專題十三鐵、銅及其重要化合物Fe及其化合物的性質1.(2022年重慶理綜,7,6分)下列敘述正確的是()A.Fe與S混合加熱生成FeS2B.NaHCO3的熱穩定性大于Na2CO3C.過量的銅與濃硝酸反應有一氧化氮生成D.白磷在空氣中加熱到確定溫度能轉化為紅磷解析:S氧化性弱,和變價金屬反應,金屬顯低價態,Fe+SFeS,其中S顯-2價,A錯;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,因此熱穩定性:Na2CO3大于NaHCO3,B錯;過量Cu與濃HNO3反應時,硝酸濃度會變稀,發生3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,C對;白磷在空氣中加熱會燃燒生成P2O5,D錯。答案:C2.(2011年福建理綜,9,6分)下表各選項中,不能利用置換反應通過Y得到W的一組化合物是()選項化合物ABCDYCO2Fe2O3C2H5OHFeCl3WMgOAl2O3C2H5ONaCuCl2解析:CO2+2MgC+2MgO,A項可以;Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3;B項可以;2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑,C項可以;2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2,不是置換反應,D項不行以。答案:D3.(2010年大綱全國理綜Ⅰ,8,6分)能正確表示下列反應的離子方程式是()A.將鐵粉加入稀硫酸中:2Fe+6H+2Fe3++3H2↑B.將磁性氧化鐵溶于鹽酸:Fe3O4+8H+3Fe3++4H2OC.將氯化亞鐵溶液和稀硝酸混合:Fe2++4H++NQUOTEFe3++2H2O+NO↑D.將銅屑加入Fe3+溶液中:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+解析:B錯誤,電荷不守恒,Fe3O4中Fe有兩種價態,正確應當為:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O;C錯誤,得失電子不守恒,電荷不守恒;正確的應為:3Fe2++NQUOTE+4H+3Fe3++NO↑+2H2O;A錯誤,不符合客觀實際,反應后鐵只能產生Fe2+和H2。答案:D4.(2021年北京理綜,27,12分)用含有A12O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的鋁灰制備Al2(SO4)3·18H2O,工藝流程如下(部分操作和條件略):Ⅰ.向鋁灰中加入過量稀H2SO4,過濾;Ⅱ.向濾液中加入過量KMnO4溶液,調整溶液的pH約為3;Ⅲ.加熱,產生大量棕色沉淀,靜置,上層溶液呈紫紅色;Ⅳ.加入MnSO4至紫紅色消逝,過濾;Ⅴ.濃縮、結晶、分別,得到產品。(1)H2SO4溶解Al2O3的離子方程式是。

(2)將MnQUOTE氧化Fe2+的離子方程式補充完整:1MnQUOTE+Fe2++

1Mn2++Fe3++。

(3)已知:生成氫氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3開頭沉淀時3.46.31.5完全沉淀時4.78.32.8注:金屬離子的起始濃度為0.1mol·L-1依據表中數據解釋步驟Ⅱ的目的:。

(4)己知:確定條件下,MnQUOTE可與Mn2+反應生成MnO2,①向Ⅲ的沉淀中加入濃HCl并加熱,能說明沉淀中存在MnO2的現象是。

②Ⅳ中加入MnSO4的目的是。

解析:Ⅰ.鋁灰中加入過量稀H2SO4,發生反應:Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O,FeO+H2SO4FeSO4+H2O,Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,過濾出不反應的SiO2和含有Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液。Ⅱ.濾液中加入過量KMnO4溶液后,其中FeSO4被氧化生成Fe2(SO4)3,調整溶液pH大于2.8,由(3)中已知信息Fe2(SO4)3完全轉化為Fe(OH)3沉淀,Al3+尚未開頭沉淀。Ⅲ.Ⅳ.加熱促進Fe(OH)3沉淀完全后,溶液中存在Al2(SO4)3、H2SO4,剩余KMnO4溶液呈紫紅色,由(4)中已知加入MnSO4與KMnO4發生氧化還原反應生成MnO2沉淀。Ⅴ.濃縮、結晶、分別得到Al2(SO4)3·18H2O。(2)由MnQUOTEMn2+,首先配Fe2+和Fe3+系數均為5,再由電荷守恒,反應物中補8molH+,由H、O原子守恒,生成物補4molH2O。(4)①利用試驗室制Cl2的反應原理,產生黃綠色氣體說明存在MnO2。答案:(1)Al2O3+6H+2Al3++3H2O(2)58H+54H2O(3)一方面,過量酸性KMnO4溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+,另一方面,Fe3+完全沉淀為Fe(OH)3,Al3+尚不能形成沉淀。(4)①產生黃綠色氣體②除去過量的MnQUOTE5.(2021年江蘇化學,19,15分)檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)是一種易吸取的高效鐵制劑,可由綠礬(FeSO4·7H2O)通過下列反應制備:FeSO4+Na2CO3FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O下表列出了相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開頭沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L-1計算)。金屬離子開頭沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8(1)制備FeCO3時,選用的加料方式是(填字母),緣由是。

a.將FeSO4溶液與Na2CO3溶液同時加入到反應容器中b.將FeSO4溶液緩慢加入到盛有Na2CO3溶液的反應容器中c.將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應容器中(2)生成的FeCO3沉淀需經充分洗滌,檢驗洗滌是否完全的方法是。

