2019高考化学一轮--陌生化学方程式的书写演练(附解析)

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2019高考化学一轮--陌生化学方程式的书写演练(附解析)

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高效演练
1.(2018届四川省德阳市高三4月模拟练习)海水是一个巨大的化学资源宝库,利用海水可以获得很多化工产品。
(1)海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气。反应的离子方程式是              。
(2)利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下(部分操作和条件已略去):
 
将Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整:
 
(3)盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCl2,此外还含Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子。以卤块为原料制得镁的工艺流程如下(部分操作和条件已略去): 
生成氢氧化物沉淀的pH
物质 开始沉淀 沉淀完全
Fe(OH)3 2.7 3.7
Fe(OH)2 7.6 9.6
Mn(OH)2 8.3 9.8
Mg(OH) 2 9.6 11.1
 
①步骤②中需控制pH=9.8,其目的是                                。
②用NaClO 氧化Fe2+得到Fe(OH)3沉淀的离子反应方程式是                      。
③步骤③需在HCl保护气中加热进行,请用化学平衡移动原理解释原因________。
④NaClO还能除去盐卤中的CO(NH2)2,生成盐和能参与大气循环的物质。除去0.1mol CO(NH2)2时消耗
NaClO       g。

【答案】(1)2Cl-+2H2OCl2 ↑+H2↑+ 2OH-
(2)3Br2+ 3Na2CO3NaBrO3+ 5NaBr +3CO2
(3)①除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质,使之完全生成沉淀而除去
②ClO-+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3+ Cl-+4H+;
③Mg2+ +2H2OMg(OH)2+2H+,温度升高,水解程度增大,通入 HCl,增加c(H+),使平衡逆向移动,抑制Mg2+水解。HCl还能带出水份,最终得到无水MgCl2;
④22.35
(3)①根据生成氢氧化物沉淀的pH,当pH=9.8时,Fe3+、Fe2+、Mn2+全部转化成沉淀,因此目的是:除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质,使之完全生成沉淀而除去;②ClO-→Cl-化合价降低2价,Fe2+→Fe(OH)3化合价升高1价,最小公倍数2,因此离子反应方程式为ClO-+2Fe2++5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4H+;③Mg2+ +2H2OMg(OH)2+2H+,温度升高,水解程度增大,通入HCl,增加c(H+),使平衡逆向移动,抑制Mg2+水解 ,HCl还能带出水份,最终得到无水MgCl2 ;③根据信息,NaClO和CO(NH2)反应生成NaCl、N2和CO2,尿素中N被氧化成N2,其他元素化合价不变,根据得失电子数目守恒,0.1×2×3=m(NaClO)×2/74.5,m(NaClO)=22.35g。
2.(2018届贵州省安顺市高三适应性监测考试)钾长石(K2Al2Si6O16)通常也称正长石,主要用于生产玻璃、陶瓷制品,还可用于制取钾肥。某学习小组以钾长石为主要原料,从中提取氧化铝、碳酸钾等物质,工艺流程如下:
 
