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专题十三 铁、铜及其重要化合物
Fe及其化合物的性质
1.(2022年重庆理综,7,6分)下列叙述正确的是( )
A.Fe与S混合加热生成FeS2
B.NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3
C.过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成
D.白磷在空气中加热到确定温度能转化为红磷
解析:S氧化性弱,和变价金属反应,金属显低价态,Fe+SFeS,其中S显-2价,A错;2NaHCO3Na2CO3
+H2O+CO2↑,因此热稳定性:Na2CO3大于NaHCO3,B错;过量Cu与浓HNO3反应时,硝酸浓度会变稀,发生3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,C对;白磷在空气中加热会燃烧生成P2O5,D错。
答案:C
2.(2011年福建理综,9,6分)下表各选项中,不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是( )
选项
化合物
A
B
C
D
Y
CO2
Fe2O3
C2H5OH
FeCl3
W
MgO
Al2O3
C2H5ONa
CuCl2
解析:CO2+2MgC+2MgO,A项可以;Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3;B项可以;2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑,C项可以;2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2,不是置换反应,D项不行以。
答案:D
3.(2010年大纲全国理综Ⅰ,8,6分)能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A.将铁粉加入稀硫酸中:2Fe+6H+2Fe3++3H2↑
B.将磁性氧化铁溶于盐酸:Fe3O4+8H+3Fe3++4H2O
C.将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合:Fe2++4H++NFe3++2H2O+NO↑
D.将铜屑加入Fe3+溶液中:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+
解析:B错误,电荷不守恒,Fe3O4中Fe有两种价态,正确应当为:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O;C错误,得失电子不守恒,电荷不守恒;正确的应为:3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O;A错误,不符合客观实际,反应后铁只能产生Fe2+和H2。
答案:D
4.(2021年北京理综,27,12分)用含有A12O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O,工艺流程如下(部分操作和条件略):
Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤;
Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液,调整溶液的pH约为3;
Ⅲ.加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色;
Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消逝,过滤;
Ⅴ.浓缩、结晶、分别,得到产品。
(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是 。
(2)将Mn氧化Fe2+的离子方程式补充完整:
1Mn+ Fe2++ 1Mn2++ Fe3++ 。
(3)已知:
生成氢氧化物沉淀的pH
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开头沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
注:金属离子的起始浓度为0.1 mol·L-1
依据表中数据解释步骤Ⅱ的目的: 。
(4)己知:确定条件下,Mn可与Mn2+反应生成MnO2,
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是 。
解析:Ⅰ.铝灰中加入过量稀H2SO4,发生反应:Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O,FeO+H2SO4FeSO4+H2O,
Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,过滤出不反应的SiO2和含有Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液。
Ⅱ.滤液中加入过量KMnO4溶液后,其中FeSO4被氧化生成Fe2(SO4)3,调整溶液pH大于2.8,由(3)中已知信息Fe2(SO4)3完全转化为Fe(OH)3沉淀,Al3+尚未开头沉淀。
Ⅲ.Ⅳ.加热促进Fe(OH)3沉淀完全后,溶液中存在Al2(SO4)3、H2SO4,剩余KMnO4溶液呈紫红色,由(4)中已知加入MnSO4与KMnO4发生氧化还原反应生成MnO2沉淀。
Ⅴ.浓缩、结晶、分别得到Al2(SO4)3·18H2O。
(2)由MnMn2+,首先配Fe2+和Fe3+系数均为5,再由电荷守恒,反应物中补8 mol H+,由H、O原子守恒,生成物补4 mol H2O。
(4)①利用试验室制Cl2的反应原理,产生黄绿色气体说明存在MnO2。
