2023版高考化學總復習：專題五金屬及其化合物十年高考分類題組

1、第 頁專題五金屬及其化合物考點一鈉、鎂、鋁及其化合物1.(2018海南單科,4,2分)下列化合物中,能與Na2CO3溶液反應生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是()A.MgCl2B.Ca(NO3)2C.FeSO4D.AlCl3答案DA項,MgCl2與Na2CO3溶液反應能生成MgCO3沉淀,但MgCO3不溶于NaOH溶液;B項,能生成CaCO3沉淀,但CaCO3不溶于NaOH溶液;C項,能生成FeCO3沉淀,但FeCO3不溶于NaOH溶液;D項,Al3+和CO32-能發(fā)生相互促進的水解反應,可生成Al(OH)3沉淀,Al(OH)3能溶于NaOH溶液中。2.(2018江蘇單科,9,2分)在給定條

2、件下,下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C.AgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)答案A本題考查元素化合物之間的相互轉化。2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O、Na2CO3+Ca(OH)2 CaCO3+2NaOH,A正確;NaAlO2與過量HCl(aq)反應生成AlCl3和NaCl,B不正確;Ag(NH3)2+與蔗糖無法發(fā)生銀鏡反應生成Ag,C不正確;Fe與HCl(aq)反應生成FeCl2和H2,D不正確。3

3、.(2016課標,12,6分)某白色粉末由兩種物質組成,為鑒別其成分進行如下實驗:取少量樣品加入足量水仍有部分固體未溶解;再加入足量稀鹽酸,有氣泡產生,固體全部溶解;取少量樣品加入足量稀硫酸有氣泡產生,振蕩后仍有固體存在。該白色粉末可能為()A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO4答案CA項,加入足量稀硫酸后,固體全部溶解;B項,加入足量稀鹽酸時有氣泡產生,但仍有固體存在;D項,加入足量稀硫酸并振蕩后,固體全部溶解。故A、B、D均不符合題意。4.(2015課標,13,6分)用如圖所示裝置進行下列實驗:將中溶液滴入中,預測

4、的現(xiàn)象與實際相符的是()選項中物質中物質預測中的現(xiàn)象A.稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產生氣泡B.濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產生紅棕色氣體C.氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產生大量白色沉淀D.草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色 答案D稀鹽酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中,NaOH優(yōu)先發(fā)生反應,不會立即產生氣泡,A項錯誤;常溫下,鋁遇濃硝酸發(fā)生鈍化,不會產生紅棕色氣體,B項錯誤;AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中發(fā)生反應:Al3+4OH- AlO2-+2H2O,不會產生沉淀,C項錯誤;H2C2O4與高錳酸鉀酸性溶液發(fā)生氧化還原反應,而使KMnO4溶液褪色,D項正確。5.(2013山東理綜

5、,9,4分)足量下列物質與相同質量的鋁反應,放出氫氣且消耗溶質物質的量最少的是()A.氫氧化鈉溶液B.稀硫酸C.鹽酸D.稀硝酸答案AAl與稀硝酸反應生成NO氣體,D項不符合題意;2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2+3H2,2Al+3H2SO4 Al2(SO4)3+3H2,2Al+6HCl 2AlCl3+3H2,可知消耗溶質物質的量最少的是NaOH溶液,A項符合題意。6.(2020江蘇單科,3,2分)下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是()A.鋁的金屬活潑性強,可用于制作鋁金屬制品B.氧化鋁熔點高,可用作電解冶煉鋁的原料C.氫氧化鋁受熱分解,可用于中和過多的胃酸D.明礬溶于水并水解

6、形成膠體,可用于凈水答案DA項,金屬鋁用于制作金屬制品是因為金屬鋁易加工,且表面形成的氧化膜有一定的防腐作用,錯誤;B項,冶煉鋁用氧化鋁作原料,是因為氧化鋁是離子化合物,熔融時能電離,錯誤;C項,氫氧化鋁有弱堿性,可用于中和過多的胃酸,錯誤;D項,明礬中的鋁離子在水溶液中水解生成氫氧化鋁膠體,可用于凈水,正確。7.(2015課標,10,6分)下列實驗中,對應的現(xiàn)象以及結論都正確且兩者具有因果關系的是()選項實驗現(xiàn)象結論A.將稀硝酸加入過量鐵粉中,充分反應后滴加KSCN溶液有氣體生成,溶液呈血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B.將銅粉加入1.0 molL-1 Fe2(SO4)3溶液中溶液變藍、有黑

7、色固體出現(xiàn)金屬鐵比銅活潑C.用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點較低D.將0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產生,再滴加0.1 molL-1 CuSO4溶液先有白色沉淀生成,后變?yōu)闇\藍色沉淀Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小答案DA項,稀硝酸加入過量鐵粉中,產物是Fe2+,滴加KSCN溶液,不會出現(xiàn)血紅色;B項,將銅粉加入1.0 molL-1 Fe2(SO4)3溶液中,溶液變藍,發(fā)生了反應:2Fe3+Cu 2Fe2+Cu2+,說明氧化性Fe3+Cu2+,沒有黑色固體出現(xiàn);C項,用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細

