2021高考化学(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题六铁、铜及其化合物金属的冶炼 Word版含解析

11.D 在金属的冶炼方法中,铝热法中发生的是置换反应,铝是还原剂,本质上属于热还原法,A项正确;化学上所说的钢铁,其实钢是钢,铁是铁,钢是混合物,而铁是纯净物,B项正确; FeCuS2中硫元素的化合价从-2升高到-1,单质S中硫元素化合价从0降低到-1,因此FeS2既是氧化产物又是还原产物,C项正确;BrCl跟水反应生成HCl和HBrO,反应中元素的化合价均不变化,不是氧化还原反应,D项错误。 12.B

由上述分析可知,Fe由0价变为+3价,1 mol Fe失去3 mol电子,Mn由+4价变为+2价,1 mol MnO2得到2 mol电子,由于Fe也能还原Hg2+、Pb2+,故1 mol Fe至多还原1.5 mol MnO2,A项正确;重金属主要在滤渣1中,B项错误;煮沸可促进Fe3+水解,使沉淀颗粒长大,便于过滤分离,C项正确;汞、铅等重金属能污染水源和土壤,合理处理废旧电池有利于资源再利用,并防止重金属污染,D项正确。

1.BC A项,FeCl3和NaOH在溶液中反应生成红褐色氢氧化铁沉淀,不能得到氢氧化铁胶体,应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热至液体呈红褐色来制取氢氧化铁胶体,错误;B项,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,该反应中氧化剂是Co2O3,氧化产物是Cl2,所以氧化性Cl2

-色沉淀,所以该实验能检验Fe2+,正确;D项,发生的反应为AlO-2+HCO3+H2O

-Al(OH)3↓+CO23,错误。

2.B 依题意知,0A段对应反应为Fe+4H++NO-33Fe2+,BC段对应反应为2H++Fe

Fe3++NO↑+2H2O,AB段对应反应为2Fe3++Fe

H2↑+Fe2+。0A段产生的气体为NO,体积为2.24 L(0.1 mol),AB段发生

3.36-2.2422.4

的是氧化还原反应,但不是置换反应,故A、D项错误;根据反应的离子方程式可知,0A段消耗铁粉5.6 g,AB段消耗铁粉2.8 g,则m2=8.4,B项正确;n(H2)=误。

3.BC 由题图知,E中含有Fe2+,而A为含有铜单质、金单质的混合物,通过过滤将活泼性比铁弱的铜、金分离出

来

,因

此

标

号

①

处

加

入

的

物

质

为

铁

屑

,发

生

的

反

应

为

Fe+2H+是Fe+2H+

Fe2++H2↑,2Fe3++Fe

3Fe2+,Cu2++Fe

Cu+Fe2+,2Au3++3Fe

2Au+3Fe2+;标号②处加入稀

mol=0.05 mol,c(H2SO4)=

0.050.1

mol·L-1=0.5 mol·L-1,C项错

硫酸以除去铜、金中过量的铁屑,并将过滤后得到的含硫酸亚铁的溶液与含Fe2+的E溶液相混合,发生的反应

Fe2++H2↑;标号③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开,发生的反应是铜与稀硝酸的反

应。标号①②③处发生的反应均为氧化还原反应,A项正确。标号③处加入的相应物质是稀硝酸,不能是稀硫酸,B项错误。标号①处发生的离子反应有四个,C项错误。氧化铁是一种红棕色粉末,化学式为Fe2O3,工业上常用作红色颜料,D项正确。

4.D 由题图可知,硫铁矿(主要成分是FeS2,还含有少量SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分是Fe2O3,还含有少量SiO2)溶于稀硫酸,溶液中含Fe3+,过程2过滤除去二氧化硅。向滤液中通入二氧化硫,将铁离子还原为亚铁离子,过程4中操作b为蒸发浓缩、冷却结晶。废气中含SO2,A正确;因绿矾中的酸根离子为硫酸根离子,则过程2最好用稀硫酸来溶解烧渣,B正确;过程3中二氧化硫将铁离子还原为亚铁离子,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O能得到绿矾,D错误。

