2022年高考化学二轮复习 专题十 金属元素及其化合物知能方法大提升

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1、2022年高考化学二轮复习 专题十 金属元素及其化合物知能方法大提升考点考题统计xx年命题趋势xx年xx年xx年将以金属及其化合物的性质、应用为主以生产、生活、实际应用为命题背景，题型延续选择题、填空题、综合推断题及实验题的形式。钠及其化合物北京、安徽、上海、广东重庆、全国、山东安徽、全国、全国、海南、山东镁、铝及其化合物福建、江苏、安徽、天津、广东、山东山东、全国、上海、海南、福建北京、福建铁、铜及其化合物课标、福建、海南、江苏、重庆、安徽、山东、四川、天津、广东山东、福建、重庆、上海、全国课标、福建、江苏、北京、安徽、全国1钠及其氧化物的性质。2铝、氧化铝、氢氧化铝的性质与应用。3铁、氧化

2、铁、铁的氢氧化物的性质与应用。4铜、氧化铜、氢氧化铜及铜盐的性质。1钠与水、盐溶液反应的实质是什么？答案钠与水反应的实质是钠与水电离出的H的反应。钠与盐溶液的反应是钠先与盐溶液中的水反应生成NaOH，NaOH再与盐反应。2通过Na2O2与H2O、CO2反应能得出什么规律？答案(1)无论是CO2、H2O(g)还是CO2和H2O(g)的混合气体通过足量的Na2O2时，参加反应的气体与放出O2的物质的量之比均为21；(2)CO2通过足量的Na2O2时，增加的质量是与CO2等物质的量的CO的质量；H2O(g)通过足量的Na2O2时，增加的质量是与H2O等物质的量的H2的质量；(3)Na2O2与CO2和

3、H2O(g)的混合物反应，可看作Na2O2先与CO2反应，然后再与H2O(g)反应。3“铝三角”、“铁三角”指的什么？答案(1)“铝三角”：(2)“铁三角”：4制备Fe(OH)2时有哪些注意事项？答案因Fe(OH)2易被氧化，在实验室制取Fe(OH)2时，一定要用新制的Fe2盐和先加热驱赶O2后的NaOH溶液，且滴管末端插入试管内的液面下再滴加NaOH溶液，也可以在反应液面上滴加植物油或苯等物质进行液封，避免Fe(OH)2与O2接触被氧化。考点一钠及其化合物 主要以Na2O、Na2O2与CO2和H2O的反应为载体考查氧化还原反应、离子浓度及有关计算等问题。【典例1】 (xx北京，7)下列解释实

4、验现象的反应方程式正确的是()。A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2NaO2=Na2O2B向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgClS2=Ag2S2ClCNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物2Na2O22CO2=2Na2CO3O2D向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCOCa22OH=CaCO3CO2H2O解析切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗的原因是钠被氧化生成Na2O,4NaO2=2Na2O，A项错误；由于Ag2S溶解度比AgCl的溶解度小，故向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，能实现沉淀的转化，白色沉淀变成黑

5、色，B项正确；Na2O2放置在潮湿的空气中反应有2Na2O22CO2=2Na2CO3O2和2Na2O22H2O=4NaOHO2，C项错误；由于澄清石灰水过量，与NaHCO3溶液反应的离子方程式为HCOCa2OH=CaCO3H2O，D项错误。答案B【预测1】 (xx河南郑州二模)下列几种溶液中的指定离子，NaHCO3溶液中的HCO；Na2SO3溶液中的SO；NaHCO3和Na2CO3混合溶液中的CO；CH3COONa溶液中CH3COO；饱和Ca(OH)2溶液中的Ca2，向其中加入足量的Na2O2固体后，忽略体积变化，恢复到原温度，离子浓度基本保持不变的是()。A和 B和 C和 D和解析Na2O2