8、打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱,鋁箔表面的鋁和空氣中的氧氣反應生成Al2O3,Al2O3熔點高,包裹著熔化的鋁,熔化后的液態(tài)鋁不會滴落下來;D項,將0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產生,說明NaOH已反應完全,再滴加0.1 molL-1 CuSO4溶液,白色沉淀變?yōu)闇\藍色沉淀,說明Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小。8.(2012北京理綜,7,6分)下列解釋實驗現(xiàn)象的反應方程式正確的是()A.切開的金屬Na暴露在空氣中,光亮表面逐漸變暗2Na+O2 Na2O2B.向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液,白色沉淀變成黑色2AgCl+S2- Ag2S+2Cl-C.N

9、a2O2在潮濕的空氣中放置一段時間,變成白色黏稠物2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2D.向NaHCO3溶液中加入過量的澄清石灰水,出現(xiàn)白色沉淀2HCO3-+Ca2+2OH- CaCO3+CO32-+2H2O答案BA項,切開的金屬鈉暴露在空氣中,光亮表面變暗的原因是鈉被氧化生成Na2O,反應方程式為4Na+O2 2Na2O,故A錯誤;C項,Na2O2放置在潮濕的空氣中發(fā)生反應2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2,因NaOH易吸水而形成白色黏稠物,故C錯誤;D項,向NaHCO3溶液中加入過量的澄清石灰水,出現(xiàn)白色沉淀的反應方程式為HCO3-+Ca2+OH- CaCO3+H2O,故D錯

10、誤。9.(2013廣東理綜,23,6分)下列實驗的現(xiàn)象與對應結論均正確的是(雙選)()選項操作現(xiàn)象結論A將濃硫酸滴到蔗糖表面固體變黑膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性B常溫下將Al片放入濃硝酸中無明顯現(xiàn)象Al與濃硝酸不反應C將一小塊Na放入無水乙醇中產生氣泡Na能置換出醇羥基中的氫D將水蒸氣通過灼熱的鐵粉粉末變紅鐵與水在高溫下發(fā)生反應答案AC濃硫酸有脫水性,能使蔗糖變黑;濃硫酸又有強氧化性,能發(fā)生反應C+2H2SO4(濃) CO2+2SO2+2H2O,生成的氣體使固體膨脹,A項正確。常溫下,Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化,是因為Al與濃硝酸反應生成了一層致密的氧化物保護膜,阻礙反應進一步進行,B項錯誤。2Na

11、+2C2H5OH 2C2H5ONa+H2,C項正確。3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2,Fe3O4是黑色晶體,D項錯誤。10.(2013大綱全國,29,15分)鋁是一種應用廣泛的金屬,工業(yè)上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融電解制得。鋁土礦的主要成分是Al2O3和SiO2等。從鋁土礦中提煉Al2O3的流程如下:以螢石(CaF2)和純堿為原料制備冰晶石的流程如下:回答下列問題:(1)寫出反應1的化學方程式。(2)濾液中加入CaO生成的沉淀是,反應2的離子方程式為。(3)E可作為建筑材料,化合物C是,寫出由D制備冰晶石的化學方程式。(4)電解制鋁的化學方程式是,以石墨為電極,陽

12、極產生的混合氣體的成分是。答案(1)2NaOH+SiO2 Na2SiO3+H2O(2分)、2NaOH+Al2O3 2NaAlO2+H2O(2分)(2)CaSiO32AlO2-+CO2+3H2O 2Al(OH)3+CO32-(每空2分,共4分)(3)濃H2SO4(1分)12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3 2Na3AlF6+3CO2+9H2O(2分)(4)2Al2O3 4Al+3O2(2分)O2、CO2(CO)(2分)解析(3)根據冰晶石的化學式可知氣體D為HF,結合E可作為建筑材料可推出C為濃H2SO4,E為CaSO4,根據原子守恒可寫出制備冰晶石的化學方程式。(4)以石墨為電極,陽極發(fā)

13、生的反應為2O2-4e- O2,O2可與石墨反應產生CO2和CO氣體。評析本題是高考中常見的考查工藝流程的有關問題的試題。側重考查了Al、Si、F及其化合物的性質。解題的關鍵是全面分析每一步流程涉及的化學反應。難點是制備冰晶石的化學方程式的書寫。易因忽略O2與石墨的反應導致(4)問中陽極產生的混合氣體的成分回答不完整而丟分。難度適中。11.(2019課標,26,14分)硼酸(H3BO3)是一種重要的化工原料,廣泛應用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工業(yè)。一種以硼鎂礦(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下:回答下列問題:(1)在95 “溶浸”

14、硼鎂礦粉,產生的氣體在“吸收”中反應的化學方程式為。(2)“濾渣1”的主要成分有。為檢驗“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子,可選用的化學試劑是。(3)根據H3BO3的解離反應:H3BO3+H2OH+B(OH)4-,Ka=5.8110-10,可判斷H3BO3是酸;在“過濾2”前,將溶液pH調節(jié)至3.5,目的是。(4)在“沉鎂”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的離子方程式為,母液經加熱后可返回工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是。答案(1)NH4HCO3+NH3 (NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱轉化為H3BO3,促進析出(4)2Mg2

15、+3CO32-+2H2O Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-或2Mg2+2CO32-+H2O Mg(OH)2MgCO3+CO2溶浸高溫焙燒解析(1)“溶浸”步驟產生的“氣體”是NH3,用NH4HCO3溶液吸收NH3的化學方程式為NH3+NH4HCO3 (NH4)2CO3。(2)根據流程圖可知,Fe2O3、Al2O3、SiO2不溶于(NH4)2SO4溶液,故“濾渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3;檢驗Fe3+通常選用KSCN溶液。(3)根據H3BO3的解離反應以及電離平衡常數,可判斷H3BO3是一元弱酸;在“過濾2”操作前B元素主要以B2O54-的形式存在,調節(jié)pH至3.5后

