还剩52页未读，
继续阅读
高考化学一轮总复习优化设计 第三单元 第3节 金属材料 金属矿物的开发利用课件PPT
展开
这是一份高考化学一轮总复习优化设计 第三单元 第3节 金属材料 金属矿物的开发利用课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了必备知识自主预诊，知识梳理1合金，4铝热反应，关键能力考向突破，第三周期第ⅢA族，导电性，2化学性质，金属铝，悬浮物，不溶于等内容，欢迎下载使用。
微点拨 ①合金是混合物,合金的物理性质相比于成分金属有所改变,但合金中各成分金属的化学性质不变。②并非所有的金属都能相互形成合金,若一种金属的熔点高于另一种金属的沸点,则二者不能形成合金。
2.常见金属材料(1)分类。
(2)常见的合金材料。
③铝合金:密度小,强度高,塑性好,易于加工,具有较强的抗腐蚀能力。
3.金属矿物的开发利用(1)金属在自然界中的存在。
(2)金属冶炼的实质。金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即Mn++ne-==M(写反应通式,用M表示金属)。
(3)金属冶炼的方法(用化学方程式表示)。
微点拨 ①金属冶炼与金属活泼性的关系:
②冶炼Mg时电解熔融MgCl2而不电解熔融MgO,原因是MgO的熔点高,熔融时会耗费更多能源,增加生产成本。③冶炼Al时只能电解熔融Al2O3而不能电解熔融AlCl3,原因是AlCl3是共价化合物,熔融态不导电;加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。
Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)合金中至少含有两种金属元素,不含非金属元素。( )(2)合金中各种元素的含量一定,所以合金是纯净物。( )(3)合金的硬度一般大于成分金属,而熔点一般低于成分金属。( )(4)电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时,阴极上依次析出Cu、Fe、Al。( )(5)可以用金属钠置换四氯化钛(TiCl4)溶液中的钛来制取单质钛。( )(6)人类历史上使用铝的时间比铁晚,原因是铝不如铁活泼。( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)×
2.冶炼金属常用以下几种方法:①热分解法 ②以活泼金属Na、Mg等作为还原剂 ③以C、CO或H2作为还原剂 ④电解法 ⑤利用铝热反应原理还原下列金属各采用哪种方法冶炼最佳(用上述方法的序号填空)。(1)Fe、Zn、Cu等中等活泼金属 。 (2)Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属 。 (3)Hg、Ag等不活泼金属 。 (4)V、Cr、Mn、W等高熔点金属 。
考向1 合金的性质及应用【典例1】 (2020福建莆田第七中学期中)明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容:“……黄金美者,其值去黑铁(生铁)一万六千倍,然使釜、鬵(xín,一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间……贸迁有无,……”下列解释正确的是( )A.明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金B.添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养,也不会生锈C.金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段D.黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀
答案 C 解析 明代使用的釜、鬵都属于铁合金,故A错误;不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构,不锈钢不容易生锈;家里用的农具是铁合金,如果没及时洗干净后晾干,铁能与氧气、水分同时接触,容易发生电化学腐蚀而生锈,故B错误;金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段,故C正确;生铁的腐蚀主要是电化学腐蚀,故D错误。
对点演练1下列说法中正确的是( )A.铁是人类最早使用的金属,钢铁属于铁碳合金B.黑色金属材料及它们的合金是应用最广泛的金属材料C.金属镁有“国防金属”的美誉,也被誉为“21世纪的金属”D.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,这是铜在潮湿空气中发生电化学腐蚀的结果
答案 B 解析 铜是人类最早使用的金属,A错误;金属钛被誉为“21世纪的金属”,C错误;铜绿是铜与空气中的氧气、水蒸气和二氧化碳直接作用生成的,并未发生电化学腐蚀,D错误。
考向2 金属矿物的开发与利用【典例2】 (2020河北邢台月考)古代炼丹的五金通常是指金、银、铜、铁、锡。下列说法错误的是( )A.用焦炭热还原SnO2可得到SnB.用H2还原Fe2O3可得到FeC.Cu2S与过量O2共热产物中只含CuD.Ag2O直接热分解可得到Ag
答案 C 解析 根据金属活泼性顺序可知,可以用热还原法冶炼Sn,因此可以用焦炭热还原SnO2得到Sn,故A正确;根据金属活泼性顺序可知,也可以用热还原法冶炼Fe,因此可以用H2还原Fe2O3得到Fe,故B正确;铜能够与氧气反应,Cu2S与过量O2共热产物中含有CuO等,故C错误;银的活泼性较差,工业上将Ag2O直接加热分解可得到Ag,故D正确。
特别提醒(1)电解法冶炼活泼金属使用的是熔融的金属盐或金属氧化物,而不是盐溶液。(2)铜除了用热还原法冶炼外,还可以用湿法炼铜或电解法进行冶炼。
对点演练2《五金·铁》中记载:“若造熟铁,则生铁流出时,相连数尺内,低下数寸,筑一方塘,短墙抵之。其铁流入塘内,数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅,即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是( )A.金属冶炼方法由金属活泼性决定B.熟铁比生铁质地更硬,延展性稍差C.炒铁是为了降低铁水中的含碳量D.该法与近代往生铁水中吹空气炼钢异曲同工
答案 B 解析 活泼性不同的金属,其冶炼方法不同,即金属冶炼方法由金属活泼性决定,故A正确;熟铁比生铁质地更软,且延展性好,故B错误;炒铁过程中降低了铁水中的含碳量,从而将生铁转化成熟铁,故C正确;该冶炼方法和近代往生铁水中吹空气炼钢,都是利用空气中的氧气氧化碳元素,其原理基本相同,故D正确。
知识梳理1.铝的原子结构和在自然界中的存在铝的原子结构示意图为 。铝位于元素周期表 ,自然界中的铝全部以 态存在。
2.铝的性质(1)物理性质。铝是 色、具有金属光泽的固体,硬度 ,具有良好的 、导热性和延展性。
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式:
①Al 形成致密的氧化膜, ②
④离子方程式: ⑤
4Al+3O2==2Al2O3
Al+3Cl2 2AlCl3
2Al+6H+==2Al3++3H2↑
2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3
3.氧化铝(1)物理性质:Al2O3是高熔点的氧化物,常作为 材料及冶炼 的原料。 (2)化学性质(用离子方程式表示):
Al2O3+6H+==2Al3++3H2O
4.氢氧化铝(1)物理性质:Al(OH)3是难溶于水的白色胶状沉淀,它能吸附水中的 ,常用于水的净化,并能 色素。 (2)化学性质。
②受热分解:化学方程式为 。
Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O
2Al(OH)3 Al2O3+3H2O
(3)制备(用离子方程式表示)。
微点拨(1)Al(OH)3具有两性,能溶于强酸溶液(如盐酸)、强碱溶液(如NaOH溶液),但不溶于弱酸溶液(如H2CO3溶液)、弱碱溶液(如氨水)。(2)既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质有Al、Al2O3、Al(OH)3、多元弱酸的酸式盐(如NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等)及弱碱弱酸盐(如CH3COONH4)等。(3)用铝盐与碱溶液反应制取Al(OH)3时,采用弱碱溶液氨水而不用强碱溶液。(4)用偏铝酸盐与酸反应制取Al(OH)3时,一般是向偏铝酸盐溶液中通入CO2,而不使用强酸。
5.Al3+、Al(OH)3、Al 之间的转化关系
写出上述转化的离子方程式:(1)① ; ② ; ③ 。 (2) 。 (3) 。 (4) 。 (5)① ; ② 。 (6) 。
Al3++3OH-==Al(OH)3↓
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)铝制品在空气中能稳定存在是因为铝不活泼。( )(2)冶炼铝时常用焦炭作为还原剂。( )(3)氢氧化铝可用于中和过多胃酸。( )(4)Al2O3的熔点高,可作为耐高温材料,实验室可用氧化铝坩埚熔化NaOH、Na2CO3固体等。( )(5)常温下不能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸,因它们都具有强氧化性。( )
(6)铝与少量NaOH溶液反应得到铝盐,与足量NaOH溶液反应生成偏铝酸盐。( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√(8)×
2.(2020江西新余第四中学检测)某化学兴趣小组要在“校园科艺节活动”中使用氢气球表演节目。经过测量,每个氢气球的体积约为1.12 L(已折成标准状况)。已知兴趣小组采用Al和氢氧化钠溶液反应制取氢气。(1)若实验需要1 L 2.5 ml·L-1的NaOH溶液,则要用托盘天平称取NaOH固体 g。配制溶液过程中所需仪器除拖盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外,还需要 、 (填仪器名称)。
(2)该化学兴趣小组为了营造气氛,做了惊艳全场的铝热反应(如下图),写出该反应的化学方程式: 。兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸,向其中滴加KSCN溶液,发现溶液变红色。出现这种现象的原因可能是 。
(3)若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝,可选择 (填试剂名称),所发生反应的化学方程式为 。
答案 (1)100 1 000 mL容量瓶 胶头滴管 (2)8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe 固体中有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化 (3)氢氧化钠溶液 Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O
考向1 铝的性质【典例1】 如表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间因果关系的判断,完全正确的是( )
答案 A 解析 因为Al和Al2O3既可以与强酸反应,又可以与强碱反应,故最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物,两者有因果关系,A正确;铝与氧气反应生成氧化铝,其熔点高,铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落,Ⅱ错,B错误;明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体,胶体吸附水中的悬浮物而净化水,不能杀菌消毒,C错误;铁和铝与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应,D错误。