6、固体溶于水后生成NaOH和O2，且Na2O2本身具有强氧化性，因此中HCO会减少，中SO被氧化而减少，中CO会增加，中CH3COO浓度基本保持不变，中由于Ca(OH)2溶液已饱和，加入固体后仍为饱和溶液，Ca2浓度保持不变。答案C1钠露置于空气中的变化及反应分析钠的变化过程为NaNa2ONaOHNa2CO3溶液Na2CO310H2O晶体Na2CO3粉末(风化)，最终得到白色粉末。特别指出：Na2CO3的形成并非Na2OCO2=Na2CO3反应所致，因Na2O更易与水反应。2过氧化钠的强氧化性过氧化钠，淡黄色固体，Na与O之比为21，能与CO2、H2O反应生成O2，反应化学方程式为：2Na2O2

7、2CO2=2Na2CO3O2,2Na2O22H2O=4NaOHO2。(1)Na2O2与SO2反应：Na2O2SO2=Na2SO4。(2)Na2O2投入FeCl2溶液中，可将Fe2氧化成Fe3，同时生成Fe(OH)3沉淀。(3)Na2O2投入氢硫酸中，可将H2S氧化成单质硫，溶液变浑浊。(4)Na2O2投入Na2SO3溶液中，可将SO氧化成SO。(5)Na2O2投入品红溶液中，因其有强氧化性，所以有漂白性，可使品红溶液褪色。考点二镁、铝及其化合物 主要从Al2O3和Al(OH)3的两性、镁的提取和冶炼以及MgO和Mg(OH)2的难溶性来命题，并常涉及生产、生活中的一些应用，有时也考查Al的还原性

8、及Mg与氮气、二氧化碳的反应等。【典例2】 (xx江苏，7)下列物质的转化在给定条件下能实现的是()。Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3SSO3H2SO4饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA B C D解析利用Al2O3和Al(OH)3的两性可知正确；中S与O2只能生成SO2，错；通入NH3溶液呈碱性，然后再通入足量CO2，使之生成NaHCO3，正确；中FeCl3溶液在加热时，Fe3水解生成Fe(OH)3，进而分解生成Fe2O3，得不到无水FeCl3，错；利用Mg(OH)2属于不溶性碱，正确。答

9、案A【预测2】 (xx合肥二模)化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是()。A明矾水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀CMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁解析Al3水解生成的Al(OH)3，起净水作用，A项正确；镶入锌块为牺牲阳极阴极保护法，B项正确；利用MgO的熔点高制作耐高温材料，C项正确；由于Mg2的氧化性小于H，电解时在阴极H放电，最终得到的是Mg(OH)2，D项错误。答案D1Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中(如在氨水和碳酸中均不溶)，Al3、Al

10、O只能分别存在于强酸性与强碱性溶液中。2(1)Al3与OH、CO、HCO、SO、S2、AlO、SiO等不能大量共存，其中OH是因为直接反应不能大量共存，其余均是因为发生“水解相互促进” 反应不能大量共存。(2)AlO与H、HCO、NH、Al3、Mg2、Cu2不能大量共存，其中AlO和HCO、H是因为直接反应(AlOHCOH2O=Al(OH)3CO、AlOHH2O=Al(OH)3)不能大量共存，其余是因为发生“水解相互促进”反应不能大量共存。3Al、Al2O3、Al(OH)3与H、OH的反应及其量的关系：4镁不仅可置换酸中的氢，也可与水解呈酸性的盐溶液反应产生H2，如Mg条置于NH4Cl溶液中可

11、产生H2和NH3；由于KspMg(OH)2Ksp(MgCO3)，故在碳酸盐或碳酸氢盐溶液中Mg2总是转化为Mg(OH)2沉淀，如Mg(HCO3)2与Ca(OH)2溶液混合，容易写成生成MgCO3、CaCO3，正确的是：Mg22HCO2Ca24OH=2CaCO3Mg(OH)22H2O。考点三铁、铜及其化合物 铁和铜均是重要的变价金属，高考常围绕铁和铜的单质和化合物的性质、转化和用途，并结合氧化还原反应进行命题，以化学生产工艺为背景考查铁和铜的单质和化合物的性质及转化也是一个重要的命题趋势。【典例3】 (xx高考试题汇编)下列有关叙述正确的是()。AFe与S混合加热生成FeS2(xx重庆，7A)B