16、生成了H3BO3沉淀,由此可推斷調節(jié)pH的目的是將B2O54-轉化成H3BO3。(4)反應物有Mg2+、CO32-,生成物有Mg(OH)2MgCO3沉淀,再結合電荷守恒、原子守恒可寫出反應的離子方程式;“沉鎂”后的母液的主要成分為(NH4)2SO4,可供“溶浸”工序循環(huán)使用;Mg(OH)2、MgCO3在高溫條件下均易分解生成MgO,故高溫焙燒堿式碳酸鎂可以制備輕質氧化鎂。方法歸納可循環(huán)利用的物質通常是某步驟的副產物,可以作為其他步驟的反應物。12.2013江蘇單科,16(4),6分氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應用廣泛。硫酸鎂還原熱解制備高純氧化鎂是一種新的探索。(4)煅燒過程存在以下反應:2MgS

17、O4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+CMgO+SO2+COMgSO4+3CMgO+S+3CO利用下圖所示裝置對煅燒產生的氣體進行分步吸收或收集。D中收集的氣體是(填化學式)。B中盛放的溶液可以是(填字母)。a.NaOH溶液b.Na2CO3溶液c.稀硝酸d.KMnO4溶液A中得到的淡黃色固體能與熱的NaOH溶液反應,產物中元素的最高價態(tài)為+4,寫出該反應的離子方程式:。答案(4)COd3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O解析(4)氣體成分為SO2、CO2、CO、S(g),分步吸收的順序:A中收集S,B吸收SO2,C吸收CO2,D收集CO。B中可以選擇KMnO4溶液。審題技巧解此

18、類題時,不僅要關注題干部分,同時也要關注題目中提供的信息。如本題中的小題,提示A中得到淡黃色固體,聯(lián)系上下文,很容易推出該固體為S單質。命題歸納無機化工題來自實際化工生產,考查相關的化學基礎知識和基本技能。這類題目所考的知識點比較分散,既考查元素化合物基礎知識,又考查與之相關的化學基本理論、實驗操作和化學計算。13.(2013北京理綜,27,12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的鋁灰制備Al2(SO4)318H2O,工藝流程如下(部分操作和條件略):.向鋁灰中加入過量稀H2SO4,過濾;.向濾液中加入過量KMnO4溶液,調節(jié)溶液的pH約為3;.加熱,產生大量棕色沉淀,靜置

19、,上層溶液呈紫紅色;.加入MnSO4至紫紅色消失,過濾;.濃縮、結晶、分離,得到產品。(1)H2SO4溶解Al2O3的離子方程式是。(2)將MnO4-氧化Fe2+的離子方程式補充完整:1MnO4-+Fe2+ 1Mn2+Fe3+(3)已知:生成氫氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀時3.46.31.5完全沉淀時4.78.32.8注:金屬離子的起始濃度為0.1 molL-1根據表中數據解釋步驟的目的:。(4)已知:一定條件下,MnO4-可與Mn2+反應生成MnO2。向的沉淀中加入濃HCl并加熱,能說明沉淀中存在MnO2的現(xiàn)象是。中加入MnSO4的目的是。答案(1)Al

20、2O3+6H+ 2Al3+3H2O(2)58H+54H2O(3)pH約為3時,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,將Fe2+氧化為Fe3+,可使鐵完全沉淀(4)生成黃綠色氣體除去過量的MnO4-解析(2)由得失電子守恒知Fe2+和MnO4-的化學計量數之比為51,再由電荷守恒可知左邊還應填8H+,由原子守恒推出右邊還應填4H2O。(3)濾液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+,由生成氫氧化物沉淀的pH可知,要使Fe2+和Fe3+完全沉淀而Al3+不生成Al(OH)3沉淀,應將Fe2+氧化為Fe3+,且控制pH在2.83.4之間。(4)MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2+2H2O,Cl2是一

21、種黃綠色氣體。由題干提供的信息可得出加入MnSO4的目的是除去溶液中過量的MnO4-:2MnO4-+3Mn2+2H2O 5MnO2+4H+。評析本題考查了元素及其化合物、氧化還原反應方程式的配平等知識。重點考查考生綜合分析問題的能力。根據得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平氧化還原反應方程式是解該題的關鍵?？忌荒軠蚀_應用(3)中的信息解釋步驟的目的是本題的失分點。難度中等。14.(2013浙江理綜,26,15分)氫能源是一種重要的清潔能源?，F(xiàn)有兩種可產生H2的化合物甲和乙。將6.00 g甲加熱至完全分解,只得到一種短周期元素的金屬單質和6.72 L的H2(已折算成標準狀況)。甲與水反應也能放

22、出H2,同時還產生一種白色沉淀物,該白色沉淀可溶于NaOH溶液?；衔镆以诖呋瘎┐嬖谙驴煞纸獾玫紿2和另一種單質氣體丙,丙在標準狀況下的密度為1.25 gL-1。請回答下列問題:(1)甲的化學式是;乙的電子式是。(2)甲與水反應的化學方程式是。(3)氣體丙與金屬鎂反應的產物是(用化學式表示)。(4)乙在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體丙,寫出該反應的化學方程式。有人提出產物Cu中可能還混有Cu2O,請設計實驗方案驗證之。(已知:Cu2O+2H+ Cu+Cu2+H2O)(5)甲與乙之間(填“可能”或“不可能”)發(fā)生反應產生H2,判斷理由是。答案(1)AlH3HNHH(2)AlH3+3H2O

