22019高考化学高分突破二轮复习专题十一从矿物质到金属材料备考备查清单学案

22019高考化学高分突破二轮复习专题十一从矿物质到金属材料备考备查清单学案

备考备查清单 ‎[知识体系]‎ ‎1.铝及化合物的转化 ‎2.铁及化合物的转化 ‎3.铜及化合物的转化 ‎[规律方法]‎ ‎1.金属及其化合物的常见转化形式 ‎(1)直线型转化关系 ABC　实例：‎ ‎①NaNa2ONa2O2‎ ‎②X为强酸，如NaAlO2Al(OH)3AlCl3‎ ‎③X为强碱，如AlCl3Al(OH)3NaAlO2‎ ‎(2)三角型转化关系 ‎2.三种方法：实验室里制取Al(OH)3的方法 ‎3.铝盐与强碱溶液反应图像题解题流程 ‎4.“铁三角”的应用 ‎(1)判断离子能否大量共存。‎ ‎①Fe3＋S2－、I－、SO。‎ ‎②Fe2＋NO(H＋)、ClO－、MnO(H＋)。‎ ‎③Fe3＋、Fe2＋HCO、CO。‎ ‎(2)除杂 主要物质 杂质 除杂方法 Fe2＋‎ Fe3＋‎ 加过量铁屑后过滤 FeCl3‎ FeCl2‎ 加氯水或H2O2‎ Fe2＋‎ Cu2＋‎ 加过量铁屑后过滤 Fe Al 加过量强碱溶液后过滤 ‎(3)盐溶液的配制与保存 ‎①Fe2＋的盐溶液：加少量铁粉，防止Fe2＋被氧化；加少量相应的酸，防止Fe2＋水解。‎ ‎②Fe3＋的盐溶液：加少量相应的酸，防止Fe3＋水解。‎ ‎5.成功制备Fe(OH)2的关键 由于Fe(OH)2具有很强的还原性，易被氧化为Fe(OH)3，在实验室中制备Fe(OH)2，并使Fe(OH)2长时间保持白色沉淀状态，成为物质制备实验探究的热点。‎ 制备原理：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓‎ 成功关键：(1)溶液中不含Fe3＋和O2等氧化性物质。‎ ‎(2)制备过程中，保证生成的Fe(OH)2在密闭的隔绝空气的体系中。‎ ‎6.(1)熟记2个特殊现象：①Fe(OH)2→Fe(OH)3，是白色→灰绿色→红褐色；②Fe3＋遇SCN－，溶液变红色。‎ ‎(2)记住4种颜色：Fe2＋—浅绿色，Fe3＋—棕黄色，Fe2O3—红棕色，Fe(OH)3—红褐色。‎ ‎(3)掌握4个复杂化学方程式：‎ ‎①4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3‎ ‎②3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O ‎③3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O ‎④2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O ‎7.(1)必记1个反应 铜绿的生成：2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3‎ ‎(2)牢记7种颜色 Cu—红色，CuO—黑色，Cu2O—砖红色，CuSO4粉末—白色，CuSO4·5H2O—蓝色，CuCl2固体—棕黄色，Cu2(OH)2CO3—绿色 ‎8.铜的冶炼 ‎(1)粗炼 ‎①火法炼铜(以CuFeS2为例)：2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2　2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2　2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑‎ ‎②湿法炼铜：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4‎ ‎(2)电解精炼 电解时，以CuSO4溶液作电解液，粗铜为阳极，纯铜为阴极。‎ 一、选择题 ‎1.(2017·杭州七县市)向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量的铜粉，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是(　　)‎ A.Fe2＋、Fe3＋ B.Fe2＋、Cu2＋‎ C.Fe3＋、Cu2＋ D.Cu＋、Cu2＋‎ 解析　向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜粉，会发生化学反应：Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是Cu2＋、Fe2＋，故选B。‎ 答案　B ‎2.