对点演练1铝是中学化学学习阶段的一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出H2的金属,就铝的这一特殊性质回答下列问题:(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应,所得H2的体积之比是 。 (2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中,产生H2的体积之比是 。
(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中,二者产生的H2相等,则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是 。 (4)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 ml·L-1的盐酸和NaOH溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后,测得生成的气体体积比为V(甲)∶V(乙)=1∶2,则加入铝粉的质量为 (填字母)。 A.5.4 gB.3.6 gC.2.7 gD.1.8 g
答案 (1)1∶1 (2)1∶3 (3)3∶1 (4)A
解析 (1)根据化学方程式:2Al+6HCl==2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑可知,Al与H2的关系式均为2Al~3H2,故只要参加反应的Al的量相等,所得H2的量必相等。(2)因为在反应中Al过量,产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式:6HCl~3H2、2NaOH~3H2,故当HCl、NaOH物质的量相等时,二者产生H2的物质的量之比是1∶3,即产生H2的体积之比为1∶3。(3)因为铝足量且产生H2的量相等,根据关系式可得n(HCl)∶n(NaOH)=3∶1,又因为两溶液体积相等,故物质的量浓度c(HCl)∶c(NaOH)=n(HCl)∶n(NaOH)=3∶1。
(4)其反应原理分别为2Al+6HCl==2AlCl3+3H2↑,2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量相同时,产生H2的体积比是1∶3,而题设条件体积比为1∶2,说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的,而对于NaOH来说是不足的。2Al+6HCl==2AlCl3+ 3H2↑ 6 ml 3 ml 3 ml·L-1×0.1 L0.15 ml
则Al与NaOH溶液反应生成的H2为0.15 ml×2=0.3 ml。2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑2×27 g 3 ml5.4 g 0.3 ml即投入的铝粉的质量为5.4 g。
深度指津 (1)铝能与酸溶液反应生成H2和铝盐(含Al3+),但与稀硝酸反应不生成H2,且常温下在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化。(2)铝与强碱溶液反应生成H2和偏铝酸盐(含Al )。(3)铝与酸或碱溶液反应生成H2的量的计算及比较。
Al与酸、碱反应,实质上都是 ,2 ,故Al与酸、碱溶液反应时,Al与H2的物质的量均可利用关系式2Al~3H2进行计算,也可以直接利用电子得失守恒进行计算。
①等质量的铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应,产生氢气的体积比为
②足量的铝分别与含等物质的量HCl和NaOH的溶液反应,产生氢气的体积
③等质量的铝分别与溶质物质的量相等的盐酸和氢氧化钠溶液反应,若产
a.铝与盐酸反应时,铝过量而盐酸不足。b.铝与氢氧化钠溶液反应时,铝不足而氢氧化钠溶液过量。
考向2 含铝化合物的性质【典例2】 (2020甘肃武威第十八中学诊断考试)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下:
下列叙述正确的是( )A.试剂X可以是氢氧化钠溶液,也可以是盐酸B.反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁C.图中所示转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+NaHCO3
答案 D 解析 由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠可知,溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳,故试剂X可以是氢氧化钠溶液,不可能为盐酸,故A错误;氧化铁与氢氧化钠不反应,反应①后过滤所得沉淀为氧化铁,故B错误;电解熔融氧化铝生成铝,属于氧化还原反应,故C错误;反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠,该反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+NaHCO3,故D正确。
对点演练2(2020北京月考)铝热反应常用于冶炼高熔点金属,某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分,实验过程及现象如下:
下列说法不正确的是( )A.反应①产生的气体是H2B.反应②为Al2O3+2OH-==2Al +H2OC.反应③的白色沉淀是Al(OH)3D.黑色固体中不含Al和Fe3O4
答案 D 解析 探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分,由实验可知,黑色固体与稀硫酸反应生成气体,黑色固体可能含有铝或者铁或者二者都有。向溶液b中加KSCN溶液不变红,可知溶液b不含铁离子;黑色固体与NaOH溶液反应无气体产生,则一定不含Al,则黑色固体含有铁。溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝,则黑色固体中一定含氧化铝。反应①产生的气体是H2,为金属与稀硫酸反应生成,故A正确;黑色固体含氧化铝,则反应②为Al2O3+2OH-==2Al +H2O,故B正确;反应③中Al 与二氧化碳反应,可知白色沉淀是Al(OH)3,故C正确;黑色固体中不含Al,可能含Fe3O4,故D错误。
深度指津 含铝化合物的转化关系及其应用(1)Al3+、Al 、Al(OH)3的转化关系。
(2)可溶性铝盐与强碱(如NaOH)溶液反应,铝元素的存在形式。
(3)含铝化合物转化关系的应用。①判断离子共存问题:Al3+与OH-及Al 、C 、S2-等弱酸根阴离子或Al与H+、HC 以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生相互促进的水解反应而不能大量共存。②鉴别物质(利用滴加试剂顺序不同,现象不同):a.向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液,先产生白色沉淀,后沉淀溶解。b.向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液,开始无明显现象,后产生白色沉淀,沉淀不溶解。
(4)含铝元素杂质的除杂方法归类。利用Al、Al2O3、Al(OH)3可溶于强碱溶液的特性,可除去许多物质中的含铝杂质,如下列除杂过程(括号中物质为杂质):①Mg(Al):加足量NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥;②Fe2O3(Al2O3):加足量NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥;③Mg(OH)2[Al(OH)3]:加足量NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥;④Mg2+(Al3+):加过量NaOH溶液,过滤、洗涤,再加酸充分溶解得到的沉淀。
知识梳理1.单质铜(1)铜的物理性质:铜是一种有金属光泽的 色固体,有良好的导电、导热性(仅次于银,可用于制电缆),有良好的延展性。
(2)铜的化学性质:
2Cu+O2 2CuO
Cu+Cl2 CuCl2
Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
Cu+4HNO3(浓) ==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
3Cu+8HNO3(稀) ==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
Cu+2AgNO3==Cu(NO3)2+2Ag
Cu+2FeCl3==CuCl2+2FeCl2
微点拨 (1)通常利用反应2Cu+O2 2CuO除去某些混合气体中的少量O2。(2)铜为变价金属,与Cl2反应生成CuCl2,与S反应生成Cu2S,由此可知氧化性:Cl2>S。(3)Cu与稀硫酸不反应,但在通入O2的条件下,Cu可在稀硫酸中逐渐溶解:2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O。
2.铜的重要化合物(1)黑色氧化铜在高温下分解为砖红色的Cu2O,化学方程式为 ;砖红色的Cu2O与稀硫酸反应,溶液变蓝,同时生成红色的单质铜,离子方程式为 。
4CuO 2Cu2O+O2↑
(2)氢氧化铜, 色 水的固体。其化学性质及应用如下:
反应①的化学方程式: ; 反应②的离子方程式: 。
Cu(OH)2 CuO+H2O
(3)Cu2(OH)2CO3的名称为 ,是铜绿、孔雀石的主要成分,受热分解可生成黑色的氧化铜,化学方程式为Cu2(OH)2CO3 2CuO+CO2↑+H2O,可溶于稀硫酸,离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+==2Cu2++CO2↑+3H2O。 (4)蓝色的硫酸铜晶体受热分解为白色的硫酸铜粉末,化学方程式为CuSO4·5H2O CuSO4+5H2O。
微点拨 (1)无水CuSO4可作为检验水的试剂,但不能作为水蒸气的吸收试剂而用于除杂。(2)铜盐溶液有毒,主要是因为Cu2+作为一种重金属离子能与蛋白质作用,使蛋白质变性失去生理活性,因此人们利用了它的这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液,用来杀灭植物病毒而减少病虫害。
3.铜的冶炼(1)湿法炼铜:Fe+CuSO4==FeSO4+Cu。(2)高温炼铜:工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜):
电解精炼铜的原理是用粗铜为阳极,铜在阳极上失电子变为Cu2+,用纯铜棒为阴极,Cu2+在阴极上得电子生成铜。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)CuO是黑色固体,与水反应生成Cu(OH)2。( )(2)将气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气。( )(3)CuSO4·5H2O失去结晶水属于物理变化。( )(4)Cu2(OH)2CO3是铜锈的主要成分,在干燥的空气中铜不易生锈。( )(5)1 ml Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子。( )(6)中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈。( )(7)将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干,可制得无水CuCl2固体。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)√ (7)×
2.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3。某同学设计从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸):
