成和结构。
【详解】
Z是无机非金属材料的主角,其单质是制取大规模集成电路的主要原料,则Z为硅;ZX4分子是由粗Z提纯Z的中间产物,X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸,则X为氯;Y的离子在同周期中离子半径最小,其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料,则Y为铝;W原子的最外层电子数小于4且W的常见化合价有+3、+2,WX3的稀溶液呈黄色,则W为铁;
(1)X为氯元素,在元素周期表的位置为:
第三周期ⅦA族;氯离子的结构示意图为:
;用电子式表示HCl的形成过程:
;
(2)Z为硅,二氧化硅在通讯领域用作光导纤维;根据题干信息知锗NaOH溶液在有H2O2存在时反应生成锗酸盐,反应的化学方程式为:
Ge+2H2O2+2NaOH=Na2GeO3+3H2O;
(3)反应现象知该反应为氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,反应的化学方程式为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,Fe(OH)3不稳定,灼烧分解得到固体Fe2O3。
2.钛(
)被称为继铁、铝之后的第三金属,钛白(
)是目前使用最广泛的白色颜料。
制备
和
的原料是钛铁矿,用含
的钛铁矿(主要成分为
)制备
的流程如下:
(1)步骤①加
的目的是________________________;步骤②冷却的目的是__________________。
(2)考虑成本和废物的综合利用等因素,水浸后的废液中应加入_______处理。
(3)由金红石(
)制取单质钛(
)的过程为
,其中反应
在氩气气氛中进行的理由是______________________________。
【答案】将
还原为
析出绿矾(
)生石灰(或碳酸钙、碱)高温下镁或钛与
、
等反应
【解析】
【分析】
根据钛铁矿中
、
与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后,滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知,铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。
水浸后的溶液成酸性。
【详解】
(1)分析题图可知,钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾,所以要将+3价
转化为+2价
;降低温度,减小了
的溶解度,有利于绿矶结晶析出。
(2)水浸过程发生的离子反应为
,废液呈酸性,所以处理水浸后的废液应加入
、
或碱。
(3)由于
和
易与空气中的
、
等反应,故该反应应在氩气气氛中进行。
3.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示(反应条件未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是__________。
(2)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③的反应中还有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,则A、D反应产物的电子式是________,反应③的化学方程式是____。
(3)若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,则反应①的化学方程式是________。
【答案】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
4NH3+5O2
4NO+6H2O2C+SiO2
2CO↑+Si
【解析】
(1).A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①为置换反应且在水溶液中进行,由转化关系可知,A为变价金属,F具有强氧化性,则A为Fe,F为Cl2、B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁,反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(2).B、C、F都是气态单质,B有毒,则B为氯气,反应②需要放电条件才能发生,为氮气与氧气反应,③反应中有水生成,可以推知C为N2,F为O2,E为NO,A为NH3,反应①为置换反应,A、D相遇有白烟生成,可推知D为HCl,A与D反应产物为氯化铵,电子式为
,反应③的化学方程式是:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
;4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(3).A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,反应①为置换反应,考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO,碳与F反应生成E,CO与F生成E,则F为氧气,通过验证符合图示转化关系,则反应①的化学方程式是2C+SiO2
2CO↑+Si,故答案为:
2C+SiO2
2CO↑+Si。
4.以下是与氧气性质有关的实验,回答相关问题。
(1)写出铜和氧气反应的化学方程式__。
(2)写出铁丝在氧气中燃烧的化学方程式__,该反应的实验现象为__。
(3)硫燃烧时瓶底盛少量水的作用是__,硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧更剧烈的原因是因为___不同。
【答案】2Cu+O2
2CuO3Fe+2O2
Fe3O4剧烈燃烧,火星四射,放出热量,生成黑色固体吸收生成的二氧化硫气体,防止污染空气氧气浓度
【解析】
【详解】
(1)该实验的原理是:
铜粉与氧气反应生成氧化铜;发生反应的化学方程式为2Cu+O2
2CuO;
(2)该铁丝在氧气中燃烧生成了四氧化三铁,该反应的化学方程式是:
3Fe+2O2
Fe3O4;反应的实验现象是:
剧烈燃烧,火星四射,生成黑色固体;
(3)由于二氧化硫是对大气有污染的气体,做硫在氧气燃烧的实验时瓶底盛放少量水的作用是:
吸收二氧化硫防止污染空气;
硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰、在氧气中燃烧蓝紫色火焰,氧气中氧气的浓度比空气中氧气的浓度要大。
5.铁是日常生活中最常见的金属,某班同学在学习铁的知识时,有下列问题:
问题1:
铁为何称为黑色金属?