23、 Al(OH)3+3H2(3)Mg3N2(4)2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O取樣后加稀H2SO4,如果溶液變藍,說明產物中含有Cu2O。反之則無Cu2O(5)可能AlH3中的氫化合價為-1價,NH3中的氫為+1價,因而有可能發(fā)生氧化還原反應生成氫氣解析由甲加熱可產生金屬單質和H2,可判斷甲為氫化物,又因甲與水反應生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液及根據質量關系可推出甲為AlH3。丙的摩爾質量為1.25 gL-122.4 Lmol-1=28 gmol-1,中學中常見的摩爾質量為28 gmol-1 的物質有N2、CO、C2H4等,又因丙為單質,則丙為N2,乙為NH3?？键c二鐵、銅及其重要

24、化合物金屬冶煉1.(2020山東,9,2分)以菱鎂礦(主要成分為MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下:煅燒輕燒粉浸出廢渣氨氣氯化銨溶液浸出液沉鎂濾液氨水氫氧化鎂煅燒高純鎂砂已知浸出時產生的廢渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是()A.浸出鎂的反應為MgO+2NH4Cl MgCl2+2NH3+H2OB.浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行C.流程中可循環(huán)使用的物質有NH3、NH4ClD.分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同答案BA項,通過煅燒操作,MgCO3轉化為MgO,NH4Cl溶液顯酸性,

25、能與MgO發(fā)生反應,正確;B項,適當升高溫度,可以加快反應速率,提高浸出率,但沉鎂時加入的氨水受熱易分解,故浸出時可以適當升高溫度,沉鎂時溫度不宜過高,錯誤;C項,結合題給流程圖,浸出時有氨氣產生,沉鎂時發(fā)生的反應為MgCl2+2NH3H2O Mg(OH)2+2NH4Cl,故可循環(huán)使用的物質有NH3、NH4Cl,正確;D項,結合題給已知信息浸出時產生的廢渣中有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3可知,Fe3+、Al3+在弱酸性環(huán)境中完全沉淀,而Mg2+沒有產生沉淀,利用了它們氫氧化物Ksp的不同,正確。2.(2020浙江7月選考,8,2分)下列說法不正確的是()A.Cl-會破壞鋁表面的氧化

26、膜B.NaHCO3的熱穩(wěn)定性比Na2CO3強C.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒D.鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學腐蝕答案BNaHCO3不穩(wěn)定,受熱易分解,發(fā)生反應:2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2,NaHCO3的熱穩(wěn)定性比Na2CO3弱,故選B。3.(2020浙江7月選考,9,2分)下列說法不正確的是()A.高壓鈉燈可用于道路照明B.SiO2可用來制造光導纖維C.工業(yè)上可采用高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅D.BaCO3不溶于水,可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐答案DA項,高壓鈉燈透霧能力強,可用于道路照明,正確;B項,光導纖維的主要成分為SiO2,正確;C項,工業(yè)上可采用

27、主要成分為CuFeS2的黃銅礦來高溫冶煉制備粗銅,正確;D項,BaCO3會與胃酸反應,產生劇毒重金屬離子Ba2+,故BaCO3不可用作檢查腸胃的鋇餐,錯誤。4.(2020浙江7月選考,12,2分)下列說法正確的是()A.Na2O在空氣中加熱可得固體Na2O2B.Mg加入到過量FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸騰爐中與O2反應主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2答案A氧化鈉在加熱條件下與空氣中的氧氣反應生成過氧化鈉,反應的化學方程式為2Na2O+O2 2Na2O2,A項正確;鎂與過量的三氯化鐵反應生成氯化鎂和氯化亞鐵,反應的化學方程式為Mg+2FeCl3 Mg

28、Cl2+2FeCl2,Mg無剩余,無Fe生成,B項錯誤;FeS2在高溫條件下與氧氣反應生成氧化鐵和二氧化硫,反應的化學方程式為4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2,C項錯誤;過氧化氫在二氧化錳催化作用下生成氧氣和水,反應的化學方程式為2H2O2 O2+2H2O,D項錯誤。5.(2019海南單科,2,2分)我國古代典籍中有“石膽淺碧色,燒之變白色者真”的記載,其中石膽是指()A.CuSO45H2OB.FeSO47H2OC.ZnSO47H2OD.KAl(SO4)212H2O答案ACuSO45H2O為藍色晶體,CuSO4為白色粉末,加熱時發(fā)生反應:CuSO45H2O(藍) CuSO4(白)+

29、5H2O。6.(2019天津理綜,3,6分)下列有關金屬及其化合物的應用不合理的是()A.將廢鐵屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工業(yè)廢氣中的Cl2B.鋁中添加適量鋰,制得低密度、高強度的鋁合金,可用于航空工業(yè)C.鹽堿地(含較多Na2CO3等)不利于作物生長,可施加熟石灰進行改良D.無水CoCl2呈藍色,吸水會變?yōu)榉奂t色,可用于判斷變色硅膠是否吸水答案C本題涉及的考點有鐵、氯、鈉及其化合物的性質,合金的性質與應用?？疾閷W生對元素化合物基礎知識的整合能力,體現(xiàn)了宏觀辨識與微觀探析的學科核心素養(yǎng)。A項,溶液中發(fā)生反應:2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-、2Fe3+Fe 3Fe2+,將廢鐵屑加入F