(1)反应①能观察到的现象是 ,有关反应的化学方程式为 。 (2)反应②加入的金属可能是 ,有关反应的离子方程式为 。
(3)操作a可能的方法是 ,欲除掉的杂质为 ;要从操作a所得到的溶液中得到溶质的晶体,需要进行的操作是 。
答案 (1)固体逐渐消失,溶液由无色变为蓝色,有气泡产生 Cu2(OH)2CO3+2H2SO4==2CuSO4+CO2↑+3H2O(2)铁 Fe+Cu2+==Fe2++Cu(答案合理即可)(3)过滤 难溶于水和稀硫酸的杂质 加热浓缩、冷却结晶
考向1 铜及其化合物的性质和应用【典例1】 (2020黑龙江牡丹江第一高级中学期末)为了探究铁、铜及其化合物的性质,某同学设计并进行了下列实验。下列说法错误的是( )
A.高温加热装置中发生的反应为3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)B.虚线框处宜选择的装置是甲C.实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中,可观察到铜丝由黑色变为红色D.实验后,可用铝粉在高温下还原玻璃管中的固体获得铁单质
答案 B 解析 高温加热装置中铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气,化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g),故A正确;生成氢气的密度比空气的密度小,所以用向下排空气法收集H2,应选择装置乙,故B错误;氧化铜与氢气在加热时反应生成铜和水,该反应的化学方程式为CuO+H2 Cu+H2O,所以铜丝由黑色变为红色,故C正确;玻璃管中的固体含有Fe3O4,铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁单质,故D正确。
对点演练1(2020全国3,7)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色,历经千年色彩依然,其中绿色来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3],青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法错误的是( )A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度B.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D.Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
答案 C 解析 字画保存需要控制适宜的温度和湿度,温度、湿度过高或过低,均对字画的保存造成危害,A项正确;Cu(OH)2、CuCO3中Cu、H、C元素都处于最高价,无还原性,不易被O2氧化,B项正确;Cu(OH)2、CuCO3都可与酸性物质反应,C项错误;由于Cu(OH)2中铜的质量分数高于CuCO3中铜的质量分数,故Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数,D项正确。
深度指津 铜及其化合物的颜色、状态及溶解性
提醒:反应CuSO4+H2S==CuS↓+H2SO4可说明CuS难溶于非氧化性强酸。
考向2 铜及其化合物的制备【典例2】 工业上由黄铜矿(主要成分为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 吸收。 a.浓硫酸 b.浓硝酸 c.NaOH溶液 d.氨水(2)用稀硫酸浸泡熔渣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)利用化学反应2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O可以制备CuSO4,若将该反应设计为原电池,其正极电极反应式为 。
答案 (1)cd (2)Fe3+ 取少量待测液置于试管中,加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,则含有Fe2+(3)3Cu2O+2Al 6Cu+Al2O3 (4)bd (5)O2+4e-+4H+==2H2O
解析 (1)根据题意分析,气体A中的大气污染物为二氧化硫,能够被NaOH溶液或氨水吸收。浓硫酸不能吸收二氧化硫。浓硝酸与二氧化硫反应会生成一氧化氮,从而污染环境。(2)熔渣B中含有铁元素的化合物,加入稀硫酸溶解,取少量所得溶液,滴加KSCN溶液后呈红色,说明溶液中存在Fe3+,检验Fe2+时,可加入酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去,说明含有Fe2+。
(3)泡铜中化合态的铜在高温下可被金属铝置换出来:3Cu2O+2Al 6Cu+Al2O3。(4)精炼粗铜时,粗铜为阳极,纯铜为阴极,硫酸铜溶液为电解质溶液,a.电能不能全部转化为化学能,还会转化为热能,错误;b.粗铜接电源正极,发生氧化反应,正确;c.溶液中Cu2+向阴极移动,错误;d.利用阳极没有参与反应的剩余金属,即阳极泥,可回收Ag、Pt、Au等金属,正确。(5)利用反应2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O可以制备CuSO4,若将该反应设计为原电池,其正极发生还原反应,O2在正极被还原,电极反应式为O2+4e-+4H+==2H2O。
对点演练2(2020江西抚州南城一中期末)CuSO4是一种重要的化工原料,其制备途径及性质如图所示(假设恰好完全反应)。下列说法正确的是( )
A.途径①所用混酸中,H2SO4与HNO3的物质的量之比为2∶3B.1 ml CuSO4在1 100 ℃反应所得混合气体中O2为0.75 mlC.Z只能是葡萄糖D.相对于途径①③,途径②更好地体现了绿色化学思想
答案 D 解析 途径①的反应为铜与稀硝酸、稀硫酸反应生成硫酸铜、一氧化氮和水,该反应的化学方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4==3CuSO4+2NO↑+4H2O,由方程式可知混酸中H2SO4与HNO3的物质的量之比为3∶2,故A错误。CuSO4在1 100 ℃时分解生成氧化亚铜,铜元素化合价降低被还原,硫酸铜中硫元素为最高价态,只能表现氧化性,则只能是氧元素被氧化,则X可能是O2和SO3或O2和SO2或O2、SO2和SO3的混合气体。若X为O2和SO3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 ml CuSO4在1 100 ℃所得混合气体中O2为0.25 ml;若X为O2和SO2的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 ml CuSO4在1 100 ℃所得混合气体中O2为0.75 ml;若X为O2、SO2和SO3的
混合气体,由得失电子数目守恒可知1 ml CuSO4在1 100 ℃所得混合气体中O2介于0.25 ml和0.75 ml之间,故B错误。含有醛基的有机化合物都能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜,故C错误。途径①中会生成有害气体一氧化氮,途径③中会生成有害气体二氧化硫,相对于途径①③,途径②生成等量硫酸铜需要的硫酸少,且无有害气体产生,更好地体现了绿色化学思想,故D正确。
1.金属的制法(1)电解法(K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属)(2)热还原法(Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等较活泼金属)(3)热分解法(Hg、Ag等不活泼金属)
2.掌握3种制备氢氧化铝的方法(1)向铝盐溶液中加入氨水,离子方程式为
无机化工流程解题指导
素养解读1.无机化工流程题要求学生能认识化学现象与模型之间的联系,能运用多种模型来描述和解释化学现象,预测物质及其变化的可能结果;能依据物质及其变化的信息建构模型,建立解决复杂化学问题的思维框架,考查学生的证据推理与模型认知能力。
2.无机化工流程题涉及的问题包括:原料的预处理、反应条件的控制、化学反应原理、绿色化学问题、化工生产安全等。上述问题要求学生具有终身学习的意识和严谨求实的科学态度;崇尚真理,形成真理面前人人平等的意识;关注与化学有关的社会热点问题,认识环境保护和资源合理开发的重要性,具有可持续发展意识和绿色化学观念;深刻理解化学、技术、社会和环境之间的相互关系,赞赏化学对社会发展的重大贡献,能运用已有知识和方法综合分析化学过程对自然可能带来的各种影响,权衡利弊,勇于承担责任,积极参与有关化学问题的社会决策。培养学生的科学态度与社会责任。
案例探究情境:新型负载镍催化剂的应用是近年来加氢工艺技术革新的开始,负载镍催化剂在空气中安全稳定,投料好称量,操作安全性高。最重要的是新型负载镍催化剂具有平稳的活性释放特性,在生产制作的过程中比骨架镍要均匀,且单位质量或体积的活性中心差别不大,但骨架镍会有比较大的区别。新型负载催化剂是一种非常适合未来连续化大生产的催化剂,目前多采用无定形硅藻土为载体,其比表面积大,结合力强,能让镍分散得很均匀,有效地降低了反应“热点”,使活性释放缓慢。
【典例】 (2020全国3,27)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O ):
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是 。 (3)“转化” 中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即 ,“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式) 。如果“转化”后的溶液中Ni2+ 浓度为1.0 ml·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是 。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是 。
解析 (1)废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液①中的溶质为NaAlO2、高级脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸将溶液调为中性时,其中的NaAlO2可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。(2)滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液②中的金属阳离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。
(3)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,替代起氧化作用的H2O2溶液的可以为O2或空气,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转变为Fe3+而被沉淀出来,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。
(4)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)· c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则c(Ni2+)·c2(OH-)<0.01×(107.2-14)2,根据c(Ni2+)=1.0 ml·L-1,可求得c(OH-)<10-7.8 ml·L-1,对应c(H+)>10-6.2 ml·L-1,则“调pH”的pH应小于6.2,则“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。