12、Fe3有氧化性，因此FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜(xx广东，12D)CFe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3(xx天津，2D)DFe2、Al3、ClO、Cl在水溶液中一定能大量共存(xx广东，8A)解析Fe与S混合加热生成FeS，A项错误；2Fe3Cu=2Fe2Cu2，FeCu2=Fe2Cu，B项正确；Fe在足量Cl2中燃烧只能生成FeCl3，C项错误；Fe2具有还原性，ClO具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，D项错误。答案B【预测3】 (xx云南曲靖二模)部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是()。A滤液

13、A中的阳离子为Fe2、Fe3、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV896 mL解析根据题意，3.2 g滤渣一定是铜，而铜与Fe3不共存，则A项错误；最后的3.2 g固体为Fe2O3，其中Fe元素的质量为2.24 g，B项正确；样品中Cu元素和O元素共5.76 g2.24 g3.52 g，则C项错误；2.24 g Fe元素不可能全是单质，故标准状况下生成的H2的体积小于896 mL，D项错误。答案B1注意铁单质与强氧化性的氯气反应时只生成FeCl3，与强氧化性的硝酸反应时，也有生成二价铁化合物的可能性，这是由于过量的铁与Fe3反应的结果。2Fe(NO3)2溶

14、液酸化后，易忽略NO遇H后有强氧化性。3Fe(OH)3溶于HI溶液中除了发生酸碱中和反应外，还发生氧化还原反应。其反应为2Fe(OH)36H2I=2Fe2I26H2O。4SO2通入FeCl3和BaCl2的混合溶液中，易忽略SO2被Fe3氧化，其反应为2Fe3SO22H2O=2Fe24HSO，SOBa2=BaSO4。5FeCl2也可由化合反应生成，Fe2FeCl3=3FeCl2。6FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得固体不同：FeCl3溶液加热蒸干得Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3；Fe2(SO4)3溶液蒸干仍为Fe2(SO4)3。7无水CuSO4白色粉末可用于检验水的存在，不能用作吸

15、水剂。8CuSO4和CuSO45H2O相互转化属于化学变化。解题技法：化学工艺流程题的解题技巧化学工艺流程题主要包括物质的制备和提纯两大类型，主要考查：(1)化工生产条件的控制；(2)化学实验操作及化工流程的设计与评价；(3)金属、非金属单质和化合物的性质与转化；(4)关于化工生产的相关计算。物质制备类型化工生产流程题的解题策略：(1)明确原始物质及目标物质；(2)明确化工生产流程：原料对原料的预处理核心化学反应产品的提纯分离目标产物；(3)掌握主要的化工生产原理等；(4)掌握常见的与化工生产有关的操作方法及作用。尤其要注意对原料进行的预处理和控制反应条件的常用方法，它们分别是：对原料进行预处

16、理的常用方法及其作用：研磨以增大接触面积而加快反应速率；对原料酸(或水)浸的目的是与酸(或水)接触反应或溶解；灼烧以除去可燃杂质；煅烧以促使物质转化；常用的控制反应条件的方法：调节溶液的pH使某些金属离子沉淀；控制温度、压强以加快反应速率或使平衡移动；趁热过滤以防止某物质降温而析出；冰水洗涤以洗去杂质离子而减少晶体的损耗；提纯类化工生产流程题的解题策略：(1)明确原料中所含杂质和主要物质；(2)认真分析流程图，明确提纯的流程；(3)明确提纯的方法：水溶法、酸溶法、碱溶法、氧化或还原法、加热灼烧法、调节溶液的pH法等；(4)明确常用的分离方法：过滤、萃取和分液、结晶(蒸发结晶、冷却结晶)、蒸馏或