(3)將制得的FeCO3加入到足量檸檬酸溶液中,再加入少量鐵粉,80℃下攪拌反應。①鐵粉的作用是。②反應結束后,無需過濾,除去過量鐵粉的方法是

。

(4)最終溶液經濃縮、加入適量無水乙醇、靜置、過濾、洗滌、干燥,獲得檸檬酸亞鐵晶體。分別過程中加入無水乙醇的目的是。

(5)某爭辯性學習小組欲從硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3)動身,先制備綠礬,再合成檸檬酸亞鐵。請結合右圖的綠礬溶解度曲線,補充完整由硫鐵礦燒渣制備FeSO4·7H2O晶體的試驗步驟(可選用的試劑:鐵粉、稀硫酸和NaOH溶液):向確定量燒渣中加入足量的稀硫酸充分反應,,得到FeSO4溶液,,得到FeSO4·7H2O晶體。

解析:(1)碳酸鈉溶液水解顯堿性,結合相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH可知,Fe2+在堿性環境中會生成氫氧化亞鐵沉淀,故制備FeCO3時要留意把握溶液的pH,應在硫酸亞鐵中加入碳酸鈉溶液。(2)FeCO3表面吸附SQUOTE、Na+等雜質離子,檢驗洗滌是否完全時,可檢驗SQUOTE是否存在。方法是取最終一次的洗滌液1～2mL于試管中,向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液,若無白色沉淀產生,則表明已洗滌潔凈。(3)Fe2+易被氧化,加入鐵粉的目的是防止Fe2+被氧化。除去剩余的鐵粉時,為了不引入雜質,可加入適量檸檬酸與鐵粉反應。(4)檸檬酸亞鐵在乙醇中的溶解度小,加入無水乙醇,有利于晶體的析出。(5)硫鐵礦燒渣與稀硫酸反應,生成硫酸鐵和硫酸鋁,二氧化硅不溶于稀硫酸,故接下來的操作是:“過濾,向反應液中加入足量的鐵粉,充分攪拌后,滴加NaOH溶液調整反應液的pH約為5,過濾”或“過濾,向濾液中滴加過量的NaOH溶液,過濾,充分洗滌固體,向固體中加入足量稀硫酸至固體完全溶解,再加入足量的鐵粉,充分攪拌后,過濾”(滴加稀硫酸酸化,)加熱濃縮得到60℃飽和溶液,冷卻至0答案:(1)c避開生成Fe(OH)2沉淀(2)取最終一次的洗滌濾液1～2mL于試管中,向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液,若無白色沉淀產生,則表明已洗滌潔凈(3)①防止+2價的鐵元素被氧化②加入適量檸檬酸讓鐵粉反應完全(4)降低檸檬酸亞鐵在水中的溶解量,有利于晶體析出(5)“(過濾,)向反應液中加入足量的鐵粉,充分攪拌后,滴加NaOH溶液調整反應液的pH約為5,過濾”或“過濾,向濾液中滴加過量的NaOH溶液,過濾,充分洗滌固體,向固體中加入足量稀硫酸至固體完全溶解,再加入足量的鐵粉,充分攪拌后,過濾”(滴加稀硫酸酸化,)加熱濃縮得到60℃飽和溶液,冷卻至06.(2011年天津理綜,7,14分)圖中X、Y、Z為單質,其他為化合物,它們之間存在如下轉化關系(部分產物已略去)。其中,A俗稱磁性氧化鐵;E是不溶于水的酸性氧化物,能與氫氟酸反應?；卮鹣铝袉栴}:(1)組成單質Y的元素在周期表中的位置是;

M中存在的化學鍵類型為;R的化學式是。

(2)確定條件下,Z與H2反應生成ZH4。ZH4的電子式為。

(3)已知A與1molAl反應轉化為X時(全部物質均為固體),放出akJ熱量,寫出該反應的熱化學方程式:

。

(4)寫出A和D的稀溶液反應生成G的離子方程式:

。

(5)向含4molD的稀溶液中,漸漸加入X粉末至過量。假設生成的氣體只有一種,請在坐標系中畫出n(X2+)隨n(X)變化的示意圖,并標出n(X2+)的最大值。解析:A俗稱磁性氧化鐵,則A為Fe3O4。A(Fe3O4)與Al在高溫條件下發生鋁熱反應:8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3,則單質X為Fe。X(Fe)與單質Y在點燃條件下生成A(Fe3O4),則Y為O2。E是不溶于水的酸性氧化物,能與氫氟酸反應,E為SiO2,從而推知單質Z為Si。E(SiO2)與NaOH溶液反應生成Na2SiO3和H2O,則M為Na2SiO3。Y(O2)與NO、H2O反應生成D,則D為HNO3。M(Na2SiO3)與D(HNO3)溶液混合,可得H2SiO3(或H4SiO4)膠體,則R為H2SiO3(或H4SiO4)。因D(HNO3)有強氧化性,故與A(Fe3O4)反應生成G為Fe(NO3)3。(5)向HNO3溶液中加入Fe粉,開頭時HNO3過量,Fe被氧化成Fe(NO3)3:Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,當加入1molFe時恰好生成1molFe(NO3)3。再加入鐵粉時,發生反應:2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2,當總共加入1.5molFe時,生成1.5molFe(NO3)2,連續加入鐵粉后,不再發生反應,n(Fe2+)不變。由此可畫出n(Fe2+)隨n(Fe)變化的曲線。答案:(1)其次周期第ⅥA族離子鍵、共價鍵H2SiO3(或H4SiO4)(2)QUOTE(3)8Al(s)+3Fe3O4(s)9Fe(s)+4Al2O3(s)ΔH=-8akJ/mol(4)3Fe3O4+28H++NQUOTE9Fe3++NO↑+14H2O(5)7.(2010年安徽理綜,28,13分)某爭辯性學習小組在網上收集到如下信息:Fe(NO3)3溶液可以蝕刻銀,制作秀麗的銀飾。他們對蝕刻銀的緣由進行了如下探究:【試驗】制備銀鏡,并與Fe(NO3)3溶液反應,發覺銀鏡溶解。(1)下列有關制備銀鏡過程的說法正確的是。

a.邊振蕩盛有2%的AgNO3溶液的試管,邊滴入2%的氨水,至最初的沉淀恰好溶解為止b.將幾滴銀氨溶液滴入2mL乙醛中c.制備銀鏡時,用酒精燈的外焰給試管底部加熱d.銀氨溶液具有較弱的氧化性e.在銀氨溶液配制過程中,溶液的pH增大【提出假設】假設1:Fe3+具有氧化性,能氧化Ag。假設2:Fe(NO3)3溶液顯酸性,在此酸性條件下NQUOTE能氧化Ag?！驹O計試驗方案,驗證假設】(2)甲同學從上述試驗的生成物中檢驗出Fe2+,驗證了假設1成立。請寫出Fe3+氧化Ag的離子方程式:

。

(3)乙同學設計試驗驗證假設2,請幫他完成下表中內容(提示:NQUOTE在不同條件下的還原產物較簡潔,有時難以觀看到氣體產生)。試驗步驟(不要求寫具體操作過程)預期現象和結論①②……若銀鏡消逝,假設2成立。若銀鏡不消逝,假設2不成立。【思考與溝通】(4)甲同學驗證了假設1成立,若乙同學驗證了假設2也成立,則丙同學由此得出結論:Fe(NO3)3溶液中的Fe3+和NQUOTE都氧化了Ag。你是否同意丙同學的結論,并簡述理由:

。

解析:(1)制備銀鏡時,應將幾滴乙醛滴入2mL銀氨溶液中,制備銀鏡時,應用水浴加熱,不能直接加熱,故b、c都錯。(2)生成物中檢出Fe2+,說明Fe3+氧化了Ag,其離子方程式為Fe3++AgFe2++Ag+。(3)乙同學設計試驗是驗證NQUOTE在酸性條件下能氧化Ag,因此方案設計中要供應NQUOTE和H+,可以將銀鏡放到酸性硝酸鹽溶液中。答案:(1)ade(2)Fe3++AgFe2++Ag+(3)①測定上述試驗用的Fe(NO3)3溶液的pH②配制相同pH的稀硝酸溶液,將此溶液加入有銀鏡的試管中(4)不同意,甲同學檢驗出了Fe2+,可確定Fe3+確定氧化了Ag;乙同學雖然驗證了此條件下NQUOTE能氧化Ag,但在硝酸鐵溶液中氧化Ag時,由于沒有檢驗NQUOTE的還原產物,因此不能確定NQUOTE是否氧化了Ag[(3)、(4)其他合理答案均可]Cu及其化合物的性質1.(雙選題)(2022年上?；瘜W,20,4分)火法煉銅首先要焙燒黃銅礦,其反應為2CuFeS2+O2→Cu2S+2FeS+SO2,下列說法正確的是()A.SO2既是氧化產物又是還原產物B.CuFeS2僅作還原劑,硫元素被氧化C.每生成1molCu2S,有4mol硫被氧化D.每轉移1.2mol電子,有0.2mol硫被氧化解析:由反應方程式知,CuFeS2中Cu化合價降低被還原為Cu2S,CuFeS2中的S化合價上升,被氧化為SO2;O2在反應后化合價降低,被還原為SO2,因此可知SO2既是氧化產物又是還原產物,A項正確;CuFeS2既是氧化劑又是還原劑,B項錯;每生成1molCu2S,有1molS被氧化,C項錯;利用反應知轉移6mole-,有1molS被氧化,D項正確。答案:AD2.(2011年山東理綜,12,4分)Al、Fe、Cu都是重要的金屬元素,下列說法正確的是()A.三者對應的氧化物均為堿性氧化物B.三者的單質放置在空氣中均只生成氧化物C.制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能接受將溶液直接蒸干的方法D.電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液時陰極上依次析出Cu、Fe、Al解析:Al對應的氧化物Al2O3是兩性氧化物,A錯;Cu在空氣中會生成銅綠——堿式碳酸銅,即Cu2(OH)2CO3,B錯;由于AlCl3、FeCl3、CuCl2都屬于強酸弱堿鹽,加熱時發生水解,生成的鹽酸易揮發,水解平衡向右移動,進行完全,只能得到氫氧化物,所以均不能用直接加熱蒸干的方法,C正確;電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液時,依據陽離子在陰極上的放電力氣,可知Al3+排在H+后,不能得電子,Fe3+得電子生成Fe2+,Cu2+得電子生成Cu,H+得電子生成H2,D錯誤。答案:C3.(2021年廣東理綜,32,15分)銀銅合金廣泛用于航空工業。從切割廢料中回收銀并制備銅化工產品的工藝如下:[注:Al(OH)3和Cu(OH)2開頭分解的溫度分別為450℃和80(1)電解精煉銀時,陰極反應式為;