(5)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据电子守恒可配平得:2Ni2++ClO-→2NiOOH↓+Cl-,最后可配平得:2Ni2++ClO-+4OH-==2NiOOH↓+Cl-+H2O。(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。
答案 (1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 Al +H2O+H+==Al(OH)3↓(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气 Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2] 3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-==2NiOOH↓+Cl-+H2O(6)提高镍回收率
方法规律1.工艺流程题过程解读(1)读流程图。①箭头:箭头进入的是投料(反应物),出去的是主产物或副产物(生成物)。②三线:出线和进线均表示物料流向或操作流程,可逆线表示物质循环。
(2)解题要点。①审题要点:a.了解生产目的、原料及产品;b.了解题目提供的信息;c.分析各步的反应条件、原理及物质成分;d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。②答题切入点:a.原料及产品的分离提纯;b.生产目的及反应原理;c.生产要求及反应条件;d.有关产率、产量及组成的计算;e.绿色化学。
(3)解题方法。①首尾分析法:对线型流程工艺(从原料到产品为一条线的生产工序)试题,首先对比分析流程图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品),从此分析中找出它们的关系,弄清原料转化的基本原理和除杂、分离、提纯的化工工艺,再结合题设问题,逐一解答。②分段分析法:对于用同样的原料生产多种(两种或两种以上)产品(含副产品)的工艺流程题,用此法更容易找到解题的切入点。
③交叉分析法:有些化工生产选用多组原材料,先合成一种或几种中间产品,再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主要产品,这种题适合用交叉分析法。就是将提供的流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线,然后上下交叉分析。
2.无机化工流程题中表述性词汇“十大答题方向”化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语,这些表述性词语就是隐性的信息,它可以暗示我们所应考虑的答题角度。①“控制较低温度”——常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。②“加过量试剂”——常考虑反应完全或增大转化率、提高产率等。③“能否加其他物质”——常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。④“在空气中或在其他气体中”——主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。
⑤“判断沉淀是否洗净”——常取少量最后一次洗涤液置于试管中,向其中滴加某试剂,以检验某种离子是否存在。⑥“检验某物质的设计方案”——通常取少量某液体置于试管中,加入另一试剂,通过产生的某种现象得出结论。⑦“控制pH”——常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。⑧“用某些有机试剂清洗”——常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等。
⑨“趁热过滤(或冰水洗涤)”的目的——防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质。⑩“反应中采取加热措施”的作用——一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解。
1.(2020北京化学,18)MnO2是重要的化工原料,由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图:
资料:①软锰矿的主要成分为MnO2,主要杂质有Al2O3和SiO2。②金属离子沉淀的pH:
③该工艺条件下,MnO2与H2SO4反应。
(1)溶出。①溶出前,软锰矿需研磨。目的是 。 ②溶出时,Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示:
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应,反应的离子方程式是 。 ⅱ.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+==Fe2++H2↑,完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2,原因是 。
(2)纯化。已知:MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2,后加入NH3·H2O,调溶液pH≈5,说明试剂加入顺序及调节pH的原因: 。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是 。 (4)产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀硫酸,加热至充分反应。再用c ml·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点,消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知:MnO2及Mn 均被还原为Mn2+。相对分子质量:MnO2—86.94;Na2C2O4—134.0),产品纯度为 (用质量分数表示)。
解析 (1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸的接触面积,增大反应速率,提高浸出率。②ⅰ.根据反应途径可知,二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子,则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+ Mn2++2Fe3++2H2O;ⅱ.根据方程式可知,Fe与MnO2的物质的量比值为2,实际反应时,二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+,导致需要的Fe2+减少,故实际比值(0.9)小于2。(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关,且随酸性的减弱,氧化性逐渐减弱,溶液显酸性时,二氧化锰的氧化性较强,故纯化时先加入MnO2,后加入NH3·H2O,调溶液pH≈5,除去溶液中的Al3+、Fe3+。
(3)电解时,溶液呈酸性,Mn2+失电子,与水反应生成二氧化锰和氢离子,则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。(4)根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应,剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4==5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O),则与二氧化锰反应的草酸钠为
2.(2020山东化学,16)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是 ,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。 (2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是 。
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到 操作中(填操作单元的名称)。 (4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。 (5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
答案 (1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率 MnO2+BaS+H2O==Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2 4.9(5)Mn2++HC +NH3·H2O==MnCO3↓+N +H2O
解析 该题遵循化工生产的过程,对工艺流程的环节与条件进行简化处理,在科学基础上通过最简洁的呈现方式呈现生产过程,并设置问题,避免信息冗长对考生造成思维上的干扰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大接触面积,提高反应速率。根据信息,MnO2与BaS反应转化为MnO,再结合流程图反应后经过过滤、蒸发等一系列物理过程得到Ba(OH)2,过滤后酸解生成硫黄,硫黄不与H2SO4反应,故MnO2与BaS溶液反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2O==Ba(OH)2+MnO+S。
(2)已知MnO2是两性氧化物,保持BaS投料量不变,增大MnO2与BaS的投料比,过量的MnO2能与Ba(OH)2反应,故Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。
(3)将滤液Ⅰ导入蒸发装置可循环利用。(4)根据表中Ksp[Fe(OH)3]3.(2019全国1,26)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:
回答下列问题:(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分有 。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是 。 (3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2O H++ ,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是 酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是 。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 ,母液经加热后可返回 工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 。
答案 (1)NH4HCO3+NH3== (NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN(3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出
解析 (1)由硼镁矿粉所含的元素及加入的硫酸铵溶液可知,该气体只能为氨气,碳酸氢铵与氨气反应的化学方程式为NH3+ NH4HCO3== (NH4)2CO3。(2)由流程图可知,B元素最终以H3BO3的形式存在,Mg元素经沉镁后以Mg(OH)2·MgCO3的形式存在,可分析出Fe、Al在沉镁后不会存在于母液中,因此滤渣1的主要成分为矿石中含有的SiO2、Fe2O3、Al2O3。可用KSCN溶液检验Fe3+的存在。
(3)H3BO3在水中的解离为可逆过程,且1个H3BO3分子解离出1个H+,由此可知,H3BO3为一元弱酸;调节pH,增大H+浓度,使H3BO3+H2O H++的平衡向左移动,有利于H3BO3的生成。
微点拨 ①合金是混合物,合金的物理性质相比于成分金属有所改变,但合金中各成分金属的化学性质不变。②并非所有的金属都能相互形成合金,若一种金属的熔点高于另一种金属的沸点,则二者不能形成合金。
