2019-2020年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 金屬元素及其化合物典題演示.docx

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2019-2020年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 金屬元素及其化合物典題演示 (xx上海卷)在精制飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打(NaHCO3)，并提取氯化銨作為肥料或進(jìn)一步提純?yōu)楣I(yè)氯化銨。完成下列填空。 (1)寫出上述制備小蘇打的化學(xué)方程式: (2)濾出小蘇打后，母液提取氯化銨有兩種方法: ①通入氨，冷卻、加食鹽，過濾 ②不通氨，冷卻、加食鹽，過濾 對(duì)兩種方法的評(píng)價(jià)正確的是　　　　(填字母)。 a. ①析出的氯化銨純度更高 b. ②析出的氯化銨純度更高 c. ①的濾液可直接循環(huán)使用 d. ②的濾液可直接循環(huán)使用 (3)提取的NH4Cl中含有少量Fe2+、S。將產(chǎn)品溶解，加入H2O2，加熱至沸，再加入BaCl2溶液，過濾，蒸發(fā)結(jié)晶，得到工業(yè)氯化銨。 加熱至沸的目的是　 。 濾渣的主要成分是　　　　　　　　、　　　　　　　　。 (4)稱取1.840 g小蘇打樣品(含少量NaCl)，配制成250 mL溶液，取出25.00 mL用0.100 0 molL-1鹽酸滴定，消耗鹽酸21.50 mL。 實(shí)驗(yàn)中所需要的定量?jī)x器除滴定管外，還有　　　　　　　　　　。 選用甲基橙而不選酚酞作為指示劑的原因是　　　　　　　　　　。 樣品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為　　　　　　(保留3位小數(shù))。 (5)將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測(cè)定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，則測(cè)定結(jié)果　　　　(填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)。 [答案] (1)NH4HCO3+NaClNaHCO3↓+NH4Cl (2)ad (3)使Fe3+完全水解為Fe(OH)3　Fe(OH)3　BaSO4 (4)電子天平、250 mL容量瓶　選用酚酞作為指示劑，不能確定滴定終點(diǎn)　0.982 (5)偏高 [解析] (1)飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打(NaHCO3)，根據(jù)質(zhì)量守恒可知同時(shí)生成NH4Cl，反應(yīng)的方程式為NH4HCO3+NaClNaHCO3↓+NH4Cl。(2)母液中含有氯化銨，通入氨，冷卻、加食鹽，有利于氯化銨的析出，純度更高，過濾后濾液中含有氨氣，不能直接循環(huán)使用，而②的濾液可直接循環(huán)使用。(3)加熱有利于亞鐵離子的氧化，且有利于鐵離子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸鋇沉淀，濾渣的主要成分是氫氧化鐵、硫酸鋇。(4)準(zhǔn)確稱量固體，應(yīng)用電子天平;碳酸氫鈉溶液的pH本來就接近8.2，與酚酞變色的pH接近，變色時(shí)的pH和反應(yīng)終點(diǎn)的pH不好判斷，而使用甲基橙容易判斷終點(diǎn)，且反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的誤差小;n(HCl)=0.021 5 L0.100 0 molL-1=0.002 15 mol，則25.00 mL溶液中n(NaHCO3)=0.002 15 mol，所以樣品中m(NaHCO3)=0.002 15 mol1084 gmol-1=1.806 g，w(NaHCO3)==0.982。(5)如全為碳酸氫鈉，與鹽酸反應(yīng)后生成氯化鈉，質(zhì)量減小，而如全部為氯化鈉時(shí)，質(zhì)量基本不變，可知加熱后固體質(zhì)量越小，碳酸氫鈉含量越大，則若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，蒸干后所得固體質(zhì)量偏小，則小蘇打含量偏高。 實(shí)驗(yàn)室用銅制備CuSO4溶液有多種方案，某實(shí)驗(yàn)小組給出了以下三種方案。請(qǐng)回答有關(guān)問題: (1)甲方案: CuCuSO4 ①寫出該反應(yīng)的離子方程式:　 。 ②為了節(jié)約原料，硫酸和硝酸的物質(zhì)的量之比最佳為)∶n(HNO3)=　　　　。 (2)乙方案: 將6.4 g銅絲放到90 mL 1.5 molL-1稀硫酸中，控溫在50 ℃。加入40 mL 10%的H2O2，反應(yīng)0.5 h，升溫到60 ℃，持續(xù)反應(yīng)1 h后，經(jīng)一系列操作，得CuSO45H2O 20.0 g[已知有關(guān)摩爾質(zhì)量:M(Cu)=64 gmol-1， M(CuSO45H2O)=250 gmol-1]。 ①反應(yīng)時(shí)溫度控制在5060 ℃，不宜過高的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 ②本實(shí)驗(yàn)CuSO45H2O的產(chǎn)率為　　　 　。 (3)丙方案: 將空氣或氧氣直接通入到銅粉與稀硫酸的混合物中，發(fā)現(xiàn)在常溫下幾乎不反應(yīng)。向反應(yīng)液中加少量FeSO4，即發(fā)生反應(yīng)，生成硫酸銅。反應(yīng)完全后，加物質(zhì)A調(diào)節(jié)pH至4 ，然后過濾、濃縮、結(jié)晶。 ①物質(zhì)A可選用以下的　　　　(填字母)。 A. CaO　B. NaOH　C. CuCO3　D. Cu2(OH)2CO3　E. Fe2(SO4)3 ②反應(yīng)中加入少量FeSO4可加速銅的氧化，F(xiàn)eSO4的作用是　　　　　　　　　　　　。 (4)對(duì)比甲、乙、丙三種實(shí)驗(yàn)方案，丙方案的優(yōu)點(diǎn)有(寫兩條):　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　。 [答案] (1)①3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O?、?∶2 (2)①H2O2溶液受熱易分解造成損耗　②80% (3)①CD?、谧鞔呋瘎?或起催化作用) (4)無污染　原料利用率高(或常溫下反應(yīng)，耗能少;原料便宜，成本低等) [解析] (1)3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O，由離子方程式可知，若需要硝酸2 mol時(shí)，已有2 mol H+，還需要6 mol H+，即需要3 mol H2SO4，所以為了節(jié)約原料，硫酸和硝酸的物質(zhì)的量之比最佳為n(H2SO4)∶n(HNO3)=3∶2。 (2)①反應(yīng)時(shí)溫度控制在5060 ℃，不宜過高的原因是H2O2溶液受熱易分解造成損耗。②理論上應(yīng)該得到CuSO45H2O的質(zhì)量為250 gmol-1=25.0 g，本實(shí)驗(yàn)CuSO45H2O的產(chǎn)率=100%=80.0%。 (3)①CuCO3 、Cu2(OH)2CO3調(diào)節(jié)pH，不引入雜質(zhì)，過量的CuCO3 、Cu2(OH)2CO3用過濾的方法除去。 (4)對(duì)比甲、乙、丙三種實(shí)驗(yàn)方案，丙方案的優(yōu)點(diǎn)有:無污染;原料利用率高;常溫下反應(yīng)，耗能少;原料便宜，成本低等。 (xx浙江卷)某研究小組為了探究一種無機(jī)礦物鹽X(僅含四種元素)的組成和性質(zhì)，設(shè)計(jì)并完成了如下實(shí)驗(yàn): 另取10.80 g X在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40 g固體1。請(qǐng)回答如下問題: (1)畫出白色沉淀1中金屬元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖:　　　　　　　　　　。寫出氣體甲的電子式:　 。 (2)X的化學(xué)式是　　　　　　　　，在惰性氣流中加熱X至完全分解的化學(xué)方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)白色沉淀2在空氣中變成紅褐色沉淀的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用化學(xué)方程式表示)。 (4)一定條件下，氣體甲與固體1中的某種成分可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，寫出一個(gè)可能的化學(xué)方程式: 　　　　　　　　　　　，并設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證該反應(yīng)的產(chǎn)物:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 [答案] (1) (2)CaFe(CO3)2　CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ (3)4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3 (4)2FeO+CO2Fe2O3+CO 檢測(cè)Fe2O3:將固體用稀鹽酸溶解，加入KSCN溶液，若顯紅色，表明產(chǎn)物中有Fe(Ⅲ) 檢測(cè)CO:將氣體通過灼熱CuO，黑色固體變紅色 [解析] 由白色沉淀2在空氣中可轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀知X中含有鐵元素，由X與鹽酸反應(yīng)生成氣體甲，甲又能與溶液1反應(yīng)生成白色沉淀且該白色沉淀又可在水中繼續(xù)與甲反應(yīng)，故甲是CO2。由實(shí)驗(yàn)過程知X中含有+2價(jià)的鐵、還含有C，另一種金屬可能是+2價(jià)的鈣，故X的化學(xué)式為CaFe(CO3)2，X分解得到CO2、CaO、FeO。高溫下FeO與CO2反應(yīng)生成CO，另一種產(chǎn)物可能是Fe2O3。將反應(yīng)后所得到的固體用稀硫酸溶解，然后用KSCN溶液檢驗(yàn)是否含有Fe3+，將氣體產(chǎn)物通過熱的CuO固體，根據(jù)固體變紅色可確定CO2中有CO。