濾渣A與稀HNO3反應,產生的氣體在空氣中快速變為紅棕色,該氣體變色的化學方程式為。

(2)固體混合物B的組成為;在生成固體B的過程中,需把握NaOH的加入量,若NaOH過量,則因過量引起的反應的離子方程式為。

(3)完成煅燒過程中一個反應的化學方程式:CuO+Al2O3CuAlO2+↑。

(4)若銀銅合金中銅的質量分數為63.5%,理論上5.0kg廢料中的銅可完全轉化為molCuAlO2,至少需要1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液L。

(5)CuSO4溶液也可用于制備膽礬,其基本操作是、過濾、洗滌和干燥。

解析:(1)電解精煉銀時,Ag+在陰極得電子生成銀單質,氣體快速變棕紅是由于生成的NO氣體被空氣中的氧氣氧化成NO2,2NO+O22NO2。(2)Al2(SO4)3和CuSO4溶液中加入NaOH溶液后得到的固體為Al(OH)3和Cu(OH)2的混合物,但是煮沸后,氫氧化銅在80℃即分解,因此固體B應是氫氧化鋁和氧化銅的混合物;若加入的NaOH過量會使生成的Al(OH)3(3)該反應中未確定的產物由于是氣體,結合反應物的組成,可推知其應當為O2,然后依據氧化還原反應配平方法進行配平,最終有4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。(4)依據銅守恒可得:n(CuAlO2)=QUOTE=50mol,n[Al2(SO4)3]=QUOTEn(Al)=QUOTEn(CuAlO2),則可知需1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液25L。(5)因是從CuSO4溶液動身來制備膽礬,因此其基本操作只能為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。答案:(1)Ag++e-Ag2NO+O22NO2(2)Al(OH)3和CuOAl(OH)3+OH-AlQUOTE+2H2O(3)424O2(4)5025(5)蒸發濃縮、冷卻結晶4.(2021年浙江理綜,26,15分)氫能源是一種重要的清潔能源。現有兩種可產生H2的化合物甲和乙。將6.00g甲加熱至完全分解,只得到一種短周期元素的金屬單質和6.72L的H2(已折算成標準狀況)。甲與水反應也能放出H2,同時還產生一種白色沉淀物,該白色沉淀可溶于NaOH溶液?；衔镆以诖呋瘎┐嬖谙驴煞纸獾玫紿2和另一種單質氣體丙,丙在標準狀況下的密度為1.25g·L-1。請回答下列問題:(1)甲的化學式是;乙的電子式是。

(2)甲與水反應的化學方程式是。

(3)氣體丙與金屬鎂反應的產物是(用化學式表示)。

(4)乙在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體丙,寫出該反應的化學方程式。

有人提出產物Cu中可能還混有Cu2O,請設計試驗方案驗證之。

(已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O)(5)甲與乙之間(填“可能”或“不行能”)發生反應產生H2,推斷理由是。

解析:(1)6.00g甲分解得到H20.3mol,依據質量守恒則得到金屬單質5.4g,又化合物甲與水反應放出H2和生成白色沉淀,而白色沉淀可溶于氫氧化鈉溶液,所以該白色沉淀為Al(OH)3,則甲中的另一種元素為Al,甲為AlH3,依據反應產物寫化學方程式。(2)由丙的密度可求出丙為N2,則化合物乙為NH3。(3)N2與鎂在點燃的狀況下生成Mg3N2。(4)NH3與CuO在加熱的條件下生成Cu、N2和H2O。依據題中所給的信息,Cu2O和酸反應能生成Cu2+(顯藍色),所以選擇的試劑只要保證Cu不反應而Cu2O能反應即可,則可以選擇稀硫酸或稀鹽酸等非氧化性的酸。(5)AlH3中H元素的化合價為-1價,而NH3中H元素的化合價為+1價,依據同種元素不同價態間可發生歸中反應,生成中間價態的物質,所以兩者可以發生反應。答案:(1)AlH3(2)AlH3+3H2OAl(OH)3↓+3H2↑(3)Mg3N2(4)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O取樣后加稀H2SO4,假如溶液變藍,說明產物中含有Cu2O,反之則無Cu2O(5)可能AlH3中H化合價為-1價,而NH3中H為+1價,因而有可能發生氧化還原反應生成氫氣5.(2022年山東理綜,28,12分)工業上由黃銅礦(主要成分CuFeS2)冶煉銅的主要流程如下:(1)氣體A中的大氣污染物可選用下列試劑中的吸取。

a.濃H2SO4 b.稀HNO3c.NaOH溶液 d.氨水(2)用稀H2SO4浸泡熔渣B,取少量所得溶液,滴加KSCN溶液后呈紅色,說明溶液中存在(填離子符號),檢驗溶液中還存在Fe2+的方法是(注明試劑、現象)。