17、分馏等；同时还要注意物质分离、提纯的原则及注意事项等。碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域，以锂辉石(主要成分为Li2OAl2O34SiO2)为原料制备Li2CO3的工艺流程如下：已知：Fe3、Al3、Fe2和Mg2以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4；Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303 K下的溶解度分别为34.2 g、12.7 g和1.3 g。(1)步骤前，锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是_。(2)步骤中，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li、SO，另含有Al3、Fe3、Fe2、Mg2、Ca2、Na等杂质，需在搅拌下加入_(填“石灰石”、“氯化钙”或“稀硫酸

18、”)以调节溶液的pH到6.06.5，沉淀部分杂质离子，然后分离得到浸出液。(3)步骤中，将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，可除去的杂质金属离子有_。(4)步骤中，生成沉淀的离子方程式为_。(5)从母液中可回收的主要物质是_。解析(1)对锂辉石进行粉碎处理的目的是增大锂辉石粉末与硫酸的接触面积，使锂辉石与硫酸充分反应，提高浸出率；(2)步骤所要加入的物质，其主要作用是增大溶液的pH，将溶液的pH调节到6.06.5，分析所提供的备选物，只有石灰石能达到目的；(3)步骤处理后的浸出液中，已经除去了Al3、Fe3，加入H2O2会将Fe2氧化为Fe3，加入石灰乳则可将氧化所

19、得的Fe3和Mg2除去，再加入Na2CO3则可除去所加入的过量Ca2；(4)生成沉淀的主要反应为2LiCO=Li2CO3；(5)母液中留下的主要离子为Na和SO，所以回收所得物质为Na2SO4。答案(1)增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率(2)石灰石(3)Fe2、Mg2、Ca2(4)2LiCO=Li2CO3(5)Na2SO4 明确原料和制备的物质，明确生产流程，明确流程中所用的操作方法：粉碎处理的目的是增大锂辉石与硫酸的接触面积，使锂辉石与硫酸充分反应；加入石灰石能消耗溶液中的H，从而达到调节pH的目的。(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(共7个小题，每小题6分，共42分，

20、每小题给出的四个选项中只有一个是正确的)1(xx潍坊期末)下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变反应产物种类的是()。A碳粉在氧气中燃烧 BCO2通入氢氧化钠溶液C铁在氯气中燃烧 D铜和硝酸反应解析A项改变用量会产生CO或CO2；B项用量不同会生成NaHCO3或Na2CO3；D项硝酸的浓度不同，会生成NO或NO2；C项氯气具有强氧化性，只能是生成FeCl3。答案C2能实现下列物质间直接转化的元素是()。单质氧化物酸或碱盐A硅 B硫 C铜 D铁解析硅的氧化物(SiO2)与H2O不能转化为H2SiO3，铜、铁的氧化物均不能与H2O反应转化为对应的碱。答案B3(xx宜春期末)中学化学中很多“规

21、律”都有其使用范围，据有关“规律” 下列结论合理的是()。A根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO B金属镁可以通过电解MgCl2制得，推出金属铝可以通过电解AlCl3制得C金属钠在纯氧中燃烧生成Na2O2，推出金属锂在纯氧中燃烧生成Li2O2DCaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推出CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2解析B项熔融的氯化铝不导电；C项锂在氧气中燃烧只能生成Li2O；D项硝酸会将CaSO3氧化为CaSO4。答案A4(xx安徽，13)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1 molL1的Fe(NO3)3和

22、Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是()。解析因KspAl(OH)3 KspFe(OH)3，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3 沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3OH=AlO2H2O，故C项图像符合实际情况。答案C5(xx黄冈期末)25 、101 kPa下：2Na(s)O2(g)=Na2O(s)H1414 kJmol1；2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H2511 kJmol1。下列说法正确的是()。A和生成等物