(2018·湖州市高二期末)用棕黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是(　　)‎ 选项 实验 现象 解释或结论 A 加入FeCl3固体 溶液变成红褐色 FeCl3的水解程度变大 B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c(Fe3＋)变小 C 加入足量铁粉 溶液颜色变成浅绿色 ‎2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋‎ D 将FeCl3溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应ΔH>0‎ 解析　A项，加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe(OH)3浓度变大，但溶液浓度越大，水解程度越小；在棕黄色的FeCl3溶液中加入等体积水，溶液被稀释，c(Fe3＋)变小，溶液颜色变浅，B正确；在棕黄色的FeCl3溶液中加入足量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，溶液颜色变成浅绿色，C正确；水解反应是吸热反应，将FeCl3溶液微热可加速FeCl3‎ 的水解，溶液变成红褐色，D正确。‎ 答案　A ‎3.(2017·金华市武义一中高二上期中)Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na＋、H＋、Cl－、OH－，且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为(　　)‎ A.2∶4∶1 B.3∶2∶1 ‎ C.2∶3∶1 D.4∶2∶1‎ 解析　所得溶液中只含有Na＋、H＋、Cl－、OH－，且溶液呈中性，说明只含有NaCl一种溶质，Al2O3转化为Al(OH)3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知n(Na)＝n(HCl)，即满足n(Na2O2)∶n(HCl)＝1∶2即可，选项中只有A符合。‎ 答案　A ‎4.(2017·湖州市高三一模)某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2。按如下流程可制得Cu3N和铁红。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.每生成1 mol Cu3N，转移的电子为6 mol B.滤液G可以并入滤液E加以利用 C.加入NH4HCO3溶液需控制温度以抑制NH4HCO3分解 D.由FeCO3转化为Fe2O3的操作包括洗涤、干燥、空气中煅烧 解析　某矿石主要含CuO和Cu2(OH)2CO3，以及少量Fe2O3、FeO和SiO2，SiO2不与酸反应，过滤滤渣A为SiO2，滤液B中含有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋，加C过滤，滤渣D最终转化为Cu3N，滤液最终转化为氧化铁，所以滤液E中含有Fe2＋，滤渣D为Cu和多余的Fe，C为铁粉，滤渣D加酸溶解，过滤，滤液G为Fe2＋溶液，滤渣F为Cu；滤液E中含有Fe2＋与碳酸氢铵反应生成FeCO3，FeCO3在空气中煅烧得到Fe2O3。A项，Cu转化为 Cu3N，Cu的化合价升高1价，则每生成1 mol Cu3N，转移的电子为3 mol，故A错误；B项，由分析可知，滤液G为Fe2＋溶液，滤液E中含有Fe2＋‎ ‎，所以滤液G可以并入滤液E加以利用，故B正确；C项，温度太高，会促进NH4HCO3分解，所以需控制温度以防止NH4HCO3分解，故C正确；D项，通过过滤把FeCO3从溶液中分离出来，需要洗涤、干燥，然后在空气中煅烧就得到Fe2O3，故D正确。‎ 答案　A ‎5.(2017·浙江省余杭区高二上期末)下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是(　　)‎ A.铝跟NaOH溶液 B.Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液 C.Al2O3和热水 D.Al2(SO4)3溶液跟过量的氨水 解析　A.铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，故A错误；B.硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故B错误；C.氧化铝不溶于水，与热水不反应，得不到氢氧化铝，故C错误；D.硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，得到了氢氧化铝，故D正确。‎ 答案　D ‎6.(2018·浙江省镇海中学月考)部分被氧化的Fe、Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋‎ B.样品中Fe元素的质量为2.24 g C.样品中CuO的质量为4.0 g D.V＝896 mL 解析　由于氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，铁离子优先反应，所以滤液中一定不存在铁离子，故A错误；滤液A中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，3.2 g氧化铁的物质的量为0.02 mol，含有铁元素的物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中Fe元素的质量为56 g/ mol×0.04 mol＝2.24‎ ‎ g，故B正确；滤液中不含铜离子，滤渣为金属铜，铜元素的物质的量为0.05 mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为80 g/ mol×0.05 mol＝4.0 g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0 g，故C错误；由于部分铁用于置换金属铜，则与氢离子反应生成氢气的铁的物质的量小于0.04 mol，反应生成的气体的物质的量小于0.04 mol，标准状况下生成的气体的体积一定小于22.4 mol/L×0.04 mol＝0.896 L＝896 mL，故D错误。