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时间:2020-12-20
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1、高考化学铝及其化合物推断题(大题培优)含答案一、铝及其化合物1.(1)选用方案I时,X应该具有的性质是__________,残留物应该具有的性质是__________;(2)选用方案Ⅱ从某黑色粉末(含有MnO和CuO)中分离X(MnO),加入的试剂是_______;22王同学参照以上方案I和Ⅱ,设计以下实验方案除去AlCl3固体中的3FeCl。(3)操作①所需的玻璃仪器为_____________;(4)试剂a为_____________;试剂b为________;(5)请描述操作②的步骤:___
2、_________;(6)李同学认为在溶液C中滴加适量的试剂b就能得到溶液______(填“赞同”或“不赞同”)李同学,理由是______。E,从而得到AlCl3固体,你【答案】有挥发性(或易升华)受热不挥发,且具有较高的热稳定性稀盐酸(或稀硫酸或稀硝酸)烧杯、、漏斗、玻璃棒过量的NaOH(或KOH)溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩,然后冷却浓溶液,过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有NaCl杂质的AlCl3【解析】【分析】(1)加热X的混合物进行分离可得X,X应具有挥
3、发性或易升华的性质,则残留物难挥发;(2)从MnO2和CuO中分离MnO2,应加入酸的稀溶液;除去AlCl3固体中的3NaOH溶液分别生成3FeCl,应先水溶解,然后加入过量的Fe(OH)沉淀和NaAlO2溶液,过滤分离后,再向滤液中通入过量的CO2气体生成Al(OH)3沉淀,过滤后将沉淀经洗涤后溶解于盐酸中得AlCl3溶液,在酸性条件下蒸发结晶可到AlCl3,以此解答(3)~(6)小题。【详解】(1)加热X的混合物进行分离可得X,X应具有挥发性或易升华的性质,残留物具有加热难挥发的性质;(3)根
4、据上述分析可知:操作①为过滤操作,所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒;(4)由以上分析可知试剂a为过量的NaOH(或KOH)溶液,试剂b为适量的盐酸;(5)操作②是从AlCl溶液中获得AlCl固体,由于该盐是强酸弱碱盐,容易发生水解反应,33水解产生Al(OH)3和HCl,HCl易挥发,所以为防止盐水解,导致物质变质,应该在HCl气氛中加热蒸发结晶可到AlCl3,操作方法为将溶液加热浓缩,然后冷却浓溶液,过滤即可得到固体氯化铝;(6)若在NaAlO2溶液中滴加盐酸,就会得到AlCl3和NaC
5、l的混合溶液,蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体,得到的是含有杂质NaCl的AlCl3,所以不赞同李同学的观点。【点睛】本题考查物质的分离提纯的实验设计,注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法,要结合Al(OH)3的两性分析判断,注意把握物质的性质,根据性质设计实验方案。2.为了降低电子垃圾对环境构成的影响,将一批废弃的线路板简单处理后,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:(1)第①步Cu与混酸反应的离子方程式为___
6、_____________。得到滤渣1的主要成分为___________。(2)第②步中加入H2O2的作用是__________________,使用H2O2的优点是_________;调溶液pH的目的是_________________。(3)简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,设计了以下三种方案:上述三种方案中,_______方案不可行,原因是________________;
7、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-1EDTA2-EDTA溶液bcmol·LH2Y)标准溶液滴定至终点,平均消耗(2+2-2-+mL。滴定反应如下:Cu+H2Y→CuY+2H。写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________________。+-2++-2+【答案】Cu+4H+2NO3=Cu+2NO2↑+2H2O或3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO
8、↑+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cb1032505乙×100%a【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
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