回答以下问题:
(1) 请以氧化物组成的形式表示钾长石的化学式为_____________
(2) 钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的KAlO2 和NaAlO2,写出Al2O3 转化为NaAlO2 的化学方程式_____________________。
(3) 已知“浸取”时应保持溶液呈碱性,分析其原因为____________(用离子方程式解释),若要提高浸取的速率,可采取的措施有_______________(回答一条)。
(4) 滤液1的主要成分是_________(填写化学式)
(5) 此工艺中可以循环利用的主要物质是________、___________和水。
(6) 以石墨为电极,通过电解Al2O3 可制得金属铝。电解池中接电源负极的一极的电极反应式是_______。长时间电解后,需要更换新的石墨电极的是___极(填“阴”或“阳”)。
【答案】  K2O•Al2O3•6SiO2   Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑  AlO2-+ 2H2OAl(OH)3+OH-  不断搅拌(或适当加热、将固体粉粹成更小的颗粒)  NaHCO3;KHCO3  Na2CO3  CO2  Al3++ 3e-=Al  阳
(2)Al2O3与Na2CO3在高温下反应生成NaAlO2和CO2,反应的化学方程式为
Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。
(3)根据流程,浸出液中含KAlO2、NaAlO2,KAlO2、NaAlO2都属于强碱弱酸盐,溶液中存在水解平衡:AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-;“浸取”时保持溶液呈碱性,可抑制AlO2-的水解。若用提高浸取的速率,可采取的措施有:不断搅拌、适当加热、将固体粉碎成更小的颗粒。
(4)向浸出液中通入过量CO2,发生的反应有:CO2+KAlO2+2H2O=Al(OH)3↓+KHCO3、CO2+NaAlO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3,过滤滤出Al(OH)3,滤液1的主要成分为KHCO3、NaHCO3。
(5)根据流程,煅烧时产生CO2,浸出液中需要通入CO2;结晶后得到碳酸钠晶体,煅烧中需要Na2CO3;此工艺中可以循环利用的主要物质是Na2CO3、CO2和水。
(6)电解池中接电源负极的一极为阴极,阴极电极反应式为Al3++3e-=Al。以石墨为电极,电解熔融的Al2O3,阳极的电极反应式为2O2--4e-=O2↑,阳极生成的O2与石墨反应消耗石墨,长时间电解后,需要更换新的石墨电极的是阳极。
3.(2018届山东省日照市高三4月校际联合期中考试)以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等) 为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。
 
(1)形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化,则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___________。
(2)Ni2O3有强氧化性,加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+,则产生的气体为______(填化学式)。
(3) 滤渣D为单质镍、硫的混合物,请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式:__________________________,_________________________。
(4) 已知: 3Fe2+ +2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀);4Fe3++3[Fe(CN)6]4-==Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。下列可以用于检验滤液C 中金属阳离子的试剂有____________(填标号)
a.KSCN溶液   b.K3[Fe(CN)6]    c.K4[Fe(CN)6]    d.苯酚
(5)兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。碱浸镍铝合金后,残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响,根据下图分析,残铝量在_____范围内催化活性最高,属于优质产品。
 
(6) 仿照下面示例,设计从浸出液E 回收氧化铝的流程: 浸出液E_________________。
(示例: )
【答案】  0  O2  H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓  H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓  b  4%~6% 
 
(4)根据上述分析,过滤后得到滤液C含有Fe2+,检验滤液C 中金属阳离子的试剂可选择.K3[Fe(CN)6],答案选b;(5)根据下图分析,残铝量在4%~6%范围内催化活性最高,属于优质产品;(6)从浸出液E 回收氧化铝的流程可表示为:浸出液E。
4.(2018届辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试)用方铅矿精矿( 主要为PbS)和软锰矿(主要为MnO2,还有少量Fe2O3,Al2O3等杂质) 制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程如下:
 
