《（通用版）2020高考化学一轮复习 跟踪检测（十六）归纳拓展 高考考查新载体（两性金属与变价金属）（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2020高考化学一轮复习 跟踪检测（十六）归纳拓展 高考考查新载体（两性金属与变价金属）（含解析）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、跟踪检测（十六） 归纳拓展高考考查新载体（两性金属与变价金属）1钨是我国丰产元素，自然界中钨主要以钨(6)酸盐的形式存在。黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐(FeWO4、MnWO4)，黑钨矿传统冶炼工艺流程图如下：(1)已知上述转化中，除最后一步外，W的化合价未发生变化，则产品C的化学式为_；如何将其冶炼成单质(用化学方程式表示)：_。根据金属的活动性不同，金属的冶炼方法一般有_三种。(2)写出第一步转化中“Mn2MnO2”的离子方程式_。(3)我国钨化学研究的奠基人顾翼东先生采用另外的反应制得了一种蓝色的、非整比的钨的氧化物WO(3x)，这种蓝色氧化钨具有比表面大、易还原的优点。一般认为，蓝色
2、氧化钨的颜色和非整比暗示了在化合物中存在正五价和正六价两种价态的钨，已知x的值为0.1，则蓝色氧化钨中这两种价态的钨原子数之比为_。解析：(1)由工艺流程框图可知MnO2、Fe2O3进入滤渣，滤液A中含Na、WO，加入浓盐酸后沉淀为H2WO4，灼烧H2WO4得WO3，用氢气还原三氧化钨得W，即WO33H2W3H2O，则产品C为三氧化钨；金属的冶炼方法有：热分解法、热还原法、电解法。(2)转化中“Mn2MnO2”的过程，Mn元素化合价升高了，所以发生了氧化反应，被O2氧化，其离子方程式为2Mn2O24OH2MnO22H2O。(3)钨的氧化物WO(3x)中x0.1，则钨的氧化物为WO2.9，可用十
3、字交叉法求算：答案：(1)WO3WO33H2W3H2O热分解法、热还原法、电解法(2)2Mn2O24OH2MnO22H2O(3)142碱式碳酸镍Nix(OH)y(CO3)znH2O是一种绿色粉末晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300 以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题：(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置_、_(填字母，装置可重复选取)。(2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中_(填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是_。(3)装置A的作用是_，若
4、没有装置E，则会使_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(4)实验前后测得下表所示数据：装置B中样品质量/g装置C质量/g装置D质量/g实验前3.77132.0041.00实验后2.25133.0841.44已知碱式碳酸镍中Ni化合价为2价，则该碱式碳酸镍分解的化学方程式为_。(5)采取上述实验装置进行该实验时，必须小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓硫酸倒吸，可导致加热的硬质玻璃管炸裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提出你的改进措施：_。解析：(1)根据信息，300 以上时分解生成3种氧化物，这三种氧化物分别是NiO、CO2、H2O，需要测CO2和H2O的质量，因此必须让其全部被吸收，根
5、据(2)甲装置的作用是吸收空气中CO2和H2O，甲装置应是c，B装置应是加热碱式碳酸镍，C装置应是吸收产生H2O，D装置应是吸收产生CO2，故乙装置选c；(2)根据上述分析，当装置C中不再有气泡产生，说明反应完全，打开活塞K，缓慢通入空气的目的是让装置中残留的气体产物被C和D装置全部吸收；(3)根据(1)的分析，装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；装置E的作用是防止外界中CO2和H2O进入装置D，如果没有此装置，D装置吸收空气中CO2和水，造成CO2的质量增大，根据原子守恒，偏小；(4)装置C质量增重(133.08132.00)g1.08 g，产生水的质量为1.08 g，物质的量为0.0
6、6 mol，装置D增重的质量是CO2的质量，即为(41.4441.00)g0.44 g，物质的量为0.01 mol，装置B中反应后的物质是NiO，其质量为2.25 g，物质的量为0.03 mol，化合价代数和为0，因此推出OH的物质的量为0.04 mol，根据H原子守恒推出H2O的物质的量为0.04 mol，因此xyzn0.030.040.010.043414，即碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO34H2O，碱式碳酸镍受热分解的化学方程式为Ni3(OH)4CO34H2O3NiO6H2OCO2。答案：(1)cc(2)不再有气泡产生将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中(3)吸收空气中的CO2
7、和水蒸气偏小(4)Ni3(OH)4CO34H2O3NiO6H2OCO2(5)在装置B、C之间连接一个安全瓶(或其他合理答案均可)3(2019广东七校联考)硫酸法是现代氧化铍或氢氧化铍生产中广泛应用的方法之一，其原理是利用焙烧熔炼破坏铍矿物(绿柱石3BeOAl2O36SiO2及少量FeO等)的结构与晶型，再采用硫酸酸解含铍矿物，使铍、铝、铁等酸溶性金属进入溶液相，与硅等脉石矿物初步分离，然后将含铍溶液进行净化、除杂，最终得到合格的氧化铍(或氢氧化铍)产品，其工艺流程如图。已知：铝铵矾的化学式是NH4Al(SO4)212H2O；铍元素的化学性质与铝元素相似。根据以上信息回答下列问题：(1)熔炼物酸
8、浸前通常要进行粉碎，其目的是_。(2)“蒸发结晶离心除铝”若在中学实验室中进行，完整的操作过程是_、过滤、洗涤。(3)“中和除铁”过程中“中和”所发生反应的离子方程式是_，用平衡原理解释“除铁”的过程_。(4)加入的“熔剂”除了流程中的方解石外，还可以是纯碱、石灰等。其中，石灰具有价格与环保优势，焙烧时配料比(m石灰/m绿柱石)通常控制为13，焙烧温度一般为1 4001 500 。若用纯碱作熔剂，SiO2与之反应的化学方程式是_，若纯碱加入过多则Al2O3、BeO也会发生反应，其中BeO与之反应的化学方程式是_，从而会导致酸浸时消耗更多硫酸，使生产成本升高，结合离子方程式回答成本升高的原因：_
9、。解析：(1)酸浸前粉碎熔炼物，可以增大熔炼物的表面积，提高铍元素的浸出速率和浸出率。(2)该完整操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。(3)“中和除铁”过程中加入氨水，调节pH使平衡Fe33H2OFe(OH)33H正向移动，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(4)SiO2与纯碱反应的化学方程式为SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2，BeO与纯碱反应的化学方程式为BeONa2CO3Na2BeO2CO2。根据BeO2H=Be2H2O和BeO4H=Be22H2O可知，BeO转化成BeO后，消耗硫酸增多。答案：(1)提高铍元素的浸出速率和浸出率(2)蒸发浓缩、冷却结晶(3)HNH3H2O=
10、NHH2O由于存在平衡Fe33H2OFe(OH)33H，氨水中和H，使c(H)减小，上述平衡正向移动，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去(4)SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2BeONa2CO3Na2BeO2CO2由BeO2H=Be2H2O和BeO4H=Be22H2O可知，BeO转化成BeO后将消耗更多硫酸4利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程图，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H、Co2、Fe2、Mn2、Al3、Mg2、Ca2等。沉淀中只含有两种
11、沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为_。(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为_。(4)操作包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。(5)为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过
12、滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，其原因可能是_(回答一条原因即可)。(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。温度范围/固体质量/g1502104.412903202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320 温度范围，剩余的固体物质化学式为_。(已知：CoC2O42H2O的摩尔质量为183 gmol1)解析：(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO转化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O34HSO=2Co2SO2H2O。(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2氧化为Fe3，ClO被还原为Cl，反应的离子方程式为ClO6Fe2