‎ 答案　B ‎7.(2017·浙江台州中学高二上期中)某实验过程如图所示，则图③试管中的现象是(　　)‎ A.铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色 B.铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 C.铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 D.无明显现象，因稀硫酸不与铜反应 解析　试管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，生成的无色气体NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体NO2，同时Cu片溶解，所以看到的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色。‎ 答案　A ‎8.(2018·浙江浙江暨阳联合)硫酸锰可用于饲料营养强氧化剂和媒染剂。其生产原材料软锰矿(MnO2)、菱锰矿(MnCO3)中常混有硫酸亚铁和硫酸镁等杂质，生产工艺如下图：‎ 已知：(1)硫酸锰晶体和硫酸镁晶体的溶解度曲线如下图。‎ ‎(2)完全沉淀离子的pH：Fe3＋为3.5，Fe2＋为9.5，Mn2＋为10.8，Mg2＋为11.6。‎ 下列判断正确的是(　　)‎ A.试剂A应该选择H2O2，目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋‎ B.在蒸发结晶时，温度应该略高于60 ℃‎ C.操作I包括蒸发、冷却、结晶、趁热过滤、洗涤等步骤，洗涤时可用稀硫酸做洗液 D.试剂A应该选择氨水，目的是调节溶液的pH 解析　A.二氧化锰具有强氧化性，可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，试剂A应起到调节pH的作用，使铁离子水解生成沉淀而除去因二氧化锰具有强氧化性，无需加入过氧化氢，故A错误；B.温度高于60 ℃，晶体溶解度减小，利于蒸发结晶，故B正确；C.操作I用于分离硫酸锰和硫酸镁，包括蒸发、冷却、结晶、趁热过滤、洗涤等步骤，因硫酸锰晶体易溶于水，不能用稀硫酸洗涤，故C错误；D.A不能是氨水，否则金属离子都生成沉淀，故D错误；故选B。‎ 答案　B ‎9.(2017·绍兴一中高二下期中)某铁的氧化物样品，用50 mL 2 mol/L的盐酸恰好完全溶解，若所得溶液吸收标准状况下Cl2 224 mL，可以使溶液中的亚铁离子全部转化为三价铁离子。则该样品可能的化学式是(　　)‎ A.FeO B.Fe3O4 ‎ C.Fe4O5 D.Fe5O7‎ 解析　n(HCl)＝0.05 L×2 mol/L＝0.1‎ ‎ mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n(O)＝n(HCl)＝0.05 mol，所得溶液还能吸收 Cl2为＝0.01 mol，恰好使其中的Fe2＋全部转变为Fe3＋，反应后所得溶液为FeCl3，溶液中n(Cl－)＝0.1 mol＋0.01 mol×2＝0.12 mol，则n(Fe3＋)＝n(Cl－)＝×0.12 mol＝0.04 mol，所以氧化物中n(Fe)∶n(O)＝0.04 mol∶0.05 mol＝4∶5，所以化学式为Fe4O5。‎ 答案　C ‎10.(2016·浙江省余杭区高二上期末)下列不能通过单质间反应而制得的物质是(　　)‎ A.CuCl2 B.SO2 ‎ C.FeCl2 D.FeS 解析　A.CuCl2可由Cu在Cl2中燃烧生成；B.硫与氧气反应生成二氧化硫；C.铁和氯气反应生成三氯化铁；D.铁和硫加热反应生成硫化亚铁。‎ 答案　C ‎11.(2018·浙江桐乡一中模拟)“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中错误的是(　　)‎ ‎①Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应可生成FeI3‎ ‎②Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，则Fe(OH)3受热也易分解 ‎③Na与O2在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与O2反应也能生成Li2O或Li2O2‎ ‎④铁露置在空气中一段时间后就会生锈，则性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中 ‎⑤不能通过电解AlCl3溶液来制取金属铝，则也不能通过电解MgCl2溶液来制取金属镁 A.