已知:①PbS+MnO2+ 4 H+= Mn2++Pb2++S+2H2O
②25℃ 时,Ksp(PbCl2)=1.6×10-5,Ksp(PbSO4)=1.8×10-8
③PbCl2 (s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) △H>0
(1)80℃用盐酸处理两种矿石,为加快酸浸速率,还可采用的方法是_______________(任写一种)。
(2)向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是_________________;加入物质X可用于调节酸浸液的pH值,物质X可以是___________(填字母)。
A.MnCO3 B.NaOH            C.ZnO                D.PbO
(3)滤渣中含有两种金属杂质形成的化合物,其成分为_____________(写化学式);
请设计分离两种金属化合物的路线图(用化学式表示物质,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和分离方法)。______________________________________。
(4)向滤液2中通入NH3和O2发生反应,写出总反应的离子方程式。___________。
(5)用Mn3O4为原料可以获得金属锰,选择合适的冶炼方法为___________ (填字母)。
A.热还原法                B.电解法            C.热分解法
(6)求25℃氯化铅沉淀转化为硫酸铅沉淀反应的平衡常数K=___________(保留到整数位)。
【答案】  粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度  增大PbCl2的溶解度  AD  Al(OH)3、Fe (OH)3    6Mn2++12NH3+6H2O+O2=2Mn3O4+12NH4+  A  889
消耗氢离子起调节pH,但选用氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝,产生干扰离子偏铝酸根离子,选用氧化锌会引入新杂质,故物质X可以是AD;(3)根据软锰矿中还有少量Fe2O3,Al2O3等杂质,制备过程中必须除杂,故滤渣中含有两种金属杂质形成的化合物的成分为Al(OH)3、Fe (OH)3;分离两种金属化合物可利用氢氧化铝为两性氢氧化物利用强碱溶解后过滤,再利用二氧化碳将偏铝酸盐处理得到氢氧化铝,流程如下:;(4)向滤液2中通入NH3和O2发生反应生成Mn3O4,总反应的离子方程式为6Mn2++12NH3+6H2O+O2=2Mn3O4+12NH4+;(5)根据金属活动顺序,用Mn3O4为原料可以获得金属锰,选择合适的冶炼方法为热还原法,答案选A;(6)求25℃氯化铅沉淀转化为硫酸铅沉淀反应PbCl2 (s)+SO42-(aq) 2Cl-(aq) +PbSO4(s)的平衡常数
K==。
5.(2018届内蒙古赤峰市高三4月模拟)硫酸渣是用黄铁矿制造硫酸过程中排出的废渣,主要化学成分为SiO2(约45%)、Fe2O3(约40%)、Al2O3 (约10%)和MgO(约5%)。其同学设计了如下方案,分离样品中各种金属元素。
已知: Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38。请回答下列问题。
 
(1) 固体A的一种工业应用________;沉淀D的电子式___________。
(2) 溶液B中所含的金属阳离子有___________。(写离子符号)
(3) 若步骤②中调pH 为3.0,则溶液C中的Fe3+ 是否沉淀完全,通过计算说明______。
(4) 写出步骤④中全部反应的离子方程式_______________。
(5) 为了分析某硫酸渣中铁元素的含量,先将硫酸渣预处理,把铁元索还原成Fe2+,再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定。
①判断到达滴定终点的现象是__________。
②某同学称取2.000g硫酸渣,预处理后在容量瓶中配制成100mL 溶液,移取25.00mL 试样溶液,用0.0050 mol/L KMnO4标准溶液滴定,达到滴定终点时,消耗标准溶液20.00mL,则残留物中铁元素的质量分数是_________________。
【答案】  制造玻璃或光导纤维    Mg2+、A13+、Fe3+  Fe3+没有沉淀完全  OH-+ CO2=HCO3-、A1O2-+ 2H2O +CO2=Al(OH)3↓+ HCO3-  加最后一滴KMnO4标准溶液时,溶液变为紫红色,且在半分钟内不褪色  5.6%
转化为Mg(OH)2沉淀,沉淀D为Mg(OH)2,溶液D中含NaAlO2、NaCl、过量NaOH;溶液D中加过量CO2将NaOH转化为NaHCO3、NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀。
(1)根据上述分析固体A为SiO2,SiO2可用于制玻璃或光导纤维。沉淀D为Mg(OH)2,Mg(OH)2的电子式为。
(2)溶液B中所含的金属离子为Fe3+、Mg2+、Al3+。
(3)Fe(OH)3的溶解平衡为Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq),Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•c3(OH-)=4.010-38,当pH=3.0时c(OH-)=110-11mol/L,则c(Fe3+)=4.010-38(110-11)3=4.010-5mol/L1.010-5mol/L,Fe3+没有沉淀完全。
(4)步骤④为向溶液D中加过量CO2,发生反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-、CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
(5)①用KMnO4溶液滴定Fe2+发生的离子反应为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,由于KMnO4溶液本身呈紫红色,所以实验中不必加其他指示剂,滴定终点的现象是:加最后一滴KMnO4标准溶液时,溶液变为紫红色且在半分钟内不褪色。
②根据离子方程式,25.00mL溶液中n(Fe2+)=5n(MnO4-)=50.0050mol/L0.02L=0.0005mol,残留物中m(Fe)=0.0005mol56g/mol=0.112g,残留物中铁元素的质量分数为100%=5.6%。
6.(2018届湖北省荆州中学高三4月月考)工业上常以铬铁矿(主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4,还有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠(Na2Cr2O7),某实验小组模拟其流程如下图所示:
 
