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1、專題十三 幾種重要的金屬
1.[2012·安徽理綜,13]已知室溫下,Al(OH)3的Ksp或溶解度遠(yuǎn)大于Fe(OH)3。向濃度均為0.1 mol·L-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液。下列示意圖表示生成Al(OH)3的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積的關(guān)系,合理的是( )
2.[2012·重慶理綜,7]下列敘述正確的是( )
A. Fe與S混合加熱生成FeS2
B.NaHCO3的熱穩(wěn)定性大于Na2CO3
C.過量的銅與濃硝酸反應(yīng)有一氧化氮生成
D.白磷在空氣中加熱到一定溫度能轉(zhuǎn)化為紅磷
3.[2012·課標(biāo)全國理綜,26]鐵是應(yīng)用最
2、廣泛的金屬,鐵的鹵化物、氧化物以及高價鐵的含氧酸鹽均為重要化合物。
(1)要確定鐵的某氯化物FeClx的化學(xué)式,可用離子交換和滴定的方法。實(shí)驗(yàn)中稱取0.54 g的FeClx樣品,溶解后先進(jìn)行陽離子交換預(yù)處理,再通過含有飽和OH-的陰離子交換柱,使Cl-和OH-發(fā)生交換。交換完成后,流出溶液的OH-用0.40 mol·L-1的鹽酸滴定,滴至終點(diǎn)時消耗鹽酸25.0 mL。計(jì)算該樣品中氯的物質(zhì)的量,并求出FeClx中x值:______________________(列出計(jì)算過程);
(2)現(xiàn)有一含有FeCl2和FeCl3的混合物樣品,采用上述方法測得n(Fe)∶n(Cl)=1∶2.1,則該樣
3、品中FeCl3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為________。在實(shí)驗(yàn)室中,F(xiàn)eCl2可用鐵粉和 ________反應(yīng)制備,F(xiàn)eCl3可用鐵粉和________反應(yīng)制備;
(3)FeCl3與氫碘酸反應(yīng)時可生成棕色物質(zhì),該反應(yīng)的離子方程式為____________________;
(4)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強(qiáng)氧化劑,可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)可制取K2FeO4,其反應(yīng)的離子方程式為______________。與MnO2-Zn電池類似,K2FeO4-Zn也可以組成堿性電池,K2FeO4在電池中作為正極材料,其電極反應(yīng)式為____________,該電池
4、總反應(yīng)的離子方程式為__________。
4.[2012·天津理綜,9]信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后,得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物,并設(shè)計(jì)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(yīng)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(yōu)點(diǎn)是________;調(diào)溶液pH的目的是使________生成沉淀。
(3)用第③步所得CuSO4
5、·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(shè)計(jì)了三種方案:
甲:Al2(SO4)3·18H2O
乙:
Al2(SO4)3·18H2O
丙:
Al2(SO4)3·18H2O
上述三種方案中,________方案不可行,原因是________;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a g試樣配成100 mL溶液,每次取20.00 mL,消除干擾離子后,用c mol·L-1 EDTA(H2Y2-)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),平均消耗EDT
6、A溶液b mL。滴定反應(yīng)如下:Cu2++H2Y2-===CuY2-+2H+
寫出計(jì)算CuSO4·5H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w=________;
下列操作會導(dǎo)致CuSO4·5H2O含量的測定結(jié)果偏高的是________。
a.未干燥錐形瓶
b.滴定終點(diǎn)時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡
c.未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子
專題十三 幾種重要的金屬 解析
1.C 因Al(OH)3的溶解度大于Fe(OH)3,所以當(dāng)向濃度均為0.1 mol·L-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液時,應(yīng)先生成Fe(OH)3沉淀,再生成Al(OH)3沉淀,生成Al