①②④ B.①③④ ‎ C.②③⑤ D.①③⑤‎ 解析　①Fe与Cl2反应生成FeCl3，而Fe与I2反应生成FeI2，故错误；②难溶性碱受热易分解，则Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，可知Fe(OH)3受热也易分解，故正确；③Li与O2反应只能生成Li2O，而Na与O2‎ 在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，故错误；④Al表面被氧化生成致密的氧化膜，保护内部Al，则性质更活泼的铝能稳定存在于空气中，故错误；⑤Mg、Al均为活泼金属，利用电解法冶炼，通过电解熔融氯化镁、氧化铝冶炼Mg、Al，不能通过电解AlCl3溶液来制取金属铝，也不能通过电解MgCl2溶液来制取金属镁，故正确。‎ 答案　B ‎12.(2017·台州高一上期末)某铁矿石(若只含铁的氧化物和SiO2)取36 g溶于过量的稀盐酸中，过滤、洗涤、干燥后得5.6 g不溶物，向得到的滤液中加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤后将沉淀灼烧，得32 g红棕色固体。根据题意下列结论不正确的是(　　)‎ A.由铁矿石转化为红棕色固体的过程中发生了氧化还原反应 B.溶于盐酸后得到的滤液中n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1‎ C.铁矿石中的铁的氧化物的化学式一定是Fe3O4‎ D.若稀盐酸为3.0 mol·L－1 400 mL，反应前后体积变化忽略不计，则滤液中剩余H＋的物质的量浓度是0.5 mol·L－1‎ 解析　A.32 g Fe2O3中Fe元素质量为32 g×＝22.4 g，则O元素质量为36－5.6－22.4＝8(g)，则Fe与O物质的量之比为4∶5。根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，则最终转化为红棕色固体为Fe2O3，铁的化合价发生变化，所以发生了氧化还原反应，故A正确；B.根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，所以溶于盐酸后得到的滤液中n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，故B正确；C.根据以上分析，铁的氧化物的化学式为Fe4O5，故C错误；D.若稀盐酸为3.0 mol·L－1 400 mL，反应前后体积变化忽略不计，则根据铁的氧化物中O元素的物质的量为＝0.5 (mol)，所以消耗盐酸中的氢离子为1 mol，则滤液中剩余H＋的物质的量浓度是＝0.5 (mol·L－1)，故D正确。‎ 答案　C 二、填空题 ‎13.(2018·浙江嘉兴一中)化合物X是一种蓝黑色(有时是粉红色)的固体，是一种由趋磁细菌制造的生物矿。某研究小组按如下流程探究该固体的组成：‎ 请回答：‎ ‎(1)已知化合物X中只含两种元素，则X中含有的元素是________。‎ ‎(2)请写出E反应生成F的化学方程式：________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎(3)化合物X与盐酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种浅黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，请写出该反应的离子方程式：___________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ 解析　溶液B中加入KSCN溶液得血红色溶液C，说明溶液B中含有Fe3＋，红棕色固体A加入盐酸得溶液B，则A为Fe2O3，刺激性气味气体D与水反应得无色酸性溶液E，加入H2O2得无色溶液F且酸性增强，说明D为SO2，E为H2SO3溶液，F为H2SO4溶液，化合物X在足量的空气中煅烧得Fe2O3和SO2，已知化合物X中只含两种元素，则化合物X中含有Fe和S元素，n(Fe2O3)＝7.2 g÷160 g/ mol＝0.045 mol，则n(Fe)＝2×0.045 mol＝0.09 mol，所以8.88 g化合物X中n(S)＝(8.88 g－0.09 mol×56 g/ mol)÷32 g/ mol＝0.12 mol，n(Fe)∶n(S)＝0.09 mol∶0.12 mol＝3∶4，则X的化学式为Fe3S4。‎ ‎(1)根据上述分析可知，X中含有的元素为Fe和S；‎ ‎(2)H2SO3和H2O2发生氧化还原反应生成H2SO4和H2O，反应方程式为：H2SO3＋H2O2===H2SO4＋H2O；‎ ‎(3)化合物Fe3S4与盐酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种浅黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，说明反应产物为Fe2＋、S和H2S，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：Fe3S4＋6H＋===3Fe2＋＋S＋3H2S↑。