备战高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练培优 易错 难题篇3Word文件下载.docx
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从原子利用率角度考虑,_______方案更合理。
(5)用滴定法测定CuSO4·
5H2O含量。
取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol·
L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。
滴定反应如下:
Cu2++H2Y2-→CuY2-+2H+。
写出计算CuSO4·
5H2O质量分数的表达式ω=__________________。
【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质,对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2,经过蒸发、冷却、结晶、过滤,最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙
×
100%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应,随反应进行离子浓度逐渐减小,所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,Au、Pt不与混酸反应,所以滤渣的主要成分是Au、Pt;
(2)加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子,方便除去;
而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染;
调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去;
(3)由滤液2得到CuSO4·
5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶,过滤得硫酸铜晶体;
(4)甲方案不可行,因为滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;
从原子利用率角度分析,乙方案更合理,不仅能除去硫酸铁,同时增加了硫酸铝的量,原子利用率较高;
(5)由滴定反应方程式得100mL溶液中n(Cu2+)=b×
10-3×
a×
5mol,所以CuSO4·
5H2O质量分数=b×
5×
250/a×
100%。
2.将铁、铝的混合物进行如下实验:
(1)操作X的名称是________。
(2)气体A是________(填化学式)。
(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸,A在该反应中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(4)溶液B中的阴离子除OH-外还有________(填离子符号,下同),溶液D中存在的金属离子为________。
(5)加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为___________;
加入稀盐酸发生反应的离子方程式为_________。
(6)向溶液D中加入NaOH溶液,观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,请写出沉淀转化的化学方程式:
___________。
【答案】过滤H2还原剂AlO2-Fe2+2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Fe+2H+=Fe2++H2↑4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应,而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2,NaAlO2易溶于水,所以气体A是H2,溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液,固体C是Fe,Fe是比较活泼的金属,与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气,因此溶液D为FeCl2,据此分析解答。
(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法,名称是过滤,故答案为:
过滤;
(2)根据上述分析可知,金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应,而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2,NaAlO2易溶于水,所以气体A是H2,故答案为:
H2;
(3)A是H2,H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸,反应生成HCl,在该反应中,氢元素的化合价升高,失去电子,被氧化,所以H2作还原剂,故答案为:
还原剂;
(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液,所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-,铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2,溶液D中含有的金属离子为Fe2+,故答案为:
AlO2-;
Fe2+;
(5)加入足量NaOH溶液时,Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,加入稀盐酸,Fe与稀盐酸反应生成氢气和氯化亚铁,发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑,故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(6)溶液D为FeCl2,向溶液D加入NaOH溶液,观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,其中沉淀转化的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【点睛】
本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。
注意知识的积累是解题的关键,HCl的氧化性比较弱,只能把Fe氧化为Fe2+,Cl2、H2O2具有强氧化性,可以把Fe氧化为Fe3+;
Al既可以与酸反应产生氢气,也可以与强碱溶液反应反应氢气,等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。
3.现有A、B、C、D、E五种短周期元素,已知A、B、C、D四种元素的核内质子数之和为56,在元素周期表中的位置如图所示,1molE的单质可与足量酸反应,能产生33.6LH2(在标准状况下);
E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同。
A
B
C
D
回答下列问题:
(1)写出元素A名称______,元素B符号________,E原子电子式________
(2)C的简单离子结构示意图为_____________
(3)B单质在A单质中燃烧,反应现象是___________,生成物的化学式为___________
(4)A与E形成的化合物的电子式为__________,它的性质决定了它在物质的分类中应属于____________(酸性氧化物/碱性氧化物/两性氧化物)
(5)向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液至过量,此过程中观察到的现象是_________,写出化合物DE与过量烧碱反应的化学反应方程式________。
【答案】氧P
剧烈燃烧,有大量白烟P2O5
两性氧化物先出现白色沉淀,继续滴加,白色沉淀溶解AlCl3+4NaOH==3NaCl+NaAlO2+2H2O
由位置图可知,A在第二周期,B、C、D处于第三周期,设C的质子数为x,则A的质子数为x-8,B的质子数为x-1,D的质子数为x+1,A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子,则x+(x-8)+(x-1)+(x+1)=56,解得x=16,即A为O,B为P,C为S,D为Cl;
1molE单质与足量酸作用,在标准状况下能产生标准状况下33.6LH2,设E的化合价为y,根据电子转移守恒可知ymol=
2=3mol,E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同,则E为Al,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。
(1)由题可知,元素A名称为氧,元素B符号为P,E原子的最外层含有3个电子,电子式
;
(2)C为硫,简单离子结构示意图为
(3)B单质在A单质中燃烧,产生了五氧化二磷,反应现象是剧烈燃烧,有大量白烟,生成物的化学式为P2O5;
(4)A与E形成的化合物为氧化铝,电子式为
,它既能与酸反应,又能与碱反应,性质决定了它在物质的分类中应属于两性氧化物;
(5)向D与E形成的化合物氯化铝的水溶液中滴入烧碱溶液至过量,产生偏铝酸钠,此过程中观察到的现象是先出现白色沉淀,继续滴加,白色沉淀溶解,与过量烧碱反应的化学反应方程式AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O。
4.铝土矿的主要成分是Al2O3,含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。
工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程:
请回答下列问题:
(1)玻璃中含有B,刻蚀玻璃的化学方程式为___。
(2)沉淀C的成分是___,溶液D中存在较多的阴离子是___。
(3)步骤③所加入的试剂是___,生成沉淀F的离子方程式是___。
【答案】
、
和
首先加入过量盐酸,几种物质里只有
不溶于盐酸,即沉淀B,其它元素全部进入溶液A,再加入过量烧碱,
转化为氢氧化物,即沉淀C,而所有铝转变为
进入溶液D,接下来要进行一下逆推,工业上铝是电解氧化铝得到的,因此物质M是氧化铝,氧化铝又是从不溶于水的F转化来的,因此F是
,反应③其实是向
溶液中通入二氧化碳气体,故溶液E为碳酸氢钠(此步骤二氧化碳一般都是过量的),据此来分析本题即可。
(1)蚀刻玻璃是用氢氟酸来溶解玻璃中的
,其反应方程式为
(2)沉淀C的成分为
,而溶液D中存在较多的阴离子是
(3)步骤③所加入的试剂是二氧化碳,生成沉淀F的离子方程式为
。
5.A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体。
C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17。
D与F同周期。
G的单质常用作半导体材料。
请回答:
(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________(填化学式),理由是_____________。
(2)C、E形成的简单离子半径大小:
r(C)______r(E)(填>
、<
或=)
(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。
(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料,工业可用碳热还原法制取:
将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应,请写出化学反应方程式_____________。
【答案】H2OH2O分子间存在氢键>
H++AlO2-+H2O
Al(OH)3
Al3++3OH-3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO
A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体,则A为H;
G的单质常用作半导体材料,G为Si,结合原子序数可知F为Al;
C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17,17÷
3=5…2,B为N、C为O、H为S,D与F同周期,位于第三周
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