问题2:
CuO在高温下可分解为Cu2O和O2,Fe2O3在高温下可分解为FeO和O2吗?
(1)对于问题1,同学们上网查找,有两种解释:
A.因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物,所以叫黑色金属
B.因为铁的粉末为黑色,铁的氧化物也均为黑色,所以叫黑色金属
①你认为正确的说法是__________。
②若有一黑色粉末,如何鉴别是铁粉,还是Fe3O4?
______________________________________。
③若有一黑色粉末,为铁和四氧化三铁的混合物,如何证明其中有Fe3O4(只要求简述实验方法)?
____________________________________。
(2)对于问题2,同学们准备实验探究,他们设想了两种方法:
A.将三氧化二铁高温灼烧,看灼烧前后颜色是否变化。
B.将三氧化二铁高温灼烧,看灼烧前后质量是否变化。
①实验中应将Fe2O3放在__________(填仪器名称)中灼烧。
②方法A中,如果高温灼烧后颜色由__________变为__________,说明Fe2O3确实发生了变化。
能说明生成的一定为FeO吗?
__________,理由是________________________。
③方法B中,如果发生了预期的反应,固体高温灼烧前后质量比应为________,但是,实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29,则高温灼烧后生成物是____________________。
④比较两种方法,你认为较好的方法是__________。
【答案】A取黑色粉末少许于试管中,加适量稀盐酸或稀硫酸,若有气泡产生则原黑色粉末为铁,若无气泡产生则原粉末为Fe3O4用干燥的氢气与黑色粉末加热反应,用无水硫酸铜检测是否有水产生(或用纯净的CO与黑色粉末加热反应,用澄清石灰水检测是否有CO2产生)坩埚红棕色黑色不能也可能为Fe3O4
Fe3O4B
【解析】
【分析】
(1)铁是在高温下炼制而成,高温下铁会和空气中的氧气反应生成四氧化三铁或氧化亚铁,颜色都是黑色氧化物,氧化铁是红色氧化物,常温下缓慢氧化或电化学腐蚀生成得到;氧化铁为红色,四氧化三铁为黑色,四氧化三铁为磁性氧化物,能吸引铁,黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物,定性证明其中含有Fe3O4的方法是利用四氧化三铁具有磁性或与酸反应是否生成气体分析设计;
③根据发生的反应及反应前后固体的质量来分析;
(2)①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中进行;
②将三氧化二铁高温灼烧,Fe2O3确实发生了变化,依据氧化物颜色变化分析,氧化铁被还原生成产物可能为黑色氧化亚铁或四氧化三铁;
③依据分解生成氧化亚铁、四氧化三铁反应前后质量不同分析计算;
④B方案能通过定量计算分析判断生成物,A方案固体颜色变化不容易观察和判断。
【详解】
(1)①A.在高温下得到的铁的表面氧化物有黑色四氧化三铁或氧化亚铁,所以铁为黑色金属,A正确;
B.因铁的氧化物Fe2O3颜色为红棕色不是黑色,四氧化三铁为黑色,B错误;
故合理选项是A;
②由于四氧化三铁为磁性氧化物,能吸引铁,则利用一小块铁片靠近黑色粉末,粉末被吸在铁片上,证明有四氧化三铁,若不能吸引,则粉末为铁粉;或取黑色粉末少许于试管中,加适量稀盐酸或稀硫酸,有气泡产生的原黑色粉末为铁,若无气泡产生则原粉末为Fe3O4;
③若有一黑色粉末为铁和四氧化三铁的混合物,证明其中有Fe3O4,可以用干燥的氢气与黑色粉末加热反应,用无水硫酸铜检测有水产生;或用纯净的CO与与黑色粉末加热反应,用澄清石灰水检测有CO2产生即可;
(2)①Fe2O3固体灼烧应在坩埚中进行;
②将Fe2O3高温灼烧,固体颜色会有红棕色变为黑色,依据氧化物颜色变化分析,Fe2O3被还原生成产物可能为黑色FeO或Fe3O4,颜色都是从红棕色变化为黑色,因此不能说明生成的一定为FeO,也可能为Fe3O4;
③若发生反应:
2Fe2O3
4FeO+O2↑,灼烧前后的质量之比为10:
9;发生反应:
6Fe2O3
4Fe3O4+O2↑,灼烧前后的质量之比是30:
29。
现在该实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29,因此髙温灼烧后生成的固体物质是四氧化三铁,即发生反应最后的分解产物是Fe3O4;
④B方案能通过定量计算分析判断生成物,A方案固体颜色变化不容易观察和判断,故比较好的方法是方法B。
【点睛】
本题考查了铁及其化合物性质分析判断,物质组成的实验验证,注意物质性质应用,掌握铁的各种化合物的颜色、状态、性质等是本题解答的基础。
6.氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。
以工业碳酸钙(含有少量Al3+、Fe3+等杂质)生产医药级二水合氯化钙(CaCl2·2H2O)的主要流程如下:
完成下列填空:
(1)除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH,以除去溶液中的Al3+、Fe3+,根据下表所给信息,此时控制溶液的pH范围是_____________,加入的物质A是___________(写化学式)。
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
沉淀开始溶解时的pH
Al(OH)3
3.3
5.2
7.8
Fe(OH)3
1.5
4.1
-
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是____________________________________________。
(3)酸化操作是加入盐酸,调节溶液的pH,其目的是_________________________________。
(4)测定制得的样品的纯度,可采用如下方案:
a.称取0.750g样品,溶解,在250mL容量瓶中定容;
b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;
c.用0.050mol/LAgNO3溶液滴定至终点,消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL。
①上述测定过程中,需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶,还有__________________。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为__________________(保留三位有效数字)。