‎ 答案　(1)Fe、S　(2)H2SO3＋H2O2===H2SO4＋H2O　(3)Fe3S4＋6H＋===3Fe2＋＋S＋3H2S↑‎ ‎14.(2017·浙江衢州二中)A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：‎ 根据图示转化关系回答：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式 A________________，B________________，‎ 乙________________，丁________________。‎ ‎(2)写出下列变化的化学方程式：‎ ‎①A与NaOH溶液反应的化学方程式____________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎②甲与NaOH溶液反应的离子方程式___________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎(3)将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36 L，则消耗的A的物质的量为________，转移电子的物质的量为________。‎ 解析　常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，甲可能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2＋CO2＋2H2O===NaHCO3＋Al(OH)3↓得丁是Al(OH)3，验证符合转化关系。(1)由上述分析可知，A为Al，B为O2，乙是NaAlO2，丁是Al(OH)3；(2)①Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑；②Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O；(3)产生的H2在标准状况下的体积为3.36 L，物质的量为＝0.15 mol，根据2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑可知，消耗的Al的物质的量为0.15 mol×＝0.1 mol，转移电子的物质的量为0.1 mol×3＝0.3 mol。‎ 答案　(1)Al　O2　NaAlO2　Al(OH)3‎ ‎(2)①2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑‎ ‎②Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O ‎(3)0.1 mol　0.3 mol ‎15.(2018·浙江温州高三二模)已知固体A受热易分解，实验流程和结果如下：‎ B和C为常见气体且所含元素相同。气体C在标准状况下密度为1.96 g·L－1。请回答：‎ ‎(1)白色沉淀的化学式_________________________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎(2)写出A受热分解的化学方程式______________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎(3)取少量固体D溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。写出产生该现象的离子方程式___________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ 解析　气体C在标准状况下密度为1.96 g·L－1，C的摩尔质量为1.96 g·L－1×22.4 mol/l＝44 g· mol－1，C为CO2，白色沉淀为CaCO3，B和C为常见气体且所含元素相同，B为CO，D为CuO，CO2的物质的量＝碳酸钙的物质的量＝20 g/100 g· mol－1＝0.2 mol，氧化铜的物质的量＝16 g/80 g· mol－1＝0.2 mol，固体A分解生成CO2、CO、CuO，由质量守恒计算m(CO)＝30.4 g－16.0 g－0.2 mol×44 g/mol＝5.6 g，n(CO)＝＝0.2 mol，由元素守恒计算得到A中氧元素的物质的量n(O)＝＝0.8 mol，A中各元素的个数比为n(Cu)∶n(C)∶n(O)＝0.2∶0.4∶0.8＝1∶2∶4，所以化学式为CuC2O4，(1)白色沉淀的化学式CaCO3。(2)A受热分解的化学方程式CuC2O4CuO＋CO↑＋CO2↑。(3)取少量固体D为CuO溶于稀硫酸，加入适量的KI溶液，反应后溶液显棕黄色，同时产生一种白色的碘化物沉淀。产生该现象的离子方程式2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。‎ 答案　(1)CaCO3‎ ‎(2)CuC2O4CuO＋CO↑＋CO2↑‎ ‎(3)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2‎