(3)由泡銅冶煉粗銅的化學反應方程式為。

(4)以CuSO4溶液為電解質溶液進行粗銅(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等雜質)的電解精煉,下列說法正確的是。

a.電能全部轉化為化學能b.粗銅接電源正極,發生氧化反應c.溶液中Cu2+向陽極移動d.利用陽極泥可回收Ag、Pt、Au等金屬(5)利用反應2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O可制備CuSO4,若將該反應設計為原電池,其正極電極反應式為。

解析:分析冶煉銅的主要流程圖可知:冰銅(mCu2S·nFeS)在空氣作用下焙燒后,其中的-2價S、Fe2+、Cu+都會被氧化,故氣體A應為SO2,熔渣中確定含有Fe2O3。(1)中,SO2屬于酸性氧化物,可用堿性溶液吸取,故選c、d。(2)中,熔渣溶于稀H2SO4,遇KSCN溶液呈紅色,則說明溶液中存在Fe3+。由于Fe2+具有還原性,可用酸性KMnO4溶液檢驗Fe2+是否存在,觀看KMnO4溶液是否褪色。(3)中,高溫下Al作還原劑,將泡銅中的Cu2O還原為Cu單質:3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu。(4)中,電解精煉銅時,粗銅作陽極,精銅作陰極,溶液中Cu2+向陰極移動,活潑性比銅弱的金屬以單質形式留在陽極。(5)中,在原電池中,正極發生還原反應,故O2在正極被還原為OH-(O2+4e-+2H2O4OH-),考慮到酸性環境,正極反應式為:O2+4e-+4H+2H2O。答案:(1)c、d(2)Fe3+取少量溶液,滴加KMnO4溶液,KMnO4溶液褪色(3)3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu(4)b、d(5)4H++O2+4e-2H2O6.(2022年天津理綜,9,18分)信息時代產生的大量電子垃圾對環境構成了極大的威逼。某“變廢為寶”同學探究小組將一批廢棄的線路板簡潔處理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物,并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線:請回答下列問題:(1)第①步Cu與酸反應的離子方程式為

;

得到濾渣1的主要成分為。

(2)第②步加H2O2的作用是,

使用H2O2的優點是;

調溶液pH的目的是使生成沉淀。

(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是。

(4)由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小組設計了三種方案:甲:濾渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙:濾渣2酸浸液濾液Al2(SO4)3·18H2O丙:濾渣2濾液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三種方案中,方案不行行,緣由是

;

從原子利用率角度考慮,方案更合理。

(5)探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液,每次取20.00mL,消退干擾離子后,用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點,平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應如下:Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+寫出計算CuSO4·5H2O質量分數的表達式w=;

下列操作會導致CuSO4·5H2O含量的測定結果偏高的是。

a.未干燥錐形瓶b.滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡c.未除凈可與EDTA反應的干擾離子解析:依據制備路線可知,Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、濃硝酸,則可以將Cu、Al、Fe溶解,Au、Pt不溶解,所以濾渣1的主要成分為Au、Pt,濾液1中含有Cu、Fe、Al的離子。依據濾液2和CuSO4·5H2O可知,濾液2為CuSO4溶液,濾渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第①步中Cu與酸發生的反應為Cu與濃硝酸的反應:Cu+4H++2NQUOTECu2++2NO2↑+2H2O或濃硝酸與稀硫酸的混合過程中硝酸變稀,發生的反應也可能為3Cu+8H++2NQUOTE3Cu2++2NO↑+4H2O。依據分析可知濾渣1的主要成分為Pt、Au。(2)第②步操作中加H2O2的目的是將Fe2+轉化為Fe3+,從而將Fe3+轉化為沉淀除去,防止對CuSO4晶體的制備產生干擾。H2O2的優點是:還原產物為H2O,不引入雜質,同時對環境沒有污染。調整pH的目的是將Fe3+和Al3+轉化為沉淀而除去。(3)用CuSO4·5H2O制備無水CuSO4,只要除去結晶水即可。在加熱過程中CuSO4發生水解,但是由于硫酸不揮發,所以最終得到的照舊是CuSO4,所以只要加熱脫水即可。(4)甲中制備的Al2(SO4)3晶體中含有Fe3+。乙、丙兩種方案中,丙方案中的H2SO4有部分轉化為Na2SO4,所以乙方案的原子利用率更高。(5)依據題意可知,Cu2+～H2Y2-,發生反應的EDTA的物質的量為cmol·L-1×b/1000L,所以20mL該溶液中含有的CuSO4的物質的量為cmol·L-1×b/1000L,樣品中含有的CuSO4·5H2O的質量為(cmol·L-1×b/1000L×250g·mol-1×5),所以CuSO4·5H2O的質量分數為QUOTE×100%。依據CuSO4·5H2O的質量分數表達式可知,未干燥錐形瓶,對CuSO4的物質的量的測定無影響,所以a無影響;滴定終點時滴定管的尖嘴部分產生氣泡,則實際消耗的EDTA溶液的體積比讀出來的數值大,即b值偏小,所以CuSO4·5H2O含量偏低;若未除凈可與EDTA反應的離子,則消耗的EDTA溶液的體積偏大,即b值偏大,CuSO4·5H2O的含量偏高,c項正確。答案:(1)Cu+4H++2NQUOTECu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NQUOTE3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt(2)將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質,對環境無污染Fe3+、Al3+(3)加熱脫水(4)甲所得產品中含有較多Fe2(SO4)3雜質乙(5)QUOTE×100%c7.(2010年新課標全國理綜,26,14分)物質A～G有如圖所示轉化關系(部分反應物、生成物沒有列出)。其中A為某金屬礦的主要成分,經過一系列反應可得到B和C。單質C可與E的濃溶液發生反應,G為磚紅色沉淀。請回答下列問題:(1)寫出下列物質的化學式:B、E、G;