③若配制和滴定操作均无误,但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高,写出可能导致该结果的一种情况___________________________________________。
【答案】5.2≤pH<7.8Ca(OH)2或CaO或CaCO3取少量上层清液,滴加KSCN溶液,若不出现血红色,表明Fe(OH)3沉淀完全将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管99.9%蒸发结晶过程中,温度过高,使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【解析】
【分析】
工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解,得到Ca2+、Al3+、Fe3+,加入物质A来调节溶液的pH,以除去溶液中的Al3+、Fe3+,根据沉淀对应的pH表,需要把二者沉淀完全,pH最小为5.2,但是当pH大于等于7.8,氢氧化铝开始溶解,故调节pH范围是5.2≤pH<7.8;加入的A能调节pH,但是不能引入新杂质,则可以选用Ca(OH)2或CaO或CaCO3;过滤后滤液进行盐酸酸化,在160℃蒸发结晶,得产品CaCl2·2H2O。
【详解】
(1)根据分析,加入物质A来调节溶液的pH,此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.8;加入的物质A是Ca(OH)2或CaO或CaCO3(填一种即可);
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是:
取少量上层清液,滴加KSCN溶液,若不出现血红色,表明Fe(OH)3沉淀完全;
(3)酸化操作是加入盐酸,调节溶液的pH,其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2,防止产物中混有Ca(OH)2杂质;
(4)①测定样品的纯度过程中,a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程,需要用到的玻璃仪器:
烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管;b、c为滴定过程,需要用到的玻璃仪器:
锥形瓶、滴定管;故上述测定过程中,需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶,还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管;②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O,n(Ag+)=0.050mol/L×20.39×10-3L=1.0195×10-3mol,则25mL中含n(Cl-)=1.0195×10-3mol,250mL中含n(Cl-)=1.0195×10-2mol,含n(CaCl2·2H2O)=5.0975×10-3mol,m(CaCl2·2H2O)=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g,样品CaCl2·2H2O的质量分数=
=99.9%;③蒸发结晶过程中,温度过高,使CaCl2·2H2O失去部分结晶水,而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算,故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。
【点睛】
化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式;注意调节pH的范围,以及试剂的选用,不引入新杂质用可以与氢离子发生反应,一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。
7.NiCl2是化工合成中最重要的镍源,工业上以金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)为原料生产NiCl2,继而生产Ni2O3的工艺流程如下:
流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示:
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
9.2
(1)为了提高镍元素的浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有:
①适当升高温度;②搅拌;③_______________等。
(2)加入H2O2的目的是____________,所发生的离子方程式为____________________。
(3)“除铁”时,控制溶液pH的范围为_____________________。
(4)滤渣B的主要成分的化学式为___________________,滤液中的阳离子有________。
(5)“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为________________。
【答案】增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等)Fe2+转化成Fe3+2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O3.2~7.1MgF2、CaF2NH4+、Na+2Ni2++ClO-+4OH-===Ni2O3↓+Cl-+2H2O
【解析】
【分析】
根据工艺流程分析可知,向金属镍废料中加入盐酸酸浸,形成Ni2+、Fe2+、Ca2+和Mg2+的溶液,再向溶液中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,加入Na2CO3溶液调节pH使得Fe3+沉淀,得到滤渣A为Fe(OH)3,再加入NH4F使得Mg2+和Ca2+沉淀,得到滤渣B为CaF2和MgF2,继续向滤液中加入Na2CO3沉镍,再加入盐酸溶解,向溶液中加入NaClO和NaOH氧化得到Ni2O3,据此分析解答问题。
【详解】
(1)为了提高金属镍废料浸出的速率,还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等),故答案为:
增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等);
(2)根据上述分析,加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+,根据氧化还原反应规律得出其离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O,故答案为:
Fe2+转化成Fe3+;2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O;
(3)沉镍前要将Fe3+沉淀完全,而镍离子不能产生沉淀,根据表中所给信息可知,Fe3+完全沉淀的pH值为3.2,镍离子开始沉淀的pH值为7.1,所以溶液的pH值控制在3.2~7.1,故答案为:
3.2~7.1;
(4)根据以上分析可知,滤渣B的主要成分的化学式为MgF2、CaF2,所得的滤液中主要含有NH4+和Na+,故答案为:
MgF2、CaF2;NH4+、Na+;
(5)“氧化”过程发生的反应中,Cl元素由+1价降低到-1价,即反应生成NaCl,而Ni由+2价升高到+3价,生成Ni2O3,反应离子方程式为:
2Ni2++ClO-+4OH-===Ni2O3↓+Cl-+2H2O,故答案为:
2Ni2++ClO-+4OH-===Ni2O3↓+Cl-+2H2O。
8.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。
某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成,Fe、Li、P具有极高的回收价值,具体流程如下:
(1)过程ⅰ生成NaAlO2溶液的离子方程式是__。
(2)过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__。
(3)浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等。
过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85℃、反应时间3h条件下,探究pH对磷酸铁沉淀的影响,如图所示。
①综合考虑铁和磷沉淀率,最佳pH为__。
②结合平衡移动原理,解释过程ⅲ中pH增大,铁和磷沉淀率增大的原因__。
③当pH>2.5后,随pH增加,磷沉淀率出现了减小的趋势,解释其原因__。
(4)LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取,共沉淀反应的化学方程式为__。
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑溶解LiFePO4,将Fe2+氧化为Fe3+(2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O)2.5H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,加入Na2CO3后,CO32-结合H+使c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43−)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀(或者:
H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,溶液pH增大,c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43-)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀pH>2.5时,沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3,使得部分PO43-释放,导致磷沉淀率下降(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O
【解析】
【分析】
含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池,用NaOH溶解后过滤,滤液为NaAlO2溶液,滤渣为LiFePO4和炭黑,再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤,得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X,向X中加入Na2CO3溶液,有FePO4•2H2O析出,过滤的滤液主要是LiCl,再加入饱和Na2CO3溶液,再过滤即可得到LiCO3粗产品,据此分析解题。
【详解】
(1)过程ⅰAl溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2,发生反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(2)过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2,过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X,由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4,将Fe2+氧化为Fe3+;
(3)①分析图中数据可知,当pH=2.5时磷的沉淀率最高,铁的沉淀率较高,则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5;
②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡,即H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,过程ⅲ中当加入Na2CO3后,CO32-结合H+使c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43−)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀,提高了铁和磷沉淀率;
③已知FePO4(s)
Fe3+(aq)+PO43-(aq),当pH>2.5后,随pH增加,溶液中c(OH-)增大,Fe3+开始转变生成Fe(OH)3,促进溶解平衡正向移动,使得部分PO43-释放,导致磷沉淀率下降;
(4)(NH4)2Fe(SO4
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