答案:(1)Al2O3+6H+2Al3++3H2O
(2)5 8 H+ 5 4 H2O
(3)一方面,过量酸性KMnO4溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+,另一方面,Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,Al3+尚不能形成沉淀。
(4)①产生黄绿色气体 ②除去过量的Mn
5.(2021年江苏化学,19,15分)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸取的高效铁制剂,可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备:FeSO4+Na2CO3FeCO3↓+Na2SO4 FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开头沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)。
金属离子
开头沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
(1)制备FeCO3时,选用的加料方式是 (填字母),缘由是 。
a.将FeSO4溶液与Na2CO3 溶液同时加入到反应容器中
b.将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
c.将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中
(2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是 。
(3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中,再加入少量铁粉,80 ℃下搅拌反应。①铁粉的作用是 。
②反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是
。
(4)最终溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥,获得柠檬酸亚铁晶体。分别过程中加入无水乙醇的目的是 。
(5)某争辩性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3 ) 动身,先制备绿矾,再合成柠檬酸亚铁。请结合右图的绿矾溶解度曲线,补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的试验步骤(可选用的试剂:铁粉、稀硫酸和NaOH溶液):向确定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应, ,得到FeSO4 溶液, ,得到FeSO4·7H2O 晶体。
解析:(1)碳酸钠溶液水解显碱性,结合相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH可知,Fe2+在碱性环境中会生成氢氧化亚铁沉淀,故制备FeCO3时要留意把握溶液的pH,应在硫酸亚铁中加入碳酸钠溶液。
(2)FeCO3表面吸附S、Na+等杂质离子,检验洗涤是否完全时,可检验S是否存在。方法是取最终一次的洗涤液1～2 mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤洁净。
(3)Fe2+易被氧化,加入铁粉的目的是防止Fe2+被氧化。除去剩余的铁粉时,为了不引入杂质,可加入适量柠檬酸与铁粉反应。
(4)柠檬酸亚铁在乙醇中的溶解度小,加入无水乙醇,有利于晶体的析出。
(5)硫铁矿烧渣与稀硫酸反应,生成硫酸铁和硫酸铝,二氧化硅不溶于稀硫酸,故接下来的操作是:“过滤,向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加NaOH溶液调整反应液的pH约为5,过滤”或“过滤,向滤液中滴加过量的NaOH溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤”(滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到60 ℃饱和溶液,冷却至0 ℃结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥。
答案:(1)c 避开生成Fe(OH)2沉淀
(2)取最终一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤洁净
(3)①防止+2价的铁元素被氧化 ②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量,有利于晶体析出
(5)“(过滤,)向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加NaOH溶液调整反应液的pH约为5,过滤”或“过滤,向滤液中滴加过量的NaOH溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤” (滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到60 ℃饱和溶液,冷却至0 ℃结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥
6.(2011年天津理综,7,14分)图中X、Y、Z为单质,其他为化合物,它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。其中,A俗称磁性氧化铁;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应。