7、(OH)3沉淀時發(fā)生的反應(yīng)為Al3++3OH-===Al(OH)3↓,繼續(xù)滴加NaOH溶液,發(fā)生反應(yīng)Al(OH)3+OH-===AlO+2H2O,最終Al(OH)3沉淀消失,由方程式知,生成Al(OH)3沉淀的過程與Al(OH)3沉淀消失的過程中,消耗NaOH溶液的體積比為3∶1,故C項(xiàng)正確。
2.C A中Fe與S混合加熱生成FeS,A項(xiàng)不正確;B中NaHCO3的熱穩(wěn)定性差,受熱時發(fā)生分解:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,B項(xiàng)不正確;C中,因?yàn)殂~是過量的,隨著反應(yīng)的進(jìn)行,硝酸濃度逐漸減小,Cu與稀硝酸反應(yīng)會生成NO,C項(xiàng)正確;D中,白磷在空氣中加熱時會燃燒,白磷轉(zhuǎn)化為紅磷需要
8、隔絕空氣加熱,D項(xiàng)不正確。
3. 答案:(1)n(Cl)=0.0250 L×0.40 mol·L-1=0.010 mol
0.54 g-0.010 mol×35.5 g·mol-1=0.19 g
n(Fe)=0.19 g/56 g·mol-1=0.0034 mol
n(Fe)∶n(Cl)=0.0034∶0.010≈1∶3,x=3
(2)0.10 鹽酸 氯氣
(3)2Fe3++2I-===2Fe2++I(xiàn)2(或2Fe3++3I-===2Fe2++I(xiàn))
(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO+5H2O+3Cl-
FeO+3e-+4H2O===Fe(OH)3+5OH
9、-
2FeO+8H2O+3Zn===2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-
注:Fe(OH)3、Zn(OH)2寫成氧化物等其他形式且正確也給分
解析:(1)由Cl-與OH-發(fā)生交換可得:
n(Cl-)=n(OH-)=n(H+)=2.50×10-3×0.40 mol,n(Cl-)=×
兩式相等,解得x≈3。
(2)混合體系的計(jì)算:設(shè)n(FeCl2)=x mol、n(FeCl3)=y(tǒng) mol,列方程組x+y=1、2x+3y=2.1,解得:x=0.9 mol、y=0.1 mol,所以樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)=×100%=10%;
(3)HI屬于強(qiáng)電解質(zhì),I-被Fe3+氧化為
10、棕色I(xiàn)2,配平即可。
(4)反應(yīng)物Fe3+被氧化為FeO,化合價升高3,ClO-被還原為Cl-,化合價降低2,所以方程式中Fe3+、FeO計(jì)量數(shù)為2,ClO-、Cl-計(jì)量數(shù)為3,即2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO+3Cl-+5H2O,在堿性溶液中依據(jù)電荷守恒用OH-、H2O配平即可;正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng),堿性條件下FeO得到3個電子生成Fe(OH)3,即:FeO+3e-+4H2O===Fe(OH)3+5OH-,依據(jù)H原子守恒得到:FeO+3e-+4H2O===Fe(OH)3+5OH-,最后用O原子檢查是否正確;負(fù)極反應(yīng)為Zn-2e-+2OH-===Zn(OH)2,根據(jù)
11、得失電子守恒兩電極反應(yīng)變?yōu)?FeO+6e-+8H2O===2Fe(OH)3+10OH-、3Zn-6e-+6OH-===3Zn(OH)2,兩式相加即得電池總反應(yīng)式。
4. 答案:(1)Cu+4H++2NOCu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3Cu2++2NO↑+4H2O Au、Pt
(2)將Fe2+氧化為Fe3+ 不引入雜質(zhì),對環(huán)境無污染 Fe3+、Al3+
(3)加熱脫水
(4)甲 所得產(chǎn)品中含有Fe2(SO4)3雜質(zhì) 乙
(5)×100% c
解析:(1)由于加入的為稀硫酸、濃硝酸,可確定與Cu反應(yīng)的為硝酸,發(fā)生的離子反應(yīng)為Cu+4H++2
12、NO===Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3Cu2++2NO↑+4H2O,Au與Pt不與酸反應(yīng)。
(2)分析濾液中的離子為Cu2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,與氧化劑H2O2反應(yīng)的只有Fe2+,所以加H2O2的目的為氧化Fe2+為Fe3+,便于在調(diào)節(jié)pH時使其沉淀出來,用H2O2的優(yōu)點(diǎn)為不引入新雜質(zhì),對環(huán)境無污染;調(diào)節(jié)pH的目的是使Fe3+和Al3+生成沉淀。
(3)用CuSO4·5H2O制備CuSO4,只需加熱脫水即可。
(4)由濾渣2[Fe(OH)3、Al(OH)3]制取Al2(SO4)3·18H2O,甲方案中的Fe3+未除去,所得產(chǎn)品中含F(xiàn)e2(SO4)3,不可行。三個方案中乙方案原子利用率更高,可獲得更多的產(chǎn)品。
(5)未干燥的錐形瓶對滴定無影響;滴定終點(diǎn)時,滴定管尖嘴部分有氣泡,使消耗的標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)變小,結(jié)果偏低,可與EDTA標(biāo)準(zhǔn)液反應(yīng)的干擾離子的存在消耗更多標(biāo)準(zhǔn)液,結(jié)果偏高。