2.常见金属材料(1)分类。
(2)常见的合金材料。
③铝合金:密度小,强度高,塑性好,易于加工,具有较强的抗腐蚀能力。
3.金属矿物的开发利用(1)金属在自然界中的存在。
(2)金属冶炼的实质。金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即Mn++ne-==M(写反应通式,用M表示金属)。
(3)金属冶炼的方法(用化学方程式表示)。
微点拨 ①金属冶炼与金属活泼性的关系:
②冶炼Mg时电解熔融MgCl2而不电解熔融MgO,原因是MgO的熔点高,熔融时会耗费更多能源,增加生产成本。③冶炼Al时只能电解熔融Al2O3而不能电解熔融AlCl3,原因是AlCl3是共价化合物,熔融态不导电;加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。
Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)合金中至少含有两种金属元素,不含非金属元素。( )(2)合金中各种元素的含量一定,所以合金是纯净物。( )(3)合金的硬度一般大于成分金属,而熔点一般低于成分金属。( )(4)电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时,阴极上依次析出Cu、Fe、Al。( )(5)可以用金属钠置换四氯化钛(TiCl4)溶液中的钛来制取单质钛。( )(6)人类历史上使用铝的时间比铁晚,原因是铝不如铁活泼。( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)×
2.冶炼金属常用以下几种方法:①热分解法 ②以活泼金属Na、Mg等作为还原剂 ③以C、CO或H2作为还原剂 ④电解法 ⑤利用铝热反应原理还原下列金属各采用哪种方法冶炼最佳(用上述方法的序号填空)。(1)Fe、Zn、Cu等中等活泼金属 。 (2)Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属 。 (3)Hg、Ag等不活泼金属 。 (4)V、Cr、Mn、W等高熔点金属 。
考向1 合金的性质及应用【典例1】 (2020福建莆田第七中学期中)明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容:“……黄金美者,其值去黑铁(生铁)一万六千倍,然使釜、鬵(xín,一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间……贸迁有无,……”下列解释正确的是( )A.明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金B.添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养,也不会生锈C.金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段D.黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀
答案 C 解析 明代使用的釜、鬵都属于铁合金,故A错误;不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构,不锈钢不容易生锈;家里用的农具是铁合金,如果没及时洗干净后晾干,铁能与氧气、水分同时接触,容易发生电化学腐蚀而生锈,故B错误;金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段,故C正确;生铁的腐蚀主要是电化学腐蚀,故D错误。
对点演练1下列说法中正确的是( )A.铁是人类最早使用的金属,钢铁属于铁碳合金B.黑色金属材料及它们的合金是应用最广泛的金属材料C.金属镁有“国防金属”的美誉,也被誉为“21世纪的金属”D.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,这是铜在潮湿空气中发生电化学腐蚀的结果
答案 B 解析 铜是人类最早使用的金属,A错误;金属钛被誉为“21世纪的金属”,C错误;铜绿是铜与空气中的氧气、水蒸气和二氧化碳直接作用生成的,并未发生电化学腐蚀,D错误。
考向2 金属矿物的开发与利用【典例2】 (2020河北邢台月考)古代炼丹的五金通常是指金、银、铜、铁、锡。下列说法错误的是( )A.用焦炭热还原SnO2可得到SnB.用H2还原Fe2O3可得到FeC.Cu2S与过量O2共热产物中只含CuD.Ag2O直接热分解可得到Ag
答案 C 解析 根据金属活泼性顺序可知,可以用热还原法冶炼Sn,因此可以用焦炭热还原SnO2得到Sn,故A正确;根据金属活泼性顺序可知,也可以用热还原法冶炼Fe,因此可以用H2还原Fe2O3得到Fe,故B正确;铜能够与氧气反应,Cu2S与过量O2共热产物中含有CuO等,故C错误;银的活泼性较差,工业上将Ag2O直接加热分解可得到Ag,故D正确。
特别提醒(1)电解法冶炼活泼金属使用的是熔融的金属盐或金属氧化物,而不是盐溶液。(2)铜除了用热还原法冶炼外,还可以用湿法炼铜或电解法进行冶炼。
对点演练2《五金·铁》中记载:“若造熟铁,则生铁流出时,相连数尺内,低下数寸,筑一方塘,短墙抵之。其铁流入塘内,数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅,即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是( )A.金属冶炼方法由金属活泼性决定B.熟铁比生铁质地更硬,延展性稍差C.炒铁是为了降低铁水中的含碳量D.该法与近代往生铁水中吹空气炼钢异曲同工
答案 B 解析 活泼性不同的金属,其冶炼方法不同,即金属冶炼方法由金属活泼性决定,故A正确;熟铁比生铁质地更软,且延展性好,故B错误;炒铁过程中降低了铁水中的含碳量,从而将生铁转化成熟铁,故C正确;该冶炼方法和近代往生铁水中吹空气炼钢,都是利用空气中的氧气氧化碳元素,其原理基本相同,故D正确。
知识梳理1.铝的原子结构和在自然界中的存在铝的原子结构示意图为 。铝位于元素周期表 ,自然界中的铝全部以 态存在。
2.铝的性质(1)物理性质。铝是 色、具有金属光泽的固体,硬度 ,具有良好的 、导热性和延展性。
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式:
①Al 形成致密的氧化膜, ②
④离子方程式: ⑤
4Al+3O2==2Al2O3
Al+3Cl2 2AlCl3
2Al+6H+==2Al3++3H2↑
2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3
3.氧化铝(1)物理性质:Al2O3是高熔点的氧化物,常作为 材料及冶炼 的原料。 (2)化学性质(用离子方程式表示):
Al2O3+6H+==2Al3++3H2O
4.氢氧化铝(1)物理性质:Al(OH)3是难溶于水的白色胶状沉淀,它能吸附水中的 ,常用于水的净化,并能 色素。 (2)化学性质。
②受热分解:化学方程式为 。
Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O
2Al(OH)3 Al2O3+3H2O
(3)制备(用离子方程式表示)。
微点拨(1)Al(OH)3具有两性,能溶于强酸溶液(如盐酸)、强碱溶液(如NaOH溶液),但不溶于弱酸溶液(如H2CO3溶液)、弱碱溶液(如氨水)。(2)既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质有Al、Al2O3、Al(OH)3、多元弱酸的酸式盐(如NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等)及弱碱弱酸盐(如CH3COONH4)等。(3)用铝盐与碱溶液反应制取Al(OH)3时,采用弱碱溶液氨水而不用强碱溶液。(4)用偏铝酸盐与酸反应制取Al(OH)3时,一般是向偏铝酸盐溶液中通入CO2,而不使用强酸。
5.Al3+、Al(OH)3、Al 之间的转化关系
写出上述转化的离子方程式:(1)① ; ② ; ③ 。 (2) 。 (3) 。 (4) 。 (5)① ; ② 。 (6) 。
Al3++3OH-==Al(OH)3↓
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)铝制品在空气中能稳定存在是因为铝不活泼。( )(2)冶炼铝时常用焦炭作为还原剂。( )(3)氢氧化铝可用于中和过多胃酸。( )(4)Al2O3的熔点高,可作为耐高温材料,实验室可用氧化铝坩埚熔化NaOH、Na2CO3固体等。( )(5)常温下不能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸,因它们都具有强氧化性。( )
(6)铝与少量NaOH溶液反应得到铝盐,与足量NaOH溶液反应生成偏铝酸盐。( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√(8)×
2.(2020江西新余第四中学检测)某化学兴趣小组要在“校园科艺节活动”中使用氢气球表演节目。经过测量,每个氢气球的体积约为1.12 L(已折成标准状况)。已知兴趣小组采用Al和氢氧化钠溶液反应制取氢气。(1)若实验需要1 L 2.5 ml·L-1的NaOH溶液,则要用托盘天平称取NaOH固体 g。配制溶液过程中所需仪器除拖盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外,还需要 、 (填仪器名称)。
(2)该化学兴趣小组为了营造气氛,做了惊艳全场的铝热反应(如下图),写出该反应的化学方程式: 。兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸,向其中滴加KSCN溶液,发现溶液变红色。出现这种现象的原因可能是 。
(3)若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝,可选择 (填试剂名称),所发生反应的化学方程式为 。
答案 (1)100 1 000 mL容量瓶 胶头滴管 (2)8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe 固体中有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化 (3)氢氧化钠溶液 Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O
考向1 铝的性质【典例1】 如表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间因果关系的判断,完全正确的是( )
答案 A 解析 因为Al和Al2O3既可以与强酸反应,又可以与强碱反应,故最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物,两者有因果关系,A正确;铝与氧气反应生成氧化铝,其熔点高,铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落,Ⅱ错,B错误;明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体,胶体吸附水中的悬浮物而净化水,不能杀菌消毒,C错误;铁和铝与浓硫酸或浓硝酸发生钝化反应,D错误。
对点演练1铝是中学化学学习阶段的一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出H2的金属,就铝的这一特殊性质回答下列问题:(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应,所得H2的体积之比是 。 (2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中,产生H2的体积之比是 。