(1)步骤①中,焙烧时所用的仪器材质应选用_______(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”),二氧化硅与纯碱反应的化学方程式为___________。
(2)配平步骤①中主要反应:_________
____FeCr2O4+___O2+___Na2CO3___Fe2O3+___Na2CrO4 +___CO2
(3)操作④中,酸化时,CrO42-转化为Cr2O72-,写出平衡转化的离子方程式:______________ 。
(4)步骤③用硫酸将溶液的pH调至中性,所得滤渣的主要成分是___________、____________;
(5)下图是Na2Cr2O7•2H2O和Na2SO4的溶解度曲线,步骤④中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为____________、___________。
 
(6)工业上常用电解法处理含Cr2O72-的酸性废水,用金属铁作阳极、石墨作阴极,一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5 mol•L-1,则c(Fe3+)=_____。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38 mol•L-1,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31mol•L-1)
(7)CrO5的结构式为,该氧化物中Cr为_______价。
【答案】  铁质  Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑  4  7   8   2   8   8  2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O  H2SiO3(H4SiO4或SiO2•H2O)  Al(OH)3  加热浓缩  趁热过滤  2.0×10-12 mol•L-1  +6
【解析】(1). 步骤①中,在铬铁矿中加入纯碱焙烧,使用的仪器是坩埚,瓷质和石英质坩埚中均含有二氧化硅,在高温下二氧化硅和纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳,化学方程式为:Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,因此应选用铁质坩埚,故答案为:铁质;Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑;
(2). FeCr2O4中铁元素的化合价是+2价,氧元素的化合价是−2价,则铬元素的化合价为+3价,O2中氧元素的化合价是0价,反应后铁元素的化合价是+3价,铬元素的化合价是+6价,氧元素的化合价是−2价,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的化学方程式为:4FeCr2O4+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4 +8CO2,故答案为:4  7   8   2   8   8;
(4). 步骤③用硫酸调节溶液的pH至中性,Na2SiO3、NaAlO2生成不溶的H2SiO3和Al(OH)3,过滤,所得滤渣为H2SiO3和Al(OH)3;故答案为:H2SiO3(H4SiO4或SiO2•H2O);Al(OH)3;
(5). 据图可知,温度升高有利于硫酸钠结晶析出,同时可以防止Na2Cr2O7⋅2H2O结晶析出,所以获得副产品Na2SO4的实验操作方法为:将滤液2加热浓缩后趁热过滤,得副产品Na2SO4,故答案为:加热浓缩;趁热过滤;
(6). Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)×c3(OH-)=4.0×10-38 mol•L-1,Ksp[Cr(OH)3]= c(Cr3+)×c3(OH-)= 3.0×10-5 mol•L-1×c3(OH-)=6.0×10-31mol•L-1,联立得:c(Fe3+)=2.0×10-12 mol•L-1,故答案为:2.0×10-12 mol•L-1;
(7). 由CrO5的结构式可知,一个Cr原子与5个O原子形成6个Cr-O极性共价键,共用电子对都偏向于O原子,所以该氧化物中Cr为+6价,故答案为:+6。
7.(2018届福建省永春一中、培元、季延、石光中学四校高三上学期第二次联考)MnCO3可用于制备活性电极材料MnO2。以菱锰矿(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)为原料制备碳酸锰粗产品的流程如下:
 