(2)利用電解可提純C物質,在該電解反應中陽極物質是,陰極物質是,電解質溶液是;

(3)反應②的化學方程式是

;

(4)將0.23molB和0.11mol氧氣放入容積為1L的密閉容器中,發生反應①,在確定溫度下,反應達到平衡,得到0.12molD,則反應的平衡常數K=。若溫度不變,再加入0.50mol氧氣后重新達到平衡,則B的平衡濃度(填“增大”、“不變”或“減小”),氧氣的轉化率(填“上升”、“不變”或“降低”),D的體積分數(填“增大”、“不變”或“減小”)。

解析:(1)本推斷題的突破口有兩個:①G為磚紅色沉淀,可推知G為Cu2O,逆推F中含有Cu2+,從而推知C單質應為單質Cu;②單質C可與E的濃溶液加熱反應而被氧化為Cu2+,結合B→D的反應條件可知E為濃硫酸,逆推D為SO3,B為SO2。(2)粗銅精煉裝置,陽極應為粗銅,陰極為精銅,電解質溶液為含Cu2+的溶液。(4)依據已知條件可得2SO2+O22SO3c(起始)/mol·L-1 0.23 0.11 0c(轉化)/mol·L-1 0.12 0.06 0.12c(平衡)/mol·L-1 0.11 0.05 0.12則K≈23.8。若溫度不變,再加入0.50molO2,會使平衡向正反應方向移動,重新達到平衡后,而O2自身轉化率降低,對于SO3來說,雖平衡右移使其物質的量增加,但比不上總物質的量增加,故SO3的體積分數減小。答案:(1)SO2H2SO4Cu2O(2)粗銅精銅CuSO4溶液(3)Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(4)23.8減小降低減小Fe及其化合物的性質1.(2022杭州學軍中學高三月考)某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3,若向其中漸漸加入鐵粉,溶液中Fe2+濃度和加入鐵粉的物質的量之間的關系如圖所示。則稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物質的量濃度之比為()A.1∶1∶1 B.1∶3∶1C.3∶3∶8 D.1∶1∶4解析:氧化性由強到弱的挨次為:HNO3>Fe3+>Cu2+,則隨鐵粉增加,反應分別為:4HNO3(稀)+FeFe(NO3)3+NO↑+2H2O2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2Cu(NO3)2+FeFe(NO3)2+Cu所以原溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物質的量之比為:(2-1)∶1∶4=1∶1∶4。答案:D2.(2022濰坊高三質檢)FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入鐵粉,充分反應后仍有固體存在,則下列推斷不正確的是()A.加入KSCN溶液確定不變紅色B.溶液中確定含Fe2+C.溶液中確定含Cu2+D.剩余固體中確定含Cu解析:加入鐵粉,先發生反應:2Fe3++Fe3Fe2+,再發生反應:Fe+Cu2+Fe2++Cu。反應后有固體存在,可能為兩種狀況:①Cu,②Fe和Cu,無論哪種狀況,溶液中確定含有Fe2+,確定沒有Fe3+,可能含有Cu2+。答案:C3.(2021安徽合肥第一次質檢)下列試驗操作及現象與試驗結論全都的是()選項試驗操作及現象試驗結論A向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液,生成白色沉淀該溶液中不愿定含有SQUOTEB光滑的鐵釘放在冷的濃硫酸中,無明顯現象鐵釘與冷的濃硫酸不反應C將少量的溴水分別滴入FeCl2溶液、NaI溶液中,再分別滴加CCl4振蕩靜置,下層分別呈無色和紫紅色氧化性:Br2>Fe3+>I2D向濃度均為0.1mol·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol·L-1的AgNO3溶液,產生的沉淀呈黃色Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)解析:A選項中也可能含有Ag+,與試驗結論全都;B選項中發生了鈍化,鈍化是一種化學變化,與試驗結論不全都;C選項只能得出:氧化性:Br2>Fe3+、Br2>I2,但不能得出氧化性:Fe3+>I2的結論,與試驗結論不全都;D中產生的沉淀呈黃色,是AgI沉淀。