回答下列问题:
(1)组成单质Y的元素在周期表中的位置是 ;
M中存在的化学键类型为 ;R的化学式是 。
(2)确定条件下,Z与H2反应生成ZH4。ZH4的电子式为 。
(3)已知A与1 mol Al反应转化为X时(全部物质均为固体),放出a kJ热量,写出该反应的热化学方程式:
。
(4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式:
。
(5)向含4 mol D的稀溶液中,渐渐加入X粉末至过量。假设生成的气体只有一种,请在坐标系中画出n(X2+)随n(X)变化的示意图,并标出n(X2+)的最大值。
解析:A俗称磁性氧化铁,则A为Fe3O4。A(Fe3O4)与Al在高温条件下发生铝热反应:8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3,则单质X为Fe。X(Fe)与单质Y在点燃条件下生成A(Fe3O4),则Y为O2。E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应,E为SiO2,从而推知单质Z为Si。E(SiO2)与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O,则M为Na2SiO3。Y(O2)与NO、H2O反应生成D,则D为HNO3。M(Na2SiO3)与D(HNO3)溶液混合,可得H2SiO3(或H4SiO4)胶体,则R为H2SiO3(或H4SiO4)。因D(HNO3)有强氧化性,故与A(Fe3O4)反应生成G为Fe(NO3)3。(5)向HNO3溶液中加入Fe粉,开头时HNO3过量,Fe被氧化成Fe(NO3)3:Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,当加入1 mol Fe时恰好生成1 mol Fe(NO3)3。再加入铁粉时,发生反应:2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2,当总共加入1.5 mol Fe时,生成1.5 mol Fe(NO3)2,连续加入铁粉后,不再发生反应,n(Fe2+)不变。由此可画出n(Fe2+)随n(Fe)变化的曲线。
答案:(1)其次周期第ⅥA族 离子键、共价键 H2SiO3(或H4SiO4)
(2)
(3)8Al(s)+3Fe3O4(s)9Fe(s)+4Al2O3(s)
ΔH=-8a kJ/mol
(4)3Fe3O4+28H++N9Fe3++NO↑+14H2O
(5)
7.(2010年安徽理综,28,13分)某争辩性学习小组在网上收集到如下信息:Fe(NO3)3溶液可以蚀刻银,制作秀丽的银饰。他们对蚀刻银的缘由进行了如下探究:
【试验】 制备银镜,并与Fe(NO3)3溶液反应,发觉银镜溶解。
(1)下列有关制备银镜过程的说法正确的是 。
a.边振荡盛有2%的AgNO3溶液的试管,边滴入2%的氨水,至最初的沉淀恰好溶解为止
b.将几滴银氨溶液滴入2 mL乙醛中
c.制备银镜时,用酒精灯的外焰给试管底部加热
d.银氨溶液具有较弱的氧化性
e.在银氨溶液配制过程中,溶液的pH增大
【提出假设】
假设1:Fe3+具有氧化性,能氧化Ag。
假设2:Fe(NO3)3溶液显酸性,在此酸性条件下N能氧化Ag。
【设计试验方案,验证假设】
(2)甲同学从上述试验的生成物中检验出Fe2+,验证了假设1成立。请写出Fe3+氧化Ag的离子方程式:
。
(3)乙同学设计试验验证假设2,请帮他完成下表中内容(提示:N在不同条件下的还原产物较简洁,有时难以观看到气体产生)。
试验步骤
(不要求写具体操作过程)
预期现象和结论
①
②
……
若银镜消逝,假设2成立。
若银镜不消逝,假设2不成立。
【思考与沟通】
(4)甲同学验证了假设1成立,若乙同学验证了假设2也成立,则丙同学由此得出结论:Fe(NO3)3溶液中的Fe3+和N都氧化了Ag。你是否同意丙同学的结论,并简述理由:
。
解析:(1)制备银镜时,应将几滴乙醛滴入2 mL银氨溶液中,制备银镜时,应用水浴加热,不能直接加热,故b、c都错。
(2)生成物中检出Fe2+,说明Fe3+氧化了Ag,其离子方程式为Fe3++AgFe2++Ag+。
(3)乙同学设计试验是验证N在酸性条件下能氧化Ag,因此方案设计中要供应N和H+,可以将银镜放到酸性硝酸盐溶液中。
答案:(1)ade (2)Fe3++AgFe2++Ag+
(3)①测定上述试验用的Fe(NO3)3溶液的pH
②配制相同pH的稀硝酸溶液,将此溶液加入有银镜的试管中
(4)不同意,甲同学检验出了Fe2+,可确定Fe3+确定氧化了Ag;乙同学虽然验证了此条件下N能氧化Ag,但在硝酸铁溶液中氧化Ag时,由于没有检验N的还原产物,因此不能确定N是否氧化了Ag
[(3)、(4)其他合理答案均可]
Cu及其化合物的性质
1.(双选题)(2022年上海化学,20,4分)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿,其反应为2CuFeS2+O2→Cu2S+2FeS+SO2,下列说法正确的是( )
A.SO2既是氧化产物又是还原产物
B.CuFeS2仅作还原剂,硫元素被氧化
C.每生成1 mol Cu2S,有4 mol硫被氧化
D.每转移1.2 mol电子,有0.2 mol硫被氧化
解析:由反应方程式知,CuFeS2中Cu化合价降低被还原为Cu2S,CuFeS2中的S化合价上升,被氧化为SO2;O2在反应后化合价降低,被还原为SO2,因此可知SO2既是氧化产物又是还原产物,A项正确;CuFeS2既是氧化剂又是还原剂,B项错;每生成1 mol Cu2S,有1 mol S被氧化,C项错;利用反应知转移6 mol e-,有1 mol S被氧化,D项正确。
答案:AD
2.(2011年山东理综,12,4分)Al、Fe、Cu都是重要的金属元素,下列说法正确的是( )