已知:①常温下,Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38,Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-34。
②氢氧化物沉淀的条件:Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4;Mn2+开始沉淀的pH为8.1。
(1)“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸,原因是_________________________________。
(2)用离子方程式表示“氧化”过程中加MnO2的目的:______________________________。
(3)“调pH”时,向含有硫酸铁和硫酸铝的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液至两种沉淀共存,当c(Fe3+)=1.0×10-5mol•L-1时,c(Al3+)=______________mol•L-1。
(4)①“沉锰”过程中,反应的离子方程式为__________________________________。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。
 
当温度高于60℃时,沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是___________________。
(5)从滤液3中可分离出一种不含碳元素的氮肥,它的化学式为___________________。
【答案】  后续“氧化”过程中加入的二氧化锰会氧化浓盐酸  MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O  0.05  Mn2++2HCO3-===MnCO3↓+CO2↑+H2O  温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢  (NH4)2SO4
MnCO3沉淀和CO2气体生成,故反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O;②温度高于60 ℃时,继续升温,碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢;(5)“酸浸”时引入了SO42-,“沉锰”时引入了NH4+,故滤液3中可分离出的一种不含碳元素的氮肥是(NH4)2SO4。
8.(2018届四川省泸州市高三第二次教学质量检测性考试)铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要还原剂,其合成线路如下图所示。
 
(1)制备无水AlCl:
实验装置如下。已知AlCl3178℃升华,在潮湿的空气中易水解。
 
①实验时应先点燃_______( 填“A”或“D”)处酒精灯,当观察到_______时,再点燃另一处酒精灯。
②装置F的作用是_________________。
(2)制取铝氢化钠
 制取铝氢化钠的化学方程式是_________________,  AlCl3配成有机溶液的目的是__________。
(3)铝氢化钠样品性质探究和纯度测定
①称取一定质量实验制得的铝氢化钠样品( 除含产物杂质外,还可能含有过量的NaH),滴加足量的水,观察到产生气体,该气体是________________。
②向反应后的溶液中滴加酚酞,溶液变红。猜想可能是生成了NaOH 呈碱性,也可能
是_________________。为验证猜想,可再逐滴滴加盐酸并振荡,当观察到____________时,即可证明两种猜想均成立。
③设计如下两种装置测定生成气体的体积(若其他操作一致),用甲装置测得铝氢化钠的含量________乙装 置。 (填“大于”、“小于”或“等于”)。
 
【答案】  A  D中充满黄绿色气体  吸收未反应的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解  AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl  增大接触面加快反应,使A1Cl3反应更充分  H2  生成NaAlO2水解呈碱性  开始没有沉淀,后产生白色沉淀,溶液红色逐渐变浅(或消失)  小于
【解析】(1)要制备铝氯化铝,所以装置内就不要存有空气,先点燃A处酒精灯,产生氯气,利用氯气排装置内的空气,当D中充满黄绿色气体时,再点燃另一处酒精灯;正确答案:A ;D中充满黄绿色气体。   
②氯气有毒,污染空气,AlCl3178℃升华,在潮湿的空气中易水解,因此装置F中装有碱石灰,吸收未反应的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解 ;正确答案:吸收未反应的氯气,防止空气中的水蒸气进入装置或防止AlCl3水解。
(2)AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl;  AlCl3配成有机溶液,即防止了水解,又能够增大接触面加快反应,使A1Cl3反应更充分;正确答案:AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl;增大接触面加快反应,使A1Cl3反应更充分。
(3)①NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气,正确答案:氢气。
 ③利用甲装置进行反应时,产生的氢气和装置内的气体都进入到注射器内,测量出氢气的体积偏大,即氢化钠偏大,测得铝氢化钠的含量偏低,乙装置中外接一个导管,平衡大气压,避免了装置内的气体对氢气体积测定的影响;正确答案:小于。
9.(2018届湖南省G10教育联盟高三4月联考)一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在;钴以Co2O3•CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面:锂混杂于其中。(已知Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性)从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下:
 