由于KCl、KI的濃度相同,且化合物類型相同,表明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),與試驗結論不全都。答案:ACu及其化合物的性質4.(2021四川德陽一診)向100mL18mol/L的硫酸中加入足量銅片,加熱并充分反應。下列有關說法正確的是()A.充分反應后轉移1.8mol電子B.H2SO4只作氧化劑C.若不加熱應生成H2D.消耗的銅的質量確定少于57.6g解析:n(H2SO4)=1.8mol,由于銅只能與濃硫酸反應:Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑,所以不會生成H2,C錯;由于不能確定有多少H2SO4參與反應,轉移的電子物質的量不能確定,A錯;H2SO4既作氧化劑,也起到酸性作用,B錯;當1.8molH2SO4完全反應,理論上消耗銅0.9mol。m(Cu)=0.9mol×64g·mol-1=57.6g,但隨反應進行硫酸濃度變小,反應將會停止,消耗的銅質量少于57.6g,D正確。答案:D5.(2022常州高三統測)已知酸性條件下有如下反應:2Cu+Cu2++Cu。由于反應溫度不同,用氫氣還原氧化銅時,可能產生Cu或Cu2O,兩者都是紅色固體。一同學對某次用氫氣還原氧化銅試驗所得的紅色固體產物作了驗證,試驗操作和試驗現象記錄如下:加入試劑稀硫酸濃硫酸、加熱稀硝酸濃硝酸試驗現象紅色固體和藍色溶液無色氣體無色氣體和藍色溶液紅棕色氣體和藍色溶液由此推出本次氫氣還原氧化銅試驗的產物是()A.Cu B.確定有Cu,可能有Cu2OC.Cu2O D.確定有Cu2O,可能有Cu解析:由紅色固體與稀硫酸反應的試驗現象知該紅色固體中確定含有Cu2O,又由于Cu2O、Cu分別與濃硫酸、稀硝酸、濃硝酸反應時產生的現象分別相同,故無法確定紅色固體中是否有Cu。答案:D6.(雙選題)(2022廣州高三測試)某爭辯小組通過系列試驗探究Cu及其化合物的性質,操作正確且能達到目的的是()A.將銅絲插入濃硫酸中加熱,把反應后的溶液沿器壁倒入水中,觀看硫酸銅溶液的顏色B.常溫下將銅絲伸入盛滿氯氣的集氣瓶中,觀看CuCl2的生成C.將CuCl2溶液在蒸發皿中加熱蒸干,得到無水CuCl2固體D.將表面有銅綠[Cu2(OH)2CO3]的銅器放入鹽酸中浸泡,除去銅綠解析:銅與濃硫酸反應生成硫酸銅,但反應液中水很少,不以水合狀態存在,無法觀看到其藍色,應將其倒入水中稀釋后觀看,A項正確;常溫下銅與氯氣反應很慢,不能觀看到氯化銅的生成,B項錯誤;由于Cu2+的水解:Cu2++2H2O2H++Cu(OH)2,加熱蒸干過程中,HCl會揮發,使水解平衡向右移動,產生Cu(OH)2沉淀,得不到無水氯化銅,C項錯誤;銅綠能與鹽酸反應生成易溶于水的氯化銅,D項正確。答案:AD7.(雙選題)(2021廣東潮州模擬改編)下列各組離子能大量共存的是()A.NaClO水溶液中:Fe2+、Cl-、Ca2+、H+B.加入KSCN顯紅色的溶液:K+、Na+、I-、S2-C.澄清酸性溶液中:K+、Fe3+、SQUOTE、NQUOTED.pH=2的溶液中:NQUOTE、Na+、Cl-、Cu2+解析:ClO-與Fe2+發生氧化還原反應,ClO-與H+會形成HClO弱電解質,A項錯誤;往溶液中加入KSCN,溶液顯紅色說明溶液中存在Fe3+,S2-、I-均可與Fe3+發生氧化還原反應,B項錯誤。答案:CD8.(2022廣東佛山高三質檢)硫鐵礦燒渣是一種重要的化工生產中間產物,主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等。下面是以硫鐵礦燒渣制備高效凈水劑聚合硫酸鐵的流程圖:(1)試驗室實現“操作Ⅰ”所用的玻璃儀器有、玻璃棒和燒杯?！安僮鳍蟆毕盗胁僮髅Q依次為、、過濾和洗滌。

(2)“酸溶”過程中Fe3O4溶解的化學反應方程式為

。

(3)硫鐵礦燒渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是

。

(4)試驗室檢驗“反應Ⅰ”已經完全的試劑是,現象是

。

(5)加入適量H2O2的目的是氧化Fe2+,寫出H2O2氧化Fe2+為Fe3+的離子方程式:

。

解析:(1)依據流程圖可知,操作Ⅰ為過濾,需要的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯。操作Ⅲ的目的是由溶液得到晶體FeSO4·7H2O,故需蒸發濃縮、冷卻結晶。(2)Fe3O4和H2SO4發生復分解反應生成FeSO4、Fe2(SO4)3。(3)將固體粉碎能增大接觸面積,加快反應。(4)反應Ⅰ為:Fe+2Fe3+3Fe2+,取清液,用KSCN溶液檢驗不顯紅色,從而確認Fe3+反應完全。(5)H2O2作氧化劑時其還原產物為H2O。答案:(1)漏斗蒸發濃縮冷卻結晶(2)Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O(3)增大燒渣與硫酸的接觸面積,加快燒渣的溶解(4)KSCN溶液溶液不呈紅色(5)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O9.(2021廣東五華中學模擬)鐵黃是一種重要的顏料,化學式為Fe2O3·xH2O,廣泛用于涂料、橡膠、塑料、文教用品等工業。試驗室模擬工業利用硫酸渣(含Fe2O3及少量的CaO、MgO等)和黃鐵礦粉(主要成分為FeS2)制備鐵黃的流程如下:(1)操作Ⅰ與操作Ⅱ中都用到玻璃棒,玻璃棒在兩種操作中的作用分別是、。

(2)試劑a最好選用(供選擇使用的有:鋁粉、空氣、濃HNO3);其作用是。

(3)上述步驟中需用到氨氣。下列裝置可用于試驗室制氨氣的是(填序號)。

(4)檢驗溶液Z中含有NQUOTE的方法是。

(5)查閱資料知,在不同溫度下Fe2O3被CO還原,產物可能為Fe3O4、FeO或Fe,固體質量與反應溫度的關系如下圖所示。依據圖像推斷670℃時Fe2O3還原產物的化學式為,并設計一個簡潔的試驗,證明該還原產物的成分(簡述試驗操作、現象和結論):

。

儀器自選。可供選擇的試劑:稀硫酸、稀鹽酸、H2O2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液。解析:(1)操作Ⅱ是過濾。(3)a裝置NH4Cl受熱分解為NH3、HCl后,遇冷又生成NH4Cl,無法制取氨氣;b裝置CaO與濃氨水中的水反應并放出大量熱使氨氣從氨水中揮發出來,可以制取氨氣;c裝置試管口應當略低于試管底;d裝置濃氨水受熱氨氣從氨水中揮發出來,可以制取氨氣。(5)n(Fe2O3)=0.3mol,反應過程中削減的質量只能是氧元素的質量m(O)=(48.0-43.2)g=4.8g,削減n(O)=0.3mol,670℃時Fe2O3還原產物中n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.6mol、n(O)=3n(Fe2O3答案:(1)攪拌加速溶解(或攪拌加速反應)引流(2)空氣作氧化劑,將Fe2+氧化為Fe3+(3)bd(4)取少量溶液Z置于試管中,滴加過量NaOH溶液并微熱,將潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口,試紙變藍色,證明含有NQUOTE(5)FeO取少量還原產物置于試管中,加入過量稀硫酸(或稀鹽酸),固體完全溶解且無氣泡產生;再向其中滴加KSCN溶液,溶液不變色;最終滴加H2O2溶液,溶液變紅色,證明還原產物為FeO10.(2021安徽名校聯盟第一次聯考)工業上以黃銅礦(主要成分是CuFeS2,雜質不溶于水和酸)為原料,制備藍色晶體G,其化學式為[Cu(NH3)4]SO4·H2O,涉及流程如下:已知25℃Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp8.0×10-162.2×10-204.0×10-38完全沉淀pH≥9.6≥6.4≥3.2(1)加快黃銅礦焙燒速率,可接受的措施有

(寫兩種)。

(2)加入雙氧水可能發生反應的離子方程式為

;

試劑X的化學式為。

(3)常溫下,0.1mol/L試劑Y的pH=11,則該溫度下,試劑Y的電離常數為,用pH試紙測該溶液pH的方法是。

(4)已知Cu(OH)2+4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O,寫出該反應的平衡常數表達式:。

(5)在溶液N中加入乙醇的目的是

。

解析:(1)對于固體反應物燃燒來講,加快化學反應速率的措施有:①增大固體接觸面積;②上升溫度;③增大空氣流速(即增大O2濃度);④利用超聲波等;結合本題的狀況,①②③都符合。(2)從該題的工藝流程,再結合產物的陰離子,溶液Q應為H2SO4溶液,則溶液A中有:Fe2+、Fe3+、Cu2+和過量H2SO4,再結合所給數據,知此工藝應將Fe2+Fe3+,然后讓Fe3+水解成Fe(OH)3沉淀濾去,而Cu2+則不能形成沉淀,而要保證Fe3+水解形成沉淀[由于Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+],則需要減小溶液酸性,所以雙氧水的作用是將Fe2+氧化成為Fe3+,過量的試劑X的作用是能夠促進Fe3+Fe(OH)3,即要促進Fe3+水解向右進行,那么則需要消耗H+又不能引入新的雜質,結合題中物質應當加入含銅元素又能消耗H+且不引入雜質的物質,則X為CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3。(3)由上面知溶液C主要為CuSO4溶液,則加入Y后能生