A.三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B.三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能接受将溶液直接蒸干的方法
D.电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al
解析:Al对应的氧化物Al2O3是两性氧化物,A错;Cu在空气中会生成铜绿——碱式碳酸铜,即Cu2(OH)2CO3,B错;由于AlCl3、FeCl3、CuCl2都属于强酸弱碱盐,加热时发生水解,生成的盐酸易挥发,水解平衡向右移动,进行完全,只能得到氢氧化物,所以均不能用直接加热蒸干的方法,C正确;电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时,依据阳离子在阴极上的放电力气,可知Al3+排在H+后,不能得电子,Fe3+得电子生成Fe2+,Cu2+得电子生成Cu,H+得电子生成H2,D错误。
答案:C
3.(2021年广东理综,32,15分)银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下:
[注:Al(OH)3和Cu(OH)2开头分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]
(1)电解精炼银时,阴极反应式为 ;
滤渣A与稀HNO3反应,产生的气体在空气中快速变为红棕色,该气体变色的化学方程式为 。
(2)固体混合物B的组成为 ;在生成固体B的过程中,需把握NaOH的加入量,若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为 。
(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式:
CuO+ Al2O3 CuAlO2+ ↑。
(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%,理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为 mol CuAlO2,至少需要1.0 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液 L。
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾,其基本操作是 、过滤、洗涤和干燥。
解析:(1)电解精炼银时,Ag+在阴极得电子生成银单质,气体快速变棕红是由于生成的NO气体被空气中的氧气氧化成NO2,2NO+O22NO2。
(2)Al2(SO4)3和CuSO4溶液中加入NaOH溶液后得到的固体为Al(OH)3和Cu(OH)2的混合物,但是煮沸后,氢氧化铜在80 ℃即分解,因此固体B应是氢氧化铝和氧化铜的混合物;若加入的NaOH过量会使生成的Al(OH)3溶解。
(3)该反应中未确定的产物由于是气体,结合反应物的组成,可推知其应当为O2,然后依据氧化还原反应配平方法进行配平,最终有4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。
(4)依据铜守恒可得:
n(CuAlO2)= =50 mol,
n[Al2(SO4)3]=n(Al)=n(CuAlO2),则可知需1.0 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液25 L。
(5)因是从CuSO4溶液动身来制备胆矾,因此其基本操作只能为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
答案:(1)Ag++e-Ag 2NO+O22NO2
(2)Al(OH)3和CuO Al(OH)3+OH-Al+2H2O
(3)4 2 4 O2
(4)50 25
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
4.(2021年浙江理综,26,15分)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L 的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25 g·L-1。请回答下列问题:
(1)甲的化学式是 ;乙的电子式是 。
(2)甲与水反应的化学方程式是 。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是 (用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式 。
有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O,请设计试验方案验证之 。
(已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O)
(5)甲与乙之间 (填“可能”或“不行能”)发生反应产生H2,推断理由是 。
解析:(1)6.00 g甲分解得到H2 0.3 mol,依据质量守恒则得到金属单质5.4 g,又化合物甲与水反应放出H2和生成白色沉淀,而白色沉淀可溶于氢氧化钠溶液,所以该白色沉淀为Al(OH)3,则甲中的另一种元素为Al,甲为AlH3,依据反应产物写化学方程式。
(2)由丙的密度可求出丙为N2,则化合物乙为NH3。
(3)N2与镁在点燃的状况下生成Mg3N2。
(4)NH3与CuO在加热的条件下生成Cu、N2和H2O。依据题中所给的信息,Cu2O和酸反应能生成Cu2+(显蓝色),所以选择的试剂只要保证Cu不反应而Cu2O能反应即可,则可以选择稀硫酸或稀盐酸等非氧化性的酸。
(5)AlH3中H元素的化合价为-1价,而NH3中H元素的化合价为+1价,依据同种元素不同价态间可发生归中反应,生成中间价态的物质,所以两者可以发生反应。
答案:(1)AlH3