已知:①CoCO3的溶度积为:Ksp=1.0×10-13;
②溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L时认为该离子沉淀完全。
(1)“碱溶”前通常将废料粉碎,其目的是____________。
(2)过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的A1,反应的离子方程式为_________________。
(3)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后,再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出含钻物质的反应化学方程式为 (产物中只有一种酸根) _______________________________________。在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请分析不用盐酸浸出钴的主要原因_____________________。
(4)过程III得到锂铝渣的主要成分是LiF和AI(OH)3,碳酸钠溶液在产生 Al(OH)3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式__________________________________。
(5)将2.0×10-4 mol/LCoSO4与2.2×10-4mol/L的Na2CO3等体积混合,此时溶液中的Co2+的浓度为__________,Co2+是否沉淀完全? __________(填“是”或“否”)。
(6)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色,利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时,剩余固体质量随温度变化的曲线,物质B的化学式是____________________。
 
 (3). 废料中钴以Co2O3•CoO的形式存在,钴的化合价为+2价和+3价,由流程图可知,加入Na2S2O3溶液后,钴全部变为+2价,说明Co3+氧化S2O32-,还原产物为Co2+,由产物中只有一种酸根离子可知氧化产物为SO42-,根据得失电子守恒和原子守恒,浸出含钴物质的反应化学方程式为:
4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4= 12CoSO4+Na2SO4+ 11H2O,由题中信息可知,Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性,则Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2,污染环境,所以实际工业生产中不用盐酸浸出含钴物质,故答案为:4Co2O3•CoO+Na2S2O3+11H2SO4= 12CoSO4+Na2SO4+ 11H2O;Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2,污染环境;
(4). 在过程III中加入碳酸钠溶液,碳酸根离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,离子方程式为:2A13++3CO32-+3H2O= 2A1(OH)3↓+3CO2↑,故答案为:2A13++3CO32-+3H2O= 2A1(OH)3↓+3CO2↑;
(5). 将2.0×10-4mol/LCoSO4 与2.2 ×10-4mol/L的Na2CO3等体积混合,Co2+与CO32-反应生成CoCO3,离子方程式为:Co2++ CO32-= CoCO3,由离子方程式可知,反应后的溶液中c(CO32-)=( 2.2×10-4-2.0×10-4)mol/L÷2=1×10-5mol/L,则反应后的溶液中c(Co2+)==1.0×10-8mol/L,c(Co2+)<1.0×10-5mol/L,所以Co2+沉淀完全,故答案为:1.0×10-8mol/L;是;
(6). 据图可知,n(CoCl2)=65×10-3g÷130g/mol=5×10-4mol,B中含有水的物质的量为n(H2O)=(74-65)×10-3g÷18g/mol=5×10-4mol,则n(CoCl2): n(H2O)=1:1,则物质B为CoCl2•H2O,故答案为:CoCl2•H2O。
10.(2018届江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市高三第二次调研)CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3,还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下:
 
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol/L计算)
 
(1)“酸浸”时通入SO2的目的是__。
(2)“除铝”时调节溶液pH范围为__,该过程中主要反应的离子方程式为__。
(3)“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层),由有机层获取ZnSO4溶液的操作是__。
(4)“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是 __。
(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3,该反应的化学方程式为_______ 。
【答案】  将Co3+还原为Co2+  5.0~5.4  2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑  向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡,静置,分液  防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀  2CoCO3Co2O3+CO↑+CO2↑
11.(2018届山西省晋城市高三上学期第一次模拟考试)工业上可用铬铁矿(主要成分可表示为FeO•Cr 2O3,还含有Al2O3、MgCO3、SiO2 等杂质)为原料制备重铬酸钾晶体和绿矾的流程如下:
 
已知:Ⅰ.常见离子沉淀的pH范围
 Fe3+ Al3+ Mg2+ SiO32- AlO2-
开始沉淀 1.9 4.2 8.1 9.5 10.2
沉淀完全 3.2 5.3 9.4 8.0 8.5
 