(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中,二者产生的H2相等,则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是 。 (4)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 ml·L-1的盐酸和NaOH溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后,测得生成的气体体积比为V(甲)∶V(乙)=1∶2,则加入铝粉的质量为 (填字母)。 A.5.4 gB.3.6 gC.2.7 gD.1.8 g
答案 (1)1∶1 (2)1∶3 (3)3∶1 (4)A
解析 (1)根据化学方程式:2Al+6HCl==2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑可知,Al与H2的关系式均为2Al~3H2,故只要参加反应的Al的量相等,所得H2的量必相等。(2)因为在反应中Al过量,产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式:6HCl~3H2、2NaOH~3H2,故当HCl、NaOH物质的量相等时,二者产生H2的物质的量之比是1∶3,即产生H2的体积之比为1∶3。(3)因为铝足量且产生H2的量相等,根据关系式可得n(HCl)∶n(NaOH)=3∶1,又因为两溶液体积相等,故物质的量浓度c(HCl)∶c(NaOH)=n(HCl)∶n(NaOH)=3∶1。
(4)其反应原理分别为2Al+6HCl==2AlCl3+3H2↑,2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量相同时,产生H2的体积比是1∶3,而题设条件体积比为1∶2,说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的,而对于NaOH来说是不足的。2Al+6HCl==2AlCl3+ 3H2↑ 6 ml 3 ml 3 ml·L-1×0.1 L0.15 ml
则Al与NaOH溶液反应生成的H2为0.15 ml×2=0.3 ml。2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑2×27 g 3 ml5.4 g 0.3 ml即投入的铝粉的质量为5.4 g。
深度指津 (1)铝能与酸溶液反应生成H2和铝盐(含Al3+),但与稀硝酸反应不生成H2,且常温下在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化。(2)铝与强碱溶液反应生成H2和偏铝酸盐(含Al )。(3)铝与酸或碱溶液反应生成H2的量的计算及比较。
Al与酸、碱反应,实质上都是 ,2 ,故Al与酸、碱溶液反应时,Al与H2的物质的量均可利用关系式2Al~3H2进行计算,也可以直接利用电子得失守恒进行计算。
①等质量的铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应,产生氢气的体积比为
②足量的铝分别与含等物质的量HCl和NaOH的溶液反应,产生氢气的体积
③等质量的铝分别与溶质物质的量相等的盐酸和氢氧化钠溶液反应,若产
a.铝与盐酸反应时,铝过量而盐酸不足。b.铝与氢氧化钠溶液反应时,铝不足而氢氧化钠溶液过量。
考向2 含铝化合物的性质【典例2】 (2020甘肃武威第十八中学诊断考试)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下:
下列叙述正确的是( )A.试剂X可以是氢氧化钠溶液,也可以是盐酸B.反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁C.图中所示转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+NaHCO3
答案 D 解析 由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠可知,溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳,故试剂X可以是氢氧化钠溶液,不可能为盐酸,故A错误;氧化铁与氢氧化钠不反应,反应①后过滤所得沉淀为氧化铁,故B错误;电解熔融氧化铝生成铝,属于氧化还原反应,故C错误;反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠,该反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+NaHCO3,故D正确。
对点演练2(2020北京月考)铝热反应常用于冶炼高熔点金属,某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分,实验过程及现象如下:
下列说法不正确的是( )A.反应①产生的气体是H2B.反应②为Al2O3+2OH-==2Al +H2OC.反应③的白色沉淀是Al(OH)3D.黑色固体中不含Al和Fe3O4
答案 D 解析 探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分,由实验可知,黑色固体与稀硫酸反应生成气体,黑色固体可能含有铝或者铁或者二者都有。向溶液b中加KSCN溶液不变红,可知溶液b不含铁离子;黑色固体与NaOH溶液反应无气体产生,则一定不含Al,则黑色固体含有铁。溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝,则黑色固体中一定含氧化铝。反应①产生的气体是H2,为金属与稀硫酸反应生成,故A正确;黑色固体含氧化铝,则反应②为Al2O3+2OH-==2Al +H2O,故B正确;反应③中Al 与二氧化碳反应,可知白色沉淀是Al(OH)3,故C正确;黑色固体中不含Al,可能含Fe3O4,故D错误。
深度指津 含铝化合物的转化关系及其应用(1)Al3+、Al 、Al(OH)3的转化关系。
(2)可溶性铝盐与强碱(如NaOH)溶液反应,铝元素的存在形式。
(3)含铝化合物转化关系的应用。①判断离子共存问题:Al3+与OH-及Al 、C 、S2-等弱酸根阴离子或Al与H+、HC 以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生相互促进的水解反应而不能大量共存。②鉴别物质(利用滴加试剂顺序不同,现象不同):a.向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液,先产生白色沉淀,后沉淀溶解。b.向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液,开始无明显现象,后产生白色沉淀,沉淀不溶解。
(4)含铝元素杂质的除杂方法归类。利用Al、Al2O3、Al(OH)3可溶于强碱溶液的特性,可除去许多物质中的含铝杂质,如下列除杂过程(括号中物质为杂质):①Mg(Al):加足量NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥;②Fe2O3(Al2O3):加足量NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥;③Mg(OH)2[Al(OH)3]:加足量NaOH溶液,过滤、洗涤、干燥;④Mg2+(Al3+):加过量NaOH溶液,过滤、洗涤,再加酸充分溶解得到的沉淀。
知识梳理1.单质铜(1)铜的物理性质:铜是一种有金属光泽的 色固体,有良好的导电、导热性(仅次于银,可用于制电缆),有良好的延展性。
(2)铜的化学性质:
2Cu+O2 2CuO
Cu+Cl2 CuCl2
Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
Cu+4HNO3(浓) ==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
3Cu+8HNO3(稀) ==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
Cu+2AgNO3==Cu(NO3)2+2Ag
Cu+2FeCl3==CuCl2+2FeCl2
微点拨 (1)通常利用反应2Cu+O2 2CuO除去某些混合气体中的少量O2。(2)铜为变价金属,与Cl2反应生成CuCl2,与S反应生成Cu2S,由此可知氧化性:Cl2>S。(3)Cu与稀硫酸不反应,但在通入O2的条件下,Cu可在稀硫酸中逐渐溶解:2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O。
2.铜的重要化合物(1)黑色氧化铜在高温下分解为砖红色的Cu2O,化学方程式为 ;砖红色的Cu2O与稀硫酸反应,溶液变蓝,同时生成红色的单质铜,离子方程式为 。
4CuO 2Cu2O+O2↑
(2)氢氧化铜, 色 水的固体。其化学性质及应用如下:
反应①的化学方程式: ; 反应②的离子方程式: 。
Cu(OH)2 CuO+H2O
(3)Cu2(OH)2CO3的名称为 ,是铜绿、孔雀石的主要成分,受热分解可生成黑色的氧化铜,化学方程式为Cu2(OH)2CO3 2CuO+CO2↑+H2O,可溶于稀硫酸,离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+==2Cu2++CO2↑+3H2O。 (4)蓝色的硫酸铜晶体受热分解为白色的硫酸铜粉末,化学方程式为CuSO4·5H2O CuSO4+5H2O。
微点拨 (1)无水CuSO4可作为检验水的试剂,但不能作为水蒸气的吸收试剂而用于除杂。(2)铜盐溶液有毒,主要是因为Cu2+作为一种重金属离子能与蛋白质作用,使蛋白质变性失去生理活性,因此人们利用了它的这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液,用来杀灭植物病毒而减少病虫害。
3.铜的冶炼(1)湿法炼铜:Fe+CuSO4==FeSO4+Cu。(2)高温炼铜:工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜):
电解精炼铜的原理是用粗铜为阳极,铜在阳极上失电子变为Cu2+,用纯铜棒为阴极,Cu2+在阴极上得电子生成铜。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)CuO是黑色固体,与水反应生成Cu(OH)2。( )(2)将气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气。( )(3)CuSO4·5H2O失去结晶水属于物理变化。( )(4)Cu2(OH)2CO3是铜锈的主要成分,在干燥的空气中铜不易生锈。( )(5)1 ml Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子。( )(6)中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈。( )(7)将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干,可制得无水CuCl2固体。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)√ (7)×
2.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3。某同学设计从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸):
(1)反应①能观察到的现象是 ,有关反应的化学方程式为 。 (2)反应②加入的金属可能是 ,有关反应的离子方程式为 。
(3)操作a可能的方法是 ,欲除掉的杂质为 ;要从操作a所得到的溶液中得到溶质的晶体,需要进行的操作是 。
答案 (1)固体逐渐消失,溶液由无色变为蓝色,有气泡产生 Cu2(OH)2CO3+2H2SO4==2CuSO4+CO2↑+3H2O(2)铁 Fe+Cu2+==Fe2++Cu(答案合理即可)(3)过滤 难溶于水和稀硫酸的杂质 加热浓缩、冷却结晶
考向1 铜及其化合物的性质和应用【典例1】 (2020黑龙江牡丹江第一高级中学期末)为了探究铁、铜及其化合物的性质,某同学设计并进行了下列实验。下列说法错误的是( )