(2)AlH3+3H2OAl(OH)3↓+3H2↑
(3)Mg3N2
(4)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 取样后加稀H2SO4,假如溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O
(5)可能 AlH3中H化合价为-1价,而NH3中H为+1价,因而有可能发生氧化还原反应生成氢气
5.(2022年山东理综,28,12分)工业上由黄铜矿(主要成分CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下:
(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的 吸取。
a.浓H2SO4 b.稀HNO3
c.NaOH溶液 d.氨水
(2)用稀H2SO4浸泡熔渣B,取少量所得溶液,滴加KSCN溶液后呈红色,说明溶液中存在 (填离子符号),检验溶液中还存在Fe2+的方法是 (注明试剂、现象)。
(3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为 。
(4)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼,下列说法正确的是 。
a.电能全部转化为化学能
b.粗铜接电源正极,发生氧化反应
c.溶液中Cu2+向阳极移动
d.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
(5)利用反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O可制备CuSO4,若将该反应设计为原电池,其正极电极反应式为
。
解析:分析冶炼铜的主要流程图可知:冰铜(mCu2S·nFeS)在空气作用下焙烧后,其中的-2价S、Fe2+、Cu+都会被氧化,故气体A应为SO2,熔渣中确定含有Fe2O3。
(1)中,SO2属于酸性氧化物,可用碱性溶液吸取,故选c、d。
(2)中,熔渣溶于稀H2SO4,遇KSCN溶液呈红色,则说明溶液中存在Fe3+。由于Fe2+具有还原性,可用酸性KMnO4溶液检验Fe2+是否存在,观看KMnO4溶液是否褪色。
(3)中,高温下Al作还原剂,将泡铜中的Cu2O还原为Cu单质:3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu。
(4)中,电解精炼铜时,粗铜作阳极,精铜作阴极,溶液中Cu2+向阴极移动,活泼性比铜弱的金属以单质形式留在阳极。
(5)中,在原电池中,正极发生还原反应,故O2在正极被还原为OH-(O2+4e-+2H2O4OH-),考虑到酸性环境,正极反应式为:O2+4e-+4H+2H2O。
答案:(1)c、d
(2)Fe3+ 取少量溶液,滴加KMnO4溶液,KMnO4溶液褪色
(3)3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu
(4)b、d
(5)4H++O2+4e-2H2O
6.(2022年天津理综,9,18分)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威逼。某“变废为宝”同学探究小组将一批废弃的线路板简洁处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:
请回答下列问题:
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为
;
得到滤渣1的主要成分为 。
(2)第②步加H2O2的作用是 ,
使用H2O2的优点是 ;
调溶液pH的目的是使 生成沉淀。
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是
。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小组设计了三种方案:
甲:滤渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O
乙:滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)3·18H2O
丙:滤渣2滤液溶液Al2(SO4)3·18H2O
上述三种方案中, 方案不行行,缘由是
;
从原子利用率角度考虑, 方案更合理。
(5)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取a g试样配成100 mL溶液,每次取20.00 mL,消退干扰离子后,用c mol·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下:
Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式w= ;
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是 。
a.未干燥锥形瓶
b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c.未除净可与EDTA反应的干扰离子
解析:依据制备路线可知,Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸,则可以将Cu、Al、Fe溶解,Au、Pt不溶解,所以滤渣1的主要成分为Au、Pt,滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。依据滤液2和CuSO4·5H2O可知,滤液2为CuSO4溶液,滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。