30、eCl2溶液中可以除去工業(yè)廢氣中的Cl2,故正確;B項,鋁、鋰均為輕金屬,鋁中添加適量鋰可以制得低密度、高強度的鋁合金,故正確;C項,Na2CO3+Ca(OH)2 CaCO3+2NaOH,施加熟石灰生成了燒堿NaOH,堿性增強,不利于作物生長,故錯誤;D項,無水CoCl2吸水的現(xiàn)象(藍色變粉紅色)明顯,可用于判斷變色硅膠是否吸水,故正確。易錯提醒C選項中,熟石灰雖然可以與Na2CO3反應,但反應后會生成堿性更強的燒堿,適得其反。解題時務必考慮周到,思維縝密。7.(2018課標,7,6分)磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片中的

31、金屬,其流程如下:下列敘述錯誤的是()A.合理處理廢舊電池有利于保護環(huán)境和資源再利用B.從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、LiC.“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉答案D本題考查工藝流程分析,鋁、鐵、鋰的化合物的性質等。合理處理廢舊電池可回收有關金屬,達到資源再利用的目的,同時有利于環(huán)境保護,A項正確;由流程圖可知,“正極片”中含有的金屬元素有Al、Fe、Li,B項正確;LiFePO4中鐵元素的化合價為+2價,在H2SO4、HNO3作用下轉化為Fe3+,經堿液處理形成Fe(OH)3沉淀,C項正確;Li2CO3難溶于水,而Li2SO4可溶于水,故不能用N

32、a2SO4代替Na2CO3,D錯誤。審題方法以元素化合物的性質為依據,分析流程中各物質的轉化。8.(2018浙江4月選考,24,2分)某同學通過如下流程制備氧化亞銅:Cu2(OH)2CO3CuCl2溶液 CuCl Cu2O已知:CuCl難溶于水和稀硫酸;Cu2O+2H+ Cu2+Cu+H2O下列說法不正確的是()A.步驟中的SO2可用Na2SO3替換B.步驟中為防止CuCl被氧化,可用SO2水溶液洗滌C.步驟發(fā)生反應的離子方程式為2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2OD.如果Cu2O試樣中混有CuCl和CuO雜質,用足量稀硫酸與Cu2O試樣充分反應,根據反應前、后固體質量可計算試樣純度

33、答案DSO2和Na2SO3中的硫都是+4價,都具有還原性,故A正確;SO2水溶液具有還原性,可以防止CuCl被氧化,故B正確;步驟發(fā)生反應的離子方程式為2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O,故C正確;CuCl難溶于水和稀硫酸,Cu2O在酸中會發(fā)生自身的歧化反應,故D錯誤。9.(2018江蘇單科,6,2分)下列有關物質性質的敘述一定不正確的是()A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN 溶液,溶液顯紅色B.KAl(SO4)212H2O 溶于水可形成Al(OH)3膠體C.NH4Cl 與Ca(OH)2 混合加熱可生成NH3D.Cu與FeCl3 溶液反應可生成CuCl2答案A向FeCl2溶液中

34、滴加NH4SCN溶液,溶液不顯紅色,A項錯誤;KAl(SO4)212H2O溶于水,電離出的Al3+發(fā)生水解可形成Al(OH)3膠體,B項正確;實驗室常用NH4Cl固體與Ca(OH)2固體混合加熱制NH3,C項正確;Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl2和FeCl2,D項正確。易錯易混SCN-與Fe3+可結合形成Fe(SCN)3使溶液顯紅色,而SCN-與Fe2+不能。10.(2015福建理綜,9,6分)純凈物X、Y、Z轉化關系如圖所示,下列判斷正確的是()A.X可能是金屬銅B.Y不可能是氫氣C.Z可能是氯化鈉D.Z可能是三氧化硫答案A若用惰性電極電解CuCl2溶液,可以生成Cu和Cl2,Cu可

35、以在Cl2中燃燒生成CuCl2,故X可能是金屬銅,A正確;若用惰性電極電解HCl的水溶液,可生成H2和Cl2,H2和Cl2在點燃的條件下可以生成HCl,故Y可能是H2,B錯誤;在水溶液中Na+不可能放電,故C錯誤;若Z是三氧化硫,則Z的水溶液為H2SO4溶液,電解H2SO4溶液得到的X和Y作用不會生成三氧化硫,故D錯誤。11.(2014課標,8,6分)化學與社會、生活密切相關。對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是()選項現(xiàn)象或事實解釋A.用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接與油污反應B.漂白粉在空氣中久置變質漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3C.施肥時,草木灰(有效成分為K2

36、CO3)不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反應生成氨氣會降低肥效D.FeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作FeCl3能從含Cu2+的溶液中置換出銅答案C生活中常用熱的純堿溶液洗去油污,其原因不是Na2CO3與油污直接發(fā)生反應,而是純堿水解使溶液呈堿性,油污在堿性條件下水解生成可溶于水的高級脂肪酸鹽和甘油,A錯誤;漂白粉在空氣中久置變質,是因為發(fā)生了反應:Ca(ClO)2+CO2+H2O CaCO3+2HClO,2HClO 2HCl+O2,B錯誤;K2CO3與NH4Cl混合使用,因發(fā)生相互促進的水解反應生成NH3而降低肥效,C正確;FeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作的反應原理是2