-+2Fe2++SO24+4H,C正确;过程4,将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干,不

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5.(1)①圆底烧瓶(1分) ② h,i→d,e(1分) g,f→b(1分) ③未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成了Fe2+(2分) (2)SO2+2Fe3++2H2O

-2+4H++SO24+2Fe(2分) Fe(OH)3胶体(1分) 生成蓝色沉淀

(1分) ①<(2分) <(2分) ②增强FeCl3溶液的酸性(2分)

【解析】 (1)①仪器X的名称为圆底烧瓶。②首先利用装置A制取氯气,然后除杂、干燥,注意导管应“长进短出”,所以a连接h,i接d;Cl2在装置F中与铁粉反应,为防止FeCl3堵塞导管,出气导管应用粗导管,则e接j;冷凝法收集升华出的FeCl3,所以k接g;最后连接盛有碱石灰的干燥管,吸收未反应的氯气且防止空气中水蒸气进入装置D中,所以f接b,则装置的连接顺序为a→h,i→d,e→j,k→g,f→b。③实验结束后,取少量装置F中的固体加水溶解,经检测发现溶液中含有Fe2+,其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的铁粉在水溶液中反应生成了Fe2+。

-(2)Fe3+与SO2在水中发生氧化还原反应生成Fe2+、H+和SO24,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,可得

离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O

-2+4H++SO24+2Fe。没有出现丁达尔现象,说明红棕色物质不是Fe(OH)3

胶体。K3[Fe(CN)6]和Fe2+反应可生成蓝色沉淀。①由实验现象可知,FeCl3与SO2首先发生反应(i),说明反应(i)比反应(ii)快,则活化能E(i)

4Fe3++2H2O(2分) 溶液

中Ag+具有氧化性,可产生Fe3+(2分) ②Ag+与I-反应生成了AgI沉淀,降低了I-的浓度,使平衡

2Fe3++2I-正向移动,使I2氧化了Fe2+(2分) (4)①加入足量稀硝酸,振荡,固体部分溶解,产生无色气

Fe3++Ag↓(2

泡,遇空气变成红棕色。静置,取少许上层清液,加入稀盐酸,有白色沉淀生成(2分) ②Fe2++Ag+分) AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应(2分)

【解析】 (1)检验Ⅱ中无Fe3+的实验操作及现象:取少量Ⅱ中溶液,滴加几滴KSCN溶液,溶液不变红。(2)分析可知,Ⅲ中的黄色浑浊是AgI。(3)①空气中存在O2,由于发生反应4Fe2++O2+4H+

4Fe3++2H2O可产生Fe3+;

3+2+溶液中Ag+具有氧化性,可产生Fe3+;酸性溶液中NO-3具有氧化性,可产生Fe;该条件下,I2溶液可将Fe氧化为

Fe3+。②通过实验进一步证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因,假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因:Ag+与I-反应生成了AgI沉淀,降低了I-的浓度,使平衡2Fe2++I2

2Fe3++2I-正向移动,使I2氧化了

Fe2+。(4)①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象:取洗净后的灰黑色固体,加入足量稀硝酸,振荡,固体部分溶解,产生无色气泡,遇空气变成红棕色。静置,取少许上层清液,加入稀盐酸,有白色沉淀生成。②ⅰ.向1mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中加入1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液,开始时,溶液无明显变化。几分钟后,出现大量灰黑色浑浊,说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子和银,发生反应Ag++Fe2+

Ag↓+Fe3+。ⅱ.经检验,Ⅳ中灰黑色

2Al3++3H2O、

浑浊中含有AgI和Ag,Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能原因是AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。 7.(1)铝与氧气反应生成致密的氧化膜,对铝起到保护作用(1分) 两性(1分) Al2O3+6H+Al2O3+2OH-生成的

2AlO-2+H2O(2分) (2)3Fe+4H2O(g)