(1)第①步中Cu与酸发生的反应为Cu与浓硝酸的反应:Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀,发生的反应也可能为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O。依据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。
(2)第②步操作中加H2O2的目的是将Fe2+转化为Fe3+,从而将Fe3+转化为沉淀除去,防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的优点是:还原产物为H2O,不引入杂质,同时对环境没有污染。调整pH的目的是将Fe3+和Al3+转化为沉淀而除去。
(3)用CuSO4·5H2O制备无水CuSO4,只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解,但是由于硫酸不挥发,所以最终得到的照旧是CuSO4,所以只要加热脱水即可。
(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe3+。乙、丙两种方案中,丙方案中的H2SO4有部分转化为Na2SO4,所以乙方案的原子利用率更高。
(5)依据题意可知,Cu2+～H2Y2-,发生反应的EDTA的物质的量为c mol·L-1×b/1 000 L,所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c mol·L-1×b/1 000 L,样品中含有的CuSO4·5H2O的质量为(c mol·L-1×b/1 000 L×250 g·mol-1×5),所以CuSO4·5H2O的质量分数为×100%。依据CuSO4·5H2O的质量分数表达式可知,未干燥锥形瓶,对CuSO4的物质的量的测定无影响,所以a无影响;滴定终点时滴定管的尖嘴部分产生气泡,则实际消耗的EDTA溶液的体积比读出来的数值大,即b值偏小,所以CuSO4·5H2O含量偏低;若未除净可与EDTA反应的离子,则消耗的EDTA溶液的体积偏大,即b值偏大,CuSO4·5H2O的含量偏高,c项正确。
答案:(1)Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O Au、Pt
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ 不引入杂质,对环境无污染 Fe3+、Al3+
(3)加热脱水
(4)甲 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 乙
(5)×100% c
7.(2010年新课标全国理综,26,14分)物质A～G有如图所示转化关系(部分反应物、生成物没有列出)。其中A为某金属矿的主要成分,经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应,G为砖红色沉淀。
请回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:B 、E 、G ;
(2)利用电解可提纯C物质,在该电解反应中阳极物质是 ,阴极物质是 ,电解质溶液是 ;
(3)反应②的化学方程式是
;
(4)将0.23 mol B和0.11 mol氧气放入容积为1 L的密闭容器中,发生反应①,在确定温度下,反应达到平衡,得到0.12 mol D,则反应的平衡常数K= 。若温度不变,再加入0.50 mol氧气后重新达到平衡,则B的平衡浓度 (填“增大”、“不变”或“减小”),氧气的转化率 (填“上升”、“不变”或“降低”),D的体积分数 (填“增大”、“不变”或“减小”)。
解析:(1)本推断题的突破口有两个:①G为砖红色沉淀,可推知G为Cu2O,逆推F中含有Cu2+,从而推知C单质应为单质Cu;②单质C可与E的浓溶液加热反应而被氧化为Cu2+,结合B→D的反应条件可知E为浓硫酸,逆推D为SO3,B为SO2。
(2)粗铜精炼装置,阳极应为粗铜,阴极为精铜,电解质溶液为含Cu2+的溶液。
(4)依据已知条件可得
2SO2 + O2 2SO3
c(起始)/mol·L-1 0.23 0.11 0
c(转化)/mol·L-1 0.12 0.06 0.12
c(平衡)/mol·L-1 0.11 0.05 0.12
则K≈23.8。
若温度不变,再加入0.50 mol O2,会使平衡向正反应方向移动,重新达到平衡后,而O2自身转化率降低,对于SO3来说,虽平衡右移使其物质的量增加,但比不上总物质的量增加,故SO3的体积分数减小。
答案:(1)SO2 H2SO4 Cu2O
(2)粗铜 精铜 CuSO4溶液
(3)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(4)23.8 减小 降低 减小
Fe及其化合物的性质
1.(2022杭州学军中学高三月考)某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3,若向其中渐渐加入铁粉,溶液中Fe2+浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物质的量浓度之比为( )
A.1∶1∶1 B.1∶3∶1
C.3∶3∶8 D.1∶1∶4
解析:氧化性由强到弱的挨次为:HNO3>Fe3+>Cu2+,则随铁粉增加,反应分别为:
4HNO3(稀)+FeFe(NO3)3+NO↑+2H2O
2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2
Cu(NO3)2+FeFe(NO3)2+Cu
所以原溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物质的量之比为:(2-1)∶1∶4=1∶1∶4。
答案:D
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