23、质的量的产物，转移的电子数相同BNa与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快C25 、101 kPa下，Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H1317 kJmol1D和产物中的阴阳离子个数比均为11解析根据电子守恒可知，等量的钠参加反应转移电子数相等，A项正确；高温下，钠与足量氧气反应生成Na2O2，B项错误；C项根据盖斯定律2求得的H317 kJmol1，不正确；D项和产物中的阴阳离子个数之比均为12，不正确。答案A6已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的关系如图所示部分产物略去，Fe能与足量稀HNO3反应生成Fe(NO3)3。下列说法错

24、误的是()。AA、B、D可能是钠及其化合物BA、B、D可能是铁及其化合物CA、B、D可能是铝及其化合物DA、B、D不可能是非金属及其化合物解析选项A，A为NaOH、B为NaHCO3、D为Na2CO3、E为CO2时满足框图转化关系；选项B，A为Fe、E为稀硝酸、D为Fe(NO3)2、B为Fe(NO3)3时满足框图转化关系；选项C，A为AlCl3、E为NaOH、B为NaAlO2、D为Al(OH)3时满足框图转化关系；选项D，A为C、E为O2、B为CO2、D为CO时满足框图转化关系，所以A、B、D可能是非金属及其化合物。答案D7(xx安师大附中二模)常温下，将1.92 g铜加入到100 mL H2S

25、O4和HNO3的混合液中，Cu全部溶解，放出无色气体，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448 mL(标准状况)的氢气。下列有关结论不正确的是()。A溶解的铁粉为2.8 gB原溶液中c(SO)0.5 molL1C原混合溶液中c(H)1.2 molL1D原溶液中n(NO)0.08 mol解析此题的关键是要理解第一步反应中铜与硝酸及硫酸反应生成了CuSO4和NO及水，且硝酸恰好完全反应，铜的物质的量为0.03 mol，所以根据电子得失守恒得出参加反应的HNO3的物质的量为0.02 mol，D错；第二步反应为铁和硫酸反应，铁和铜离子反应，根据铜离子的物质的量及氢气的物质的量，求算出铁

26、粉的质量为2.8 g，再综合第一步和第二步反应求出c(SO)和c(H)。答案D二、非选择题(共4个题，共58分)8(14分)科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。(1)实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式_。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是_。(2)下图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320 左右，电池反应为2NaxS=Na2Sx，正极的电极反应式为_。M(由Na2O和Al2O3制得)的两个作用是_。(3)Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为_，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。解析(1)乙醇中含有羟基可以与金属

27、钠反应放出氢气，化学方程式为2CH3CH2OH2Na2CH3CH2ONaH2；单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，在加热时可与热的氢氧化钠溶液反应，因此要清洗附着在试管壁上的硫，可选用CS2或热的氢氧化钠溶液；(2)由电池反应可以看出金属钠失去电子作为负极，单质硫得电子被还原成S，所以正极的电极反应式为xS2e=S；(3)Na2S属于强碱弱酸盐S2水解显碱性，所以c(H)最小，但由于水解程度很小，大部分S2还在溶液中。因为氢硫酸属于二元弱酸，所以S2水解时分两步进行且以第一步水解为主，水解化学方程式为S2H2OHSOH、HSH2OH2SOH，因此Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(

28、Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)；由于S2极易与Cu2结合形成CuS沉淀而抑制S2水解，因此溶液的碱性会降低，pH减小，反应离子方程式为S2Cu2=CuS。答案(1)2CH3CH2OH2Na2CH3CH2ONaH2CS2或热的氢氧化钠溶液(2)xS2e=S离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫(3)c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)减小9(15分)(xx合肥模拟)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、电化浸出，最后用惰性电极电解硫酸铜溶液生产铜的流程如图所示：当向溶液中加入精矿粉(不考虑黄铜矿中的其他杂质)后，发生的反应主要有CuFeS24H=Cu2Fe22H2S,2