37、FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2。12.(2014課標,9,6分)下列反應中,反應后固體物質增重的是()A.氫氣通過灼熱的CuO粉末B.二氧化碳通過Na2O2粉末C.鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應D.將鋅粒投入Cu(NO3)2溶液答案BA項,CuO被H2還原為Cu,固體質量減輕;B項,2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2,Na2O2變?yōu)镹a2CO3,固體質量增加;C項,鋁熱反應前后固體總質量保持不變;D項,1 mol Zn置換出1 mol Cu,固體質量減輕,不符合題意。13.(2014上海單科,17,3分)用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅,所得的溶液中加入鐵粉。對加入鐵粉充

38、分反應后的溶液分析合理的是()A.若無固體剩余,則溶液中一定有Fe3+B.若有固體存在,則溶液中一定有Fe2+C.若溶液中有Cu2+,則一定沒有固體析出D.若溶液中有Fe2+,則一定有Cu析出答案BA項,當鐵粉剛好與Fe3+完全反應,則不存在Fe3+,故A錯誤;B項,無論固體有沒有,一定有Fe2+,故B正確;C項,可能部分Cu2+變成Cu,還有Cu2+剩余,故C錯誤;D項,若溶液中Fe3+過量,則沒有Cu析出,故D錯誤。14.(2011山東理綜,12,4分)Al、Fe、Cu都是重要的金屬元素。下列說法正確的是()A.三者對應的氧化物均為堿性氧化物B.三者的單質放置在空氣中均只生成氧化物C.制備

39、AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法D.電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液時陰極上依次析出Cu、Fe、Al答案CA項,Al2O3為兩性氧化物;B項,Cu在空氣中的CO2和H2O(g)的作用下與O2反應生成Cu2(OH)2CO3;C項,三種鹽均為強酸弱堿鹽,加熱時都水解,且生成易揮發(fā)的HCl,隨著水分和HCl的揮發(fā),蒸干時都得到金屬氧化物和其氫氧化物的混合物;D項,電解AlCl3溶液陰極上的產物為H2和Al(OH)3。15.(2020課標,7,6分)北宋沈括夢溪筆談中記載:“信州鉛山有苦泉,流以為澗。挹其水熬之則成膽礬,烹膽礬則成銅。熬膽礬鐵釜,久之亦化

40、為銅”。下列有關敘述錯誤的是()A.膽礬的化學式為CuSO4B.膽礬可作為濕法冶銅的原料C.“熬之則成膽礬”是濃縮結晶過程D.“熬膽礬鐵釜,久之亦化為銅”是發(fā)生了置換反應答案AA項,膽礬是硫酸銅晶體,其化學式為CuSO45H2O,錯誤;B項,濕法冶銅中的一步反應是鐵與CuSO4溶液發(fā)生置換反應,故膽礬可作為濕法冶銅的原料,正確;C項,將CuSO4溶液蒸發(fā)濃縮,再冷卻結晶可得膽礬,正確;D項,鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應,置換出來的銅附在鐵釜上,正確。16.(2020課標,26,14分)釩具有廣泛用途。黏土釩礦中,釩以+3、+4、+5價的化合物存在,還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽,以及SiO2、Fe3O4

41、。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下,溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題:(1)“酸浸氧化”需要加熱,其原因是。(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同時還有離子被氧化。寫出VO+轉化為VO2+反應的離子方程式。(3)“中和沉淀”中,釩水解并沉淀為V2O5xH2O,隨濾液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、,以及部分的。(4)“沉淀轉溶”中,V2O5xH2O轉化為釩酸鹽溶解。濾渣的主要成分是。(5)“調pH”中

42、有沉淀生成,生成沉淀反應的化學方程式是。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時,需要加入過量NH4Cl,其原因是。答案(1)加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)(2)Fe2+VO+MnO2+2H+ VO2+Mn2+H2O(3)Mn2+Al3+和Fe3+(4)Fe(OH)3(5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O(6)利用同離子效應,促進NH4VO3盡可能析出完全解析(1)加熱的目的是使反應完全,加快酸浸速率。(2)Fe3O4與硫酸反應生成Fe2+和Fe3+,Fe2+能夠被氧化為Fe3+;VO+中釩元素化合價為+3,VO2+中釩元素化合價為+5,VO+被MnO2氧化為V

43、O2+,MnO2被還原為Mn2+,結合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒配平:VO+MnO2+2H+ VO2+Mn2+H2O。(3)pH=3.03.1時,Mn2+還未沉淀,所以濾液中有Mn2+,另外Fe3+、Al3+在該pH范圍內沒有沉淀完全,部分留在濾液中。(4)濾餅中除了有V2O5xH2O,還有少量Fe(OH)3和Al(OH)3,加NaOH調pH13,V2O5xH2O與NaOH反應生成NaVO3,Al(OH)3與NaOH反應生成NaAl(OH)4,Fe(OH)3不與NaOH反應,所以濾渣是Fe(OH)3。(5)“調pH”的目的是將NaAl(OH)4轉化為Al(OH)3沉淀除去,反應的化學方程

44、式為NaAl(OH)4+HCl Al(OH)3+NaCl+H2O,則濾渣為Al(OH)3。(6)加入過量NH4Cl固體,c(NH4+)增大,根據同離子效應,可促進NH4VO3晶體盡可能完全析出。17.(2020課標,27,15分)某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物,還有少量其他不溶性物質。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO47H2O):廢鎳催化劑堿浸濾液NaOH溶液酸浸濾渣稀H2SO4轉化H2O2溶液調pH濾渣NaOH溶液控制pH濃縮結晶硫酸鎳晶體溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀

45、時(c=0.01 molL-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(c=1.010-5 molL-1)的pH8.74.73.29.0回答下列問題:(1)“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是。為回收金屬,用稀硫酸將“濾液”調為中性,生成沉淀。寫出該反應的離子方程式。(2)“濾液”中含有的金屬離子是。(3)“轉化”中可替代H2O2的物質是。若工藝流程改為先“調pH”后“轉化”,即調pHNaOH溶液轉化濾渣H2O2溶液,“濾液”中可能含有的雜質離子為。(4)利用上述表格數據,計算Ni(OH)2的Ksp=(列出計算式)。如果“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0 molL-1,則“調pH”應控制的

46、pH范圍是。(5)硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式。(6)將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用,其意義是。答案(1)除去油脂、溶解鋁及其氧化物Al(OH)4-+H+ Al(OH)3+H2O(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空氣Fe3+(4)0.01(107.2-14)2或10-5(108.7-14)23.26.2(5)2Ni2+ClO-+4OH- 2NiOOH+Cl-+H2O(6)提高鎳回收率解析(1)油脂可在NaOH溶液中發(fā)生水解反應生成可溶性的高級脂肪酸鈉和甘油,并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3,2

47、Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2+3H2、Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+H2O,故“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是除去油脂和溶解鋁及其氧化物。“濾液”中含有NaAl(OH)4(也可寫成NaAlO2),向其中加入稀H2SO4調為中性會生成Al(OH)3沉淀,反應的離子方程式為Al(OH)4-+H+ Al(OH)3+H2O或AlO2-+H+H2O Al(OH)3。(2)“濾餅”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物,加入稀H2SO4后主要發(fā)生反應Ni+2H+ Ni2+H2、Fe+2H+ Fe2+H2、NiO+2H+ Ni2+H2O、FeO+2H+ Fe

48、2+H2O、Fe2O3+6H+ 2Fe3+3H2O,故“濾液”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)H2O2的作用是在酸性條件下將Fe2+氧化為Fe3+(2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O),且在“轉化”中不引入新雜質,故可替代H2O2的物質是O2或空氣,發(fā)生反應4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O,也不引入新雜質。加NaOH溶液“調pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+,為除盡Fe3+而又不生成Ni(OH)2沉淀,需控制pH范圍:3.2pH7.2,此時,Fe2+不能沉淀,后續(xù)H2O2可將Fe2+氧化為Fe3+,故“濾液”中可能含有的雜質離子為Fe3

49、+。(4)開始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全時,都存在沉淀溶解平衡:Ni(OH)2(s) Ni2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=c(Ni2+)c2(OH-),開始沉淀時,c(Ni2+)=0.01 molL-1,c(OH-)=1.0107.2-14 molL-1,故Ksp=0.01(107.2-14)2;沉淀完全時,c(Ni2+)=1.010-5molL-1,c(OH-)=1.0108.7-14 molL-1,Ksp=10-5(108.7-14)2。由上述分析得Ksp=1.010-15.6,若“轉化”后的溶液中c(Ni2+)=1.0 molL-1,生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH-)

50、=Kspc(Ni2+)=1.010-15.61.0 molL-1=1.010-7.8 molL-1,c(H+)=1.010-141.010-7.8 molL-1=1.010-6.2 molL-1,pH=6.2,故既要除盡Fe3+,又不形成Ni(OH)2沉淀,應控制的pH范圍是3.26.2。(5)Ni2+被氧化為NiOOH,ClO-被還原為Cl-,故在強堿溶液中該反應的離子方程式為2Ni2+ClO-+4OH- 2NiOOH+Cl-+H2O。(6)分離出NiSO4晶體后的母液中含有Ni2+(飽和NiSO4溶液),故將母液收集、循環(huán)使用,其意義是提高鎳回收率。18.(2019課標,26,14分)高純

51、硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料,工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備,工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}:相關金屬離子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下:金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“濾渣1”含有S和;寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式。(2)“氧化”中添加適量的MnO2的作用是。(3)“調pH”除鐵和鋁,溶液的pH范圍應調節(jié)為6之間。(4)“

52、除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“濾渣3”的主要成分是。(5)“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過高,Mg2+沉淀不完全,原因是。(6)寫出“沉錳”的離子方程式。(7)層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料,其化學式為LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=13時,z=。答案(1)SiO2(不溶性硅酸鹽)MnO2+MnS+2H2SO4 2MnSO4+S+2H2O(2)將Fe2+氧化為Fe3+(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F-與H+結合形成弱電解質HF,MgF2 Mg2+2F-平衡向右移動(6)Mn2+

53、2HCO3- MnCO3+CO2+H2O(7)13解析本題涉及元素化合物知識的綜合應用,通過工藝流程形式給出信息,考查分析和解決化學工藝流程問題的能力,根據題給信息書寫相應的化學方程式和離子方程式,體現(xiàn)了證據推理與模型認知的學科核心素養(yǎng)。(1)由題干信息可知,濾渣有生成的S和不與H2SO4反應的SiO2(或不溶性硅酸鹽);依據氧化還原反應原理可知,MnO2作氧化劑,MnS作還原劑,由此可寫出化學方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2+,為了去除方便,需將Fe2+氧化為Fe3+。(3)由相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍可知除鐵和鋁時溶液pH范圍應調節(jié)為4.76之間。(4)NiS和Zn

