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重点9 物质结构与性质综合题【命题规律】本专题的内容为高考必考内容,试题往往以原子结构或元素化合物性质为突破口,综合考察元素及其化合物的性质和化学反应原理的相关内容,并结合实验进行分析考查。题型多以填空题为主,难度中等偏上。考查的核心素养以宏观辨识与微观探析为主。【备考建议】2020年高考备考的重点关注利用结构决定性质、性质决定用途的关系,将化合物的性质与制备及化学反应原理的相关知识结合起来考查。【限时检测】(建议用时:30分钟)1.(2018河北省衡水中学高考模拟)碲(Te)为第VIA族元素,其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料,并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲,(1)“培烧”后,确主要以TeO2形式存在,写出相应反应的离子方程式:_。(2)为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验,结果如下表所示:温度/硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTe4501.2577.32.634601.0080.292.811.2589.862871.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则实验中应选择的条件为_,原因为_。(3)滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_。(4)工艺(I)中,“还原”时发生的总的化学方程式为_。(5)由于工艺(I)中“氧化”对溶液和物料条件要求高。有研究者采用工艺(II)获得磅.则“电积”过程中,阴极的电极反应式为_。(6)工业生产中,滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。滤液3与滤液1合井。进入铜电积系统。该处理措施的优点为_。滤渣3中若含Au和Ag,可用_将二者分离。(填字母)A.王水 B.稀硝酸 C.浓氢氧化钠溶液 D.浓盐酸【答案】 (1)Cu2Te+4H+2O22Cu2+TeO2+2H2O (2)460,硫酸用量为理论量的1.25倍 该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低(3)ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O (4)Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O (5)TeO32-+ 4e-+3H2O=Te+6OH- (6)CuSO4溶液回收利用,提高经济效益 B【解析】(1)Cu2Te在H2SO4条件下,与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4,反应的离子方程式Cu2Te+4H+2O22Cu2+TeO2+2H2O;正确答案:Cu2Te+4H+2O22 Cu2+TeO2+2H2O 。(2)从图表信息可知:当硫酸的量一定时,温度升高时,铜的浸出率降低;温度一定时,铜和Te的浸出率均增大。在460条件下,硫酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳,铜的浸出率高且Te 的损失较小;正确答案:460,硫酸用量为理论量的1.25倍;该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低。 (3)从流程可知,滤渣1为ToO2,它可与碱反应生成TeO32-;正确答案: ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。(4)从流程图可知:Na2TeO4被Na2SO3还原为Te,而Na2SO3被氧化为Na2SO4,总反应方程式:Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O;正确答案:Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4 +Te+H2O。(5)根据反应ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O,生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te,极反应方程式为:TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH- ;正确答案:TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。(6)工业生产中,滤渣2为少量的氢氧化铜固体,经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜,滤液1中主要成分也为硫酸铜,滤液3与滤液1合并进入铜电积系统,提取金属铜,有效回收利用了硫酸铜,提高经济效益;正确答案:CuSO4溶液回收利用,提高经济效益。 Au和Ag都与王水反应,与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应;但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应,所以可以用稀硝酸将二者分离;正确答案: B。2.(2019山东省四校高考联考模拟)元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途,它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能,在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下:已知:电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱,如:H2-2e-=2H+ E=0.00V Cu-2e-=Cu2+ E=0.34VFe-2e-=Fe2+ E=-0.44V Ni-2e-=Ni2+ E=-0.25V(1)镍在周期表中的位置为_。(2)高镍矿破碎细磨的作用_。(3)焰色反应实验可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧,原因是_。(4)造渣除铁时发生的化学反应方程式_(产物以氧化形式表示)。(5)电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式_。(6)工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后,再滴加NaC1O溶液,滴加过程中发生反应的离子方程式为_。(7)电解精炼镍的过程需控制pH为25,试分析原因_,阳极泥的成分为_(写名称)。【答案】(1)第四周期族 (2)增大接触面积,提高浮选率 (3)镍的焰色反应呈无色,不影响其他金属元素的焰色 (4)2FeO+SiO2 2FeOSiO2 (5)NiS-2e-=Ni2+S (6)2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-( 2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl-+H2O) (7)pH5时,c(OH-)大,镍离子容易沉淀 铜【分析】根据金属元素在电解过程的中放电顺序分析电解反应。【详解】(1)镍是28号元素,根据电子排布规律分析,其在第四周期族;(2)高镍矿破碎细磨是为了增大接触面积,提高浮选率;(3)焰色反应实验是观察某些金属元素灼烧时的颜色,可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧,说明镍的焰色反应呈无色,不影响其他金属元素的焰色;(4)根据流程分析,硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2,加入二氧化硅除铁时,FeO转化为Fe2SiO4,故方程式为:2FeO+SiO2 2FeOSiO2;(5)电解制粗镍时,阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫,阴极是镍离子得到电子生成镍单质,阳极反应为:NiS-2e-=Ni2+S;(6)Ni(OH)与 NaC1O溶液发生氧化还原反应,镍元素化合价升高为+3价,氯元素化合价降低到-1价,根据电子守恒和质量守恒得方程式为:2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-或2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl-+H2O;(7电解硫酸镍溶液时需要考虑离子的放电顺序,当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电,即pH5时,c(OH-)较大,镍离子容易沉淀。由电极电位的数据可知,镍比铜活泼,电解精炼时,阳极上镍失去电子,铜不能失去电子,铜转化为阳极泥。3.(2019山东省济南外国语学校高考模拟)化合物M (CH3COO)2Cr22H2O,相对分子质量为376不溶于冷水,是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氧化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物,其装置如图所示,且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定,极易被氧气氧化,不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下:Zn(s)+2HCl(aq)ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO-(aq)+2H2O(l)Cr(CH3COO)222H2O(s)请回答下列问题:(1)仪器1的名称是_;(2)往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是_(填序号);目的是_。A.盐酸和三氯化铬溶液同时加入B.先加三氯化铬溶液,一段时间后再加盐酸 C.先加盐酸,一段时间后再加三氯化铬溶液(3)为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合,应关闭阀门_(填“A”或“B”,下同),打开阀门_。(4)本实验中锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外,另一个作用是_。(5)已知其它反应物足量,实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g,取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L;实验后得干燥纯净的Cr(CH3COO)222H2O 9.024g,则该实验所得产品的产率为_(不考虑溶解的M)。(6)铬的离子会污染水,常温下要除去上述实验中多余的Cr2+,最好往废液中通入足量的_,再加入碱液,调节pH至少为_才能使铬的离子沉淀完全(铬的离子浓度应小于10-5mol/L)。【已知Cr(OH)3的溶度积为6.310-31,=4,lg20.3】【答案】(1)分液漏斗 (2)C 让锌粒先与盐酸反应产生氢气,H2将装置2和装置3中的空气排出,防止生成的Cr2+被氧化 (3)B A (4)过量的Zn将Cr3+充分还原为Cr2+ (5)80.0% 或0.80 (6)空气或氧气 (9). 5.6【详解】(1)由图可知,仪器1的名称是分液漏斗。(2)二价铬不稳定,极易被氧气氧化,让锌粒与盐酸先反应产生H2,将装置2和3中的空气赶出,避免生成的亚铬离子被氧化,故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液,故选C。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合,应关闭阀门B,打开阀门A。(4)本实验中锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外,另一个作用是使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。(5)CrCl3的物质的量为: =0.06mol,
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