A.高温加热装置中发生的反应为3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)B.虚线框处宜选择的装置是甲C.实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中,可观察到铜丝由黑色变为红色D.实验后,可用铝粉在高温下还原玻璃管中的固体获得铁单质
答案 B 解析 高温加热装置中铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气,化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g),故A正确;生成氢气的密度比空气的密度小,所以用向下排空气法收集H2,应选择装置乙,故B错误;氧化铜与氢气在加热时反应生成铜和水,该反应的化学方程式为CuO+H2 Cu+H2O,所以铜丝由黑色变为红色,故C正确;玻璃管中的固体含有Fe3O4,铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁单质,故D正确。
对点演练1(2020全国3,7)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色,历经千年色彩依然,其中绿色来自孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3],青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3]。下列说法错误的是( )A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度B.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱D.Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
答案 C 解析 字画保存需要控制适宜的温度和湿度,温度、湿度过高或过低,均对字画的保存造成危害,A项正确;Cu(OH)2、CuCO3中Cu、H、C元素都处于最高价,无还原性,不易被O2氧化,B项正确;Cu(OH)2、CuCO3都可与酸性物质反应,C项错误;由于Cu(OH)2中铜的质量分数高于CuCO3中铜的质量分数,故Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3中铜的质量分数,D项正确。
深度指津 铜及其化合物的颜色、状态及溶解性
提醒:反应CuSO4+H2S==CuS↓+H2SO4可说明CuS难溶于非氧化性强酸。
考向2 铜及其化合物的制备【典例2】 工业上由黄铜矿(主要成分为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 吸收。 a.浓硫酸 b.浓硝酸 c.NaOH溶液 d.氨水(2)用稀硫酸浸泡熔渣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)利用化学反应2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O可以制备CuSO4,若将该反应设计为原电池,其正极电极反应式为 。
答案 (1)cd (2)Fe3+ 取少量待测液置于试管中,加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,则含有Fe2+(3)3Cu2O+2Al 6Cu+Al2O3 (4)bd (5)O2+4e-+4H+==2H2O
解析 (1)根据题意分析,气体A中的大气污染物为二氧化硫,能够被NaOH溶液或氨水吸收。浓硫酸不能吸收二氧化硫。浓硝酸与二氧化硫反应会生成一氧化氮,从而污染环境。(2)熔渣B中含有铁元素的化合物,加入稀硫酸溶解,取少量所得溶液,滴加KSCN溶液后呈红色,说明溶液中存在Fe3+,检验Fe2+时,可加入酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去,说明含有Fe2+。
(3)泡铜中化合态的铜在高温下可被金属铝置换出来:3Cu2O+2Al 6Cu+Al2O3。(4)精炼粗铜时,粗铜为阳极,纯铜为阴极,硫酸铜溶液为电解质溶液,a.电能不能全部转化为化学能,还会转化为热能,错误;b.粗铜接电源正极,发生氧化反应,正确;c.溶液中Cu2+向阴极移动,错误;d.利用阳极没有参与反应的剩余金属,即阳极泥,可回收Ag、Pt、Au等金属,正确。(5)利用反应2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O可以制备CuSO4,若将该反应设计为原电池,其正极发生还原反应,O2在正极被还原,电极反应式为O2+4e-+4H+==2H2O。
对点演练2(2020江西抚州南城一中期末)CuSO4是一种重要的化工原料,其制备途径及性质如图所示(假设恰好完全反应)。下列说法正确的是( )
A.途径①所用混酸中,H2SO4与HNO3的物质的量之比为2∶3B.1 ml CuSO4在1 100 ℃反应所得混合气体中O2为0.75 mlC.Z只能是葡萄糖D.相对于途径①③,途径②更好地体现了绿色化学思想
答案 D 解析 途径①的反应为铜与稀硝酸、稀硫酸反应生成硫酸铜、一氧化氮和水,该反应的化学方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4==3CuSO4+2NO↑+4H2O,由方程式可知混酸中H2SO4与HNO3的物质的量之比为3∶2,故A错误。CuSO4在1 100 ℃时分解生成氧化亚铜,铜元素化合价降低被还原,硫酸铜中硫元素为最高价态,只能表现氧化性,则只能是氧元素被氧化,则X可能是O2和SO3或O2和SO2或O2、SO2和SO3的混合气体。若X为O2和SO3的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 ml CuSO4在1 100 ℃所得混合气体中O2为0.25 ml;若X为O2和SO2的混合气体,由得失电子数目守恒可知1 ml CuSO4在1 100 ℃所得混合气体中O2为0.75 ml;若X为O2、SO2和SO3的
混合气体,由得失电子数目守恒可知1 ml CuSO4在1 100 ℃所得混合气体中O2介于0.25 ml和0.75 ml之间,故B错误。含有醛基的有机化合物都能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜,故C错误。途径①中会生成有害气体一氧化氮,途径③中会生成有害气体二氧化硫,相对于途径①③,途径②生成等量硫酸铜需要的硫酸少,且无有害气体产生,更好地体现了绿色化学思想,故D正确。
1.金属的制法(1)电解法(K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属)(2)热还原法(Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等较活泼金属)(3)热分解法(Hg、Ag等不活泼金属)
2.掌握3种制备氢氧化铝的方法(1)向铝盐溶液中加入氨水,离子方程式为
无机化工流程解题指导
素养解读1.无机化工流程题要求学生能认识化学现象与模型之间的联系,能运用多种模型来描述和解释化学现象,预测物质及其变化的可能结果;能依据物质及其变化的信息建构模型,建立解决复杂化学问题的思维框架,考查学生的证据推理与模型认知能力。
2.无机化工流程题涉及的问题包括:原料的预处理、反应条件的控制、化学反应原理、绿色化学问题、化工生产安全等。上述问题要求学生具有终身学习的意识和严谨求实的科学态度;崇尚真理,形成真理面前人人平等的意识;关注与化学有关的社会热点问题,认识环境保护和资源合理开发的重要性,具有可持续发展意识和绿色化学观念;深刻理解化学、技术、社会和环境之间的相互关系,赞赏化学对社会发展的重大贡献,能运用已有知识和方法综合分析化学过程对自然可能带来的各种影响,权衡利弊,勇于承担责任,积极参与有关化学问题的社会决策。培养学生的科学态度与社会责任。
案例探究情境:新型负载镍催化剂的应用是近年来加氢工艺技术革新的开始,负载镍催化剂在空气中安全稳定,投料好称量,操作安全性高。最重要的是新型负载镍催化剂具有平稳的活性释放特性,在生产制作的过程中比骨架镍要均匀,且单位质量或体积的活性中心差别不大,但骨架镍会有比较大的区别。新型负载催化剂是一种非常适合未来连续化大生产的催化剂,目前多采用无定形硅藻土为载体,其比表面积大,结合力强,能让镍分散得很均匀,有效地降低了反应“热点”,使活性释放缓慢。
【典例】 (2020全国3,27)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O ):
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是 。 (3)“转化” 中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即 ,“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式) 。如果“转化”后的溶液中Ni2+ 浓度为1.0 ml·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是 。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是 。
解析 (1)废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液①中的溶质为NaAlO2、高级脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸将溶液调为中性时,其中的NaAlO2可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。(2)滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液②中的金属阳离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。
(3)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,替代起氧化作用的H2O2溶液的可以为O2或空气,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转变为Fe3+而被沉淀出来,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。
(4)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)· c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则c(Ni2+)·c2(OH-)<0.01×(107.2-14)2,根据c(Ni2+)=1.0 ml·L-1,可求得c(OH-)<10-7.8 ml·L-1,对应c(H+)>10-6.2 ml·L-1,则“调pH”的pH应小于6.2,则“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。
(5)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据电子守恒可配平得:2Ni2++ClO-→2NiOOH↓+Cl-,最后可配平得:2Ni2++ClO-+4OH-==2NiOOH↓+Cl-+H2O。(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。
答案 (1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 Al +H2O+H+==Al(OH)3↓(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气 Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2] 3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-==2NiOOH↓+Cl-+H2O(6)提高镍回收率