54、S是難溶于水的硫化物。(5)MgF2(s) Mg2+(aq)+2F-(aq),若增大H+濃度,F-與H+會結合成弱電解質HF而使沉淀溶解平衡正向移動,導致溶液中Mg2+沉淀不完全。(6)由于HCO3- H+CO32-,CO32-與Mn2+可形成MnCO3沉淀,使HCO3-電離平衡正向移動,H+濃度增大,H+與HCO3-反應生成H2O和CO2,所以離子方程式為Mn2+2HCO3- MnCO3+CO2+H2O。(7)根據化合物中各元素正、負化合價的代數和為0,可知+1+(+2)x+(+3)y+(+4)z+(-2)2=0,將x=y=13代入計算,可得z=13。易錯警示(5)易忽略H+與F-會形成弱電

55、解質破壞沉淀溶解平衡;(6)易錯寫為Mn2+HCO3- MnCO3+H+,忽略MnCO3可溶于酸中。19.(2018課標,26節(jié)選)我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。一種以閃鋅礦(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質)為原料制備金屬鋅的流程如圖所示:相關金屬離子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下:金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列問題:(4)電解硫酸鋅溶液制備單質鋅時,陰極的電極反應式為;沉積鋅后的電解液可返回工序繼續(xù)使用。答案(4)Zn2+2e- Z

56、n溶浸解析(4)電解硫酸鋅溶液時,陰極反應式為Zn2+2e- Zn,陽極反應式為2H2O-4e- O2+4H+,沉積鋅后的電解液中主要含硫酸,可返回溶浸工序繼續(xù)使用。20.(2016北京理綜,26,13分)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽(NO3-)已成為環(huán)境修復研究的熱點之一。(1)Fe還原水體中NO3-的反應原理如下圖所示。作負極的物質是。正極的電極反應式是。(2)將足量鐵粉投入水體中,經24小時測定NO3-的去除率和pH,結果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率接近100%K2K3bd調節(jié)溶液的pH(4)1820解析(1)FeCl3凈水的原理是Fe3+水解產生Fe(O

57、H)3膠體,Fe(OH)3膠體具有較強的吸附性,能吸附水中的懸浮雜質使其沉降,從而起到凈水作用。FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設備,除H+作用外,另一主要原因是Fe3+具有較強的氧化性,將Fe氧化為Fe2+,其離子方程式為:2Fe3+Fe 3Fe2+。(2)酸性FeCl2廢液中除存在Fe2+、Fe3+、Cl-外,還存在H+和OH-,由電荷守恒得:c(H+)+2c(Fe2+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)+c(OH-),由于c(OH-)很小,可忽略不計,故有c(H+)+22.010-2 molL-1+31.010-3 molL-15.310-2 molL-1,則c(H+)1.010-2 molL-1,

58、pH2。由可知溶液顯酸性,空缺的反應物為H+,則空缺的生成物為H2O,由得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒可配平該離子方程式。(3)離子分步水解時,水解程度逐級減小,而水解平衡常數能夠表示水解程度的大小,K值越大,水解程度越大,故有K1K2K3。對于xFe3+yH2O Fex(OH)y(3x-y)+yH+,由于水解反應吸熱,降溫可使平衡逆向移動;加水稀釋,水解程度增大,平衡正向移動;加入NH4Cl,NH4+水解使c(H+)增大,平衡逆向移動;加入NaHCO3,HCO3-結合H+使c(H+)減小,平衡正向移動,故選b、d。欲使FeCl3溶液轉化為高濃度聚合氯化鐵,應使Fe3+的水解平衡正向移動,在

59、FeCl3濃度一定的條件下,適當減小c(H+),即調節(jié)溶液的pH可達到這種效果。(4)由題圖可以看出,投放聚合氯化鐵18 mgL-1時,渾濁度的去除率最高;投放聚合氯化鐵20 mgL-1時,還原性物質的去除率最高,因此投放聚合氯化鐵的最佳范圍為1820 mgL-1。評析本題以新型絮凝劑“聚合氯化鐵”為背景,綜合考查了鹽類的水解、氧化還原反應方程式的配平、平衡的移動及平衡常數等知識,難度中等。22.(2014福建理綜,24,15分)鐵及其化合物與生產、生活關系密切。(1)右圖是實驗室研究海水對鐵閘不同部位腐蝕情況的剖面示意圖。該電化腐蝕稱為。圖中A、B、C、D四個區(qū)域,生成鐵銹最多的是(填字母)

60、。(2)用廢鐵皮制取鐵紅(Fe2O3)的部分流程示意圖如下:廢鐵皮含F(xiàn)e(NO3)2的溶液步驟若溫度過高,將導致硝酸分解。硝酸分解的化學方程式為。步驟中發(fā)生反應:4Fe(NO3)2+O2+(2n+4)H2O 2Fe2O3nH2O+8HNO3,反應產生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉化為Fe(NO3)2,該反應的化學方程式為。上述生產流程中,能體現(xiàn)“綠色化學”思想的是(任寫一項)。(3)已知t 時,反應FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)的平衡常數K=0.25。t 時,反應達到平衡時n(CO)n(CO2)=。若在1 L密閉容器中加入0.02 mol FeO(s),并通入x mol CO