[最新]高考化学必考题型早知道【专题13】几种重要的金属含答案解析

最新教学资料·高考化学专题十三几种重要的金属12012·安徽理综，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 mol·L1的Fe(NO3)3和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()22012·重庆理综，7下列叙述正确的是()A. Fe与S混合加热生成FeS2BNaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷32012·课标全国理综，26铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。 (1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54 g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH的阴离子交换柱，使Cl和OH发生交换。交换完成后，流出溶液的OH用0.40 mol·L1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0 mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：_(列出计算过程)；(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n(Fe)n(Cl)12.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为_。在实验室中，FeCl2可用铁粉和 _反应制备，FeCl3可用铁粉和_反应制备；(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_；(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_。与MnO2Zn电池类似，K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为_，该电池总反应的离子方程式为_。42012·天津理综，9信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是_。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：甲：Al2(SO4)3·18H2O乙：Al2(SO4)3·18H2O丙：Al2(SO4)3·18H2O上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol·L1 EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式w_；下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子专题十三几种重要的金属 解析1C 因Al(OH)3的溶解度大于Fe(OH)3，所以当向浓度均为0.1 mol·L1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，应先生成Fe(OH)3沉淀，再生成Al(OH)3沉淀，生成Al(OH)3沉淀时发生的反应为Al33OH=Al(OH)3，继续滴加NaOH溶液，发生反应Al(OH)3OH=AlO2H2O，最终Al(OH)3沉淀消失，由方程式知，生成Al(OH)3沉淀的过程与Al(OH)3沉淀消失的过程中，消耗NaOH溶液的体积比为31，故C项正确。2C A中Fe与S混合加热生成FeS，A项不正确；B中NaHCO3的热稳定性差，受热时发生分解：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，B项不正确；C中，因为铜是过量的，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，Cu与稀硝酸反应会生成NO，C项正确；D中，白磷在空气中加热时会燃烧，白磷转化为红磷需要隔绝空气加热，D项不正确。3. 答案：(1)n(Cl)0.0250 L×0.40 mol·L10.010 mol054 g0.010 mol×35.5 g·mol10.19 gn(Fe)0.19 g/56 g·mol10.0034 moln(Fe)n(Cl)0.00340.01013，x3(2)0.10盐酸氯气(3)2Fe32I=2Fe2I2(或2Fe33I=2Fe2I)(4)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO5H2O3ClFeO3e4H2O=Fe(OH)35OH-2FeO8H2O3Zn=2Fe(OH)33Zn(OH)24OH注：Fe(OH)3、Zn(OH)2写成氧化物等其他形式且正确也给分解析：(1)由Cl与OH发生交换可得：n(Cl)n(OH)n(H)2.50×103×0.40 mol，n(Cl)×x两式相等，解得x3。(2)混合体系的计算：设n(FeCl2)x mol、n(FeCl3)y mol，列方程组xy1、2x3y2.1，解得：x0.9 mol、y0.1 mol，所以样品中FeCl3的物质的量分数×100%10%；(3)HI属于强电解质，I被Fe3氧化为棕色I2，配平即可。(4)反应物Fe3被氧化为FeO，化合价升高3，ClO被还原为Cl，化合价降低2，所以方程式中Fe3、FeO计量数为2，ClO、Cl计量数为3，即2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O，在碱性溶液中依据电荷守恒用OH、H2O配平即可；正极发生得电子的还原反应，碱性条件下FeO得到3个电子生成Fe(OH)3，即：FeO3e4H2O=Fe(OH)35OH，依据H原子守恒得到：FeO3e4H2O=Fe(OH)35OH，最后用O原子检查是否正确；负极反应为Zn2e2OH=Zn(OH)2，根据得失电子守恒两电极反应变为2FeO6e8H2O=2Fe(OH)310OH、3Zn6e6OH=3Zn(OH)2，两式相加即得电池总反应式。4. 答案：(1)Cu4H2NOCu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O Au、Pt(2)将Fe2氧化为Fe3 不引入杂质，对环境无污染 Fe3、Al3(3)加热脱水(4)甲 所得产品中含有Fe2(SO4)3杂质 乙(5)×100%c解析：(1)由于加入的为稀硫酸、浓硝酸，可确定与Cu反应的为硝酸，发生的离子反应为Cu4H2NO=Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O，Au与Pt不与酸反应。(2)分析滤液中的离子为Cu2、Fe2、Fe3、Al3，与氧化剂H2O2反应的只有Fe2，所以加H2O2的目的为氧化Fe2为Fe3，便于在调节pH时使其沉淀出来，用H2O2的优点为不引入新杂质，对环境无污染；调节pH的目的是使Fe3和Al3生成沉淀。(3)用CuSO4·5H2O制备CuSO4，只需加热脱水即可。(4)由滤渣2Fe(OH)3、Al(OH)3制取Al2(SO4)3·18H2O，甲方案中的Fe3未除去，所得产品中含Fe2(SO4)3，不可行。三个方案中乙方案原子利用率更高，可获得更多的产品。(5)未干燥的锥形瓶对滴定无影响；滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，使消耗的标准液读数变小，结果偏低，可与EDTA标准液反应的干扰离子的存在消耗更多标准液，结果偏高。