方法规律1.工艺流程题过程解读(1)读流程图。①箭头:箭头进入的是投料(反应物),出去的是主产物或副产物(生成物)。②三线:出线和进线均表示物料流向或操作流程,可逆线表示物质循环。
(2)解题要点。①审题要点:a.了解生产目的、原料及产品;b.了解题目提供的信息;c.分析各步的反应条件、原理及物质成分;d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。②答题切入点:a.原料及产品的分离提纯;b.生产目的及反应原理;c.生产要求及反应条件;d.有关产率、产量及组成的计算;e.绿色化学。
(3)解题方法。①首尾分析法:对线型流程工艺(从原料到产品为一条线的生产工序)试题,首先对比分析流程图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品),从此分析中找出它们的关系,弄清原料转化的基本原理和除杂、分离、提纯的化工工艺,再结合题设问题,逐一解答。②分段分析法:对于用同样的原料生产多种(两种或两种以上)产品(含副产品)的工艺流程题,用此法更容易找到解题的切入点。
③交叉分析法:有些化工生产选用多组原材料,先合成一种或几种中间产品,再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主要产品,这种题适合用交叉分析法。就是将提供的流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线,然后上下交叉分析。
2.无机化工流程题中表述性词汇“十大答题方向”化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语,这些表述性词语就是隐性的信息,它可以暗示我们所应考虑的答题角度。①“控制较低温度”——常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。②“加过量试剂”——常考虑反应完全或增大转化率、提高产率等。③“能否加其他物质”——常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。④“在空气中或在其他气体中”——主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。
⑤“判断沉淀是否洗净”——常取少量最后一次洗涤液置于试管中,向其中滴加某试剂,以检验某种离子是否存在。⑥“检验某物质的设计方案”——通常取少量某液体置于试管中,加入另一试剂,通过产生的某种现象得出结论。⑦“控制pH”——常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。⑧“用某些有机试剂清洗”——常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等。
⑨“趁热过滤(或冰水洗涤)”的目的——防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质。⑩“反应中采取加热措施”的作用——一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解。
1.(2020北京化学,18)MnO2是重要的化工原料,由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图:
资料:①软锰矿的主要成分为MnO2,主要杂质有Al2O3和SiO2。②金属离子沉淀的pH:
③该工艺条件下,MnO2与H2SO4反应。
(1)溶出。①溶出前,软锰矿需研磨。目的是 。 ②溶出时,Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示:
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应,反应的离子方程式是 。 ⅱ.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+==Fe2++H2↑,完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2,原因是 。
(2)纯化。已知:MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2,后加入NH3·H2O,调溶液pH≈5,说明试剂加入顺序及调节pH的原因: 。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是 。 (4)产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀硫酸,加热至充分反应。再用c ml·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点,消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知:MnO2及Mn 均被还原为Mn2+。相对分子质量:MnO2—86.94;Na2C2O4—134.0),产品纯度为 (用质量分数表示)。
解析 (1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸的接触面积,增大反应速率,提高浸出率。②ⅰ.根据反应途径可知,二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子,则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+ Mn2++2Fe3++2H2O;ⅱ.根据方程式可知,Fe与MnO2的物质的量比值为2,实际反应时,二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+,导致需要的Fe2+减少,故实际比值(0.9)小于2。(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关,且随酸性的减弱,氧化性逐渐减弱,溶液显酸性时,二氧化锰的氧化性较强,故纯化时先加入MnO2,后加入NH3·H2O,调溶液pH≈5,除去溶液中的Al3+、Fe3+。
(3)电解时,溶液呈酸性,Mn2+失电子,与水反应生成二氧化锰和氢离子,则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。(4)根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应,剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4==5Na2SO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O),则与二氧化锰反应的草酸钠为
2.(2020山东化学,16)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是 ,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。 (2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是 。
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到 操作中(填操作单元的名称)。 (4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。 (5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
答案 (1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率 MnO2+BaS+H2O==Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2 4.9(5)Mn2++HC +NH3·H2O==MnCO3↓+N +H2O
解析 该题遵循化工生产的过程,对工艺流程的环节与条件进行简化处理,在科学基础上通过最简洁的呈现方式呈现生产过程,并设置问题,避免信息冗长对考生造成思维上的干扰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大接触面积,提高反应速率。根据信息,MnO2与BaS反应转化为MnO,再结合流程图反应后经过过滤、蒸发等一系列物理过程得到Ba(OH)2,过滤后酸解生成硫黄,硫黄不与H2SO4反应,故MnO2与BaS溶液反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2O==Ba(OH)2+MnO+S。
(2)已知MnO2是两性氧化物,保持BaS投料量不变,增大MnO2与BaS的投料比,过量的MnO2能与Ba(OH)2反应,故Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。
(3)将滤液Ⅰ导入蒸发装置可循环利用。(4)根据表中Ksp[Fe(OH)3]
回答下列问题:(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分有 。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是 。 (3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2O H++ ,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是 酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是 。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 ,母液经加热后可返回 工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 。
答案 (1)NH4HCO3+NH3== (NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN(3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出
解析 (1)由硼镁矿粉所含的元素及加入的硫酸铵溶液可知,该气体只能为氨气,碳酸氢铵与氨气反应的化学方程式为NH3+ NH4HCO3== (NH4)2CO3。(2)由流程图可知,B元素最终以H3BO3的形式存在,Mg元素经沉镁后以Mg(OH)2·MgCO3的形式存在,可分析出Fe、Al在沉镁后不会存在于母液中,因此滤渣1的主要成分为矿石中含有的SiO2、Fe2O3、Al2O3。可用KSCN溶液检验Fe3+的存在。
(3)H3BO3在水中的解离为可逆过程,且1个H3BO3分子解离出1个H+,由此可知,H3BO3为一元弱酸;调节pH,增大H+浓度,使H3BO3+H2O H++的平衡向左移动,有利于H3BO3的生成。
相关课件
2024年高考化学一轮总复习 第3单元 第3讲 金属材料 开发利用金属矿物 课件： 这是一份2024年高考化学一轮总复习 第3单元 第3讲 金属材料 开发利用金属矿物 课件，共60页。PPT课件主要包含了Al2O3＋9Fe，白色胶状，Al3++3OH+，明矾不能杀菌消毒，考点二铜金属材料，金属与非金属，2几种常见的合金，Ti-Fe合金，La-Ni合金，碳素钢就含有碳元素等内容，欢迎下载使用。
高考化学一轮复习课件第3章第4讲 金属材料及金属矿物的开发利用（含解析）： 这是一份高考化学一轮复习课件第3章第4讲 金属材料及金属矿物的开发利用（含解析），共44页。PPT课件主要包含了知识点1，知识点2，训练十五等内容，欢迎下载使用。
【备战2023高考】化学总复习——第10讲《金属材料及金属矿物的开发利用》练习： 这是一份【备战2023高考】化学总复习——第10讲《金属材料及金属矿物的开发利用》练习，文件包含备战2023高考化学总复习第10讲《金属材料及金属矿物的开发利用》练习解析版docx、备战2023高考化学总复习第10讲《金属材料及金属矿物的开发利用》练习原卷版docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