Fe3O4+4H2(2分) 取少许溶液于试管中,滴入几滴Fe2+,所以加

KSCN

溶液不变色(2

分)

K3[Fe(CN)6]溶液,若有蓝色沉淀生成,则溶液中含有Fe2+(2分) 不正确,铁与水蒸气反应生成的Fe3O4溶于酸

Fe3+与过量的铁粉反应生成

4Cr3++3O2↑+8H2O(2分)

-+(3)2Cr2O27+16H

【解析】 (1)铝与氧气反应生成致密的氧化膜,对铝起到保护作用,因此铝制品具有很好的耐腐蚀性能;Al2O3既能与酸反应生成盐和水,又能与碱反应生成盐和水,因此Al2O3属于两性氧化物。(2)步骤①铁粉和水蒸气反应生成Fe3O4和H2。步骤③检验Fe2+的实验操作:取少许溶液于试管中,滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液,若有蓝色沉淀生成,则溶液中含有Fe2+。步骤④加入KSCN溶液,无明显现象,这并不能说明铁与水蒸气反应只生成Fe2+,

-3+也可能是Fe3O4溶于酸生成的Fe3+与过量的铁粉反应生成Fe2+。(3)Cr2O27转化成Cr,铬元素化合价降低,则

氧元素化合价升高,生成的无色气体为O2,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式,得

-+2Cr2O27+16H

4Cr3++3O2↑+8H2O。

Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑(2分) (4)

8.(1)CuO[或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3](2分) (2)将溶液转移至蒸发皿中,控制温度,加热至溶液表面形成一层晶膜(2分) 减慢冷却结晶的速度(2分) (3)Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2

在仪器A、B之间增加干燥装置,防止仪器B中的水蒸气进入仪器A中(3分) b(2分) (5)89.5%(3分)

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【解析】 (1)由题图1可知硝酸是过量的,铁转化为硝酸铁,调pH的目的是除去铁离子。为了不引入新杂质且同时不沉淀铜离子,因此第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。(2)根据题意,温度不能高于170℃,否则Cu(NO3)2·3H2O变质,故蒸发浓缩应将溶液转移至蒸发皿中,控制温度(不高于170℃),加热至溶液表面形成一层晶膜。减慢冷却结晶的速度,可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体。(3)第④步中发生反应的化学方程式是Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2

Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑。(4)某同学设计的实验装置有一处

不合理,根据题图2可知是氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进入仪器A中从而影响硝酸铜晶体的脱水反应。改进的方法是在仪器A、B之间增加干燥装置,理由是防止仪器B中的水蒸气进入仪器A中;装置改进后,向仪器A中缓慢滴加SOCl2时,需打开活塞b。(5)由题图3可知,A=0.6时,对应的溶液中c(Cu2+)=1.5×10-3mol·L-1,则

n[Cu(NO3)2]=

0.3150g

100mL

10.00mL1.5×10-3mol×188g·mol-1

×0.1L×1.5×10-3mol·L-1=1.5×10-3mol,则无水Cu(NO3)2产品的纯度是

×100%≈89.5%。

1.B 铁和稀硫酸反应生成H2,因此铁表面产生大量无色气泡,合理,故A项不符合题意;铁遇浓硫酸发生钝化,铁的表面产生一层致密的氧化物薄膜,阻碍反应的进一步进行,因此将其放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体,不合理,故B项符合题意;根据实验现象,镁表面迅速产生大量气泡,说明镁遇浓硫酸未发生钝化,合理,故C项不符合题意;根据原电池的工作原理,正极上产生气泡,因此铁作正极,镁作负极,即镁的金属性强于铁,合理,故D项不符合题意。

2.BC 将软锰矿制成浆可以增大与SO2的接触面积,从而提高了“浸锰”过程中锰的浸取速率,A项正确;因为在“浸锰”过程中通入了过量的还原性气体SO2,所以溶液 Ⅰ 中不可能存在Fe3+,B项错误;操作Ⅰ和操作Ⅱ都是过滤,用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒,C项错误;由溶液 Ⅱ 中存在Mn2+和加入饱和NH4HCO3溶液可得到产品MnCO3知,D项正确。 3.(1) ZnFe2O4+4H2SO4去(2分) 【解析】

ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O(2分) (2)①B(1分) ②促进铁离子水解转化为沉淀,并

使过量的过氧化氢分解除去(2分) (3)氢氧化铁胶粒具有吸附性(2分) (4)使铜离子、镍离子转化为单质而除

(1)根据ZnFe2O4可写成ZnO·Fe2O3

可知,ZnFe2O4与硫酸反应的化学方程式为

ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O。(2)①将溶液中少量的Fe2+氧化,应选用氧化性较强且不会引

入新杂质的物质,新制氯水的还原产物为氯离子,会引入新的杂质,氯化铁无法将Fe2+氧化,且会引入新的杂质,KMnO4的还原产物为二价锰离子,会引入新的杂质,因此应选用过氧化氢。②加热搅拌的目的是促进铁离子水解转化为沉淀,并使过量的过氧化氢分解除去。(3)因为Fe(OH)3胶粒具有吸附性,故“净化Ⅰ”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质。(4)结合流程分析知,“净化Ⅱ”中加入过量Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去。

4.(1)增大接触面积,加快浸出速率(其他合理答案也可)(2分) (2)FeTiO3+4H+

9

7

TiO2++Fe2++2H2O(2分) (3)

将Fe3+还原为Fe2+(其他合理答案也可)(2分) (4)1~100 nm(10-~10- m)(1分) (5)取最后一次洗涤液于洁净的试管中,加入KSCN溶液,若溶液不变为红色,则说明Fe(OH)3杂质已除净(其他合理答案也可)(2分) (6)TiO2+2C+2Cl2分) (8)蒸馏(1分)

【解析】 结合(2)中浸出液中所含离子对流程图进行分析:

TiCl4+2CO(2分) (7)废气CO和残留的Cl2有毒,会造成环境污染(其他合理答案也可)(2

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(1)酸浸时,将钛铁矿粉碎是为了增大接触面积,加快浸出速率,提高钛铁矿的浸出率。(2)可将FeTiO3写为FeO·TiO2的形式,结合题目信息可知,加入盐酸后发生的反应为FeTiO3+4H+

TiO2++Fe2++2H2O。(3)根据题

给3个反应,结合流程图中转化关系可知,加入铁屑的作用是将Fe3+还原为Fe2+,便于其在后续流程中以FeCl2结晶的形式析出除去。(4)能产生丁达尔效应的分散系为胶体,胶体中胶体粒子的直径范围是1~100nm(10-9~10-7m)。(5)Fe(OH)3杂质和酸反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+

Fe3++3H2O,洗涤液中若

不存在Fe3+,则说明Fe(OH)3杂质已被除净,故检验方法为取最后一次洗涤液于洁净的试管中,加入KSCN溶液,若溶液不变为红色,则说明Fe(OH)3杂质已除净。(6)由已知信息及题图可知,化学方程式为TiO2+2C+2Cl2法。 【解后反思】 本题第(3)问难度较大,考生易因不能正确提取信息而混淆反应过程。根据题中给出的3个反应,可知氧化性:Fe3+>TiO2+>Fe2+。加入铁屑后Fe先与Fe3+反应,Fe3+反应完后Fe再与TiO2+反应生成紫色的Ti3+,此时停止加入铁屑,在该过程中Fe3+全部转化为Fe2+,后续可通过浓缩结晶形成FeCl2晶体析出除去,而所得溶液为富含TiO2+的溶液。该过程类似氧化还原反应滴定过程,当指示剂变色时即认为达到滴定终点,而该过程的指示剂即为“TiO2+”。 TiCl4+2CO。(7)废气CO和残留的Cl2有毒,会造成环境污染,这是该工艺流程中的不足之处。

(8)根据表格中的数据可知,TiCl4的沸点远高于SiCl4的沸点,故要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4,可用蒸馏的方

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