29、Fe3H2S=2Fe2S2H。请回答下列问题：(1)电化浸出时，阴极的电极反应式为_，通入空气的作用是_(用离子方程式表示)。(2)若忽略硫酸铁的其他损耗，理论上反应中_(填“需要”或“不需要”)补充硫酸铁，原因是_。(3)浸出液必须趁热过滤，主要原因是_。(4)浸出过程中常加入NaCl，一方面可以提供Cl，抑制铜在氧化过程中发生钝化，另一方面可以增加溶液中H的活性和_。解析当精矿粉溶解后，溶液中的阳离子有Fe2、Cu2、Na、H，故在阴极放电的是Cu2，由于阴极区通入空气，溶液中还存在硫酸，故阴极上析出的铜在空气和催化剂的作用下溶解于稀硫酸中。阳极上发生氧化反应，由于还原性Fe2OH，故阳极

30、上放电的是Fe2，电极反应式为Fe2e=Fe3。溶液中存在较多的硫酸铜，当温度降低后，其溶解度减小，容易析出，影响铜的产量，因此需趁热过滤。答案(1)Cu22e=Cu2CuO24H=2Cu22H2O(2)不需要Fe3被还原后得到Fe2，Fe2在阳极放电生成Fe3，实现了浸出剂的循环(3)防止硫酸铜晶体析出(4)增强溶液的导电性10(14分)(xx池州市联考)四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料，由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题：(1)往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3

31、Fe=3Fe22TiO2(无色)Fe4H=2Ti3(紫色)Fe22H2OTi3(紫色)Fe3H2O=TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是_。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在_范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25 时，KspFe(OH)32.791039，该温度下反应Fe(OH)3(s)3H(aq)Fe3(aq)3H2O(l)的平衡常数K_。(4)已知：TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)O2(g)H140 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H2

32、21 kJmol1写出中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_(只要求写出一项)。解析(1)根据题目给出的三个反应离子方程式分析铁屑的作用是作还原剂，即：将Fe3还原为Fe2，另外浸出液显紫色，说明含有Ti3，由于Ti3的还原性大于Fe2，过量的Ti3能防止Fe2被氧化。(2)形成TiO2nH2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为109107 m(或1 nm100 nm) 。(3)KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)2.791039,25 时，

33、c(H)c(OH)KW11014；反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K2.79103。(4)涉及盖斯定律计算，比较常规，按要求写出反应热化学方程式相加即可得出答案：TiO2(s)2C(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1。(5)从流程图上明显看出，该过程中产生了“三废”，因而该工艺流程中存在的不足之处是产生了废气、废液、废渣等。答案(1)使溶液中的Fe3还原为Fe2；生成Ti3保护Fe2不被氧化(2)109 m107 m(或其他合理答案)(3)2.79103(4)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1

34、(5)产生三废(或其他合理答案)11(创新预测题)(15分)铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：(1)黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为3FeS28O26SO2Fe3O4，有3 mol FeS2参加反应，转移_mol电子。(2)氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式为_；从腐蚀废液回收得到金属铜，还需要的试剂是_。(3)与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是_。(4)钢铁的电化学腐蚀简单示意图如下，将该图稍作修改即可成为钢铁电化学防护的简单示意图，请在下图虚线框内作出修改，并

35、用箭头标出电子流动方向。解析(1)反应中FeS2中的Fe和S失电子发生氧化反应，O2得电子，8 mol O2得电子数为32 mol，即为该反应中的转移电子总数。(2)回收铜的过程中，Fe3将Cu氧化为Cu2，再利用铁将铜置换，为除去过量的铁粉可以向沉淀中加入稀盐酸或稀硫酸。(3)Fe3水解溶液呈酸性，在酸性废水中抑制了Fe3的水解。(4)电化学防护，可以是原电池原理，也可以是电解原理，但是石墨为惰性电极，故应用电解原理，使铁与电源的负极相连做阴极。答案(1)32(2)2Fe3Cu=2Fe2Cu2铁粉、稀盐酸(或稀硫酸)(3)酸性废水抑制Fe3的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体(4)