 
Ⅱ.焙烧过程中主要发生反应:2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=4Na2Cr2O4+Fe2O3+ 4CO2 ↑+7NaNO2。
(1)绿矾的化学式为________。
(2)焙烧后的混合物中除含有Na2Cr2O4、NaNO2和过量的Na2CO3、NaNO3外,还含有NaAlO2和Na2SiO3等物质,则焙烧过程中NaAlO2的化学方程式为___________________________。
(3)固体Y的主要成分为________(填写化学式)。
(4)酸化过程中用醋酸调节pH=5的目的为________________________;若pH调节的过低,NO2-可被氧化为NO3-,其离子方程式为_________________________________。
(5)调节pH=5后,加入KCl 控制一定条件,可析出K2Cr2O7晶体,说明溶解度的大小:K2Cr2O7________Na2Cr2O7(填“大于”或“小于”)。
(6)流程中的一系列操作为____________________________________。
【答案】  FeSO4•7H2O  Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2 ↑  H2SiO3和Al(OH)3  将CrO42-转化为Cr2O72-  Cr2O72-+3NO2-+8H+=2Cr3++3NO3-+4H2O  小于  蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】(1). 绿矾的化学式为FeSO4•7H2O,故答案为:FeSO4•7H2O;
(2). 焙烧过程中,Na2CO3和Al2O3反应生成NaAlO2和CO2,化学方程式为:Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2 ↑,故答案为:Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2 ↑;
(3). 由离子沉淀的pH范围可知,调节pH=7~8,是为了沉淀H2SiO3和Al(OH)3,所以固体Y的主要成分是H2SiO3和Al(OH)3,故答案为:H2SiO3和Al(OH)3;
 (5). 调节pH=5后,加入KCl 控制一定条件,可析出K2Cr2O7晶体,说明在该条件下K2Cr2O7的溶解度最小,故答案为:小于;
(6). 所得滤液为硫酸亚铁溶液,从滤液中得到绿矾晶体的方法为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
12.(2018届山西省高三第一次模拟考试)钴酸锂(LiCoO2)电池是一种应用广泛的新型电源,电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下:
 
已知:①还原性:Cl->Co2+;
②Fe3+和C2O42-结合生成较稳定的[ Fe(C2O4)3]3-,在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。回答下列问题:
(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是________________________________________。
(2)从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为__________________________________。
(3)滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有__________(填化学式)。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式__________________________________。
(4)滤渣的主要成分为____________________(填化学式)。
(5)在空气中加热一定质量的CoC2O4•2H2O固体样品时,其固体失重率数据见下表,请补充完整表中问题。
已知:①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2
②固体失重率=对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量
序号 温度范围/℃ 化学方程式 固体失重率
Ⅰ 120-220 CoC2O4•2H2OCoC2O4+2H2O 19.67%
Ⅱ 300~350 _________________________ 59.02%
 
(6)已知Li2CO3的溶度积常数Ksp=8.64×10-4,将浓度为0.02mol•L-1的Li2SO4和浓度为0.02 mol•L-1的Na2CO3溶液等体积混合,则溶液中的Li+浓度为___________mol•L-1
(7)从FeCl3溶液得到FeCl3•6H2O固体的操作关键是_________________________。
【答案】  增大接触面积,加快反应速率,提高浸出率  AlO2-+CO2+2H2O==Al(OH )3↓+ HCO3-  FeCl3、CoCl2  2LiCoO2+8HCl==2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl  C  2CoC2O4+O22CaO+ 4CO2  0.02  加入适量盐酸(或通入适量氯化氢气体)
(3). 由题中信息可知,还原性Cl->Co2+,又因为还原性Fe2+>Cl-,所以LiCoO2中的+3价Co将Fe2+和Cl-氧化,自身被还原成+2价Co,所以溶质还有FeCl3、CoCl2,根据上述分析可知,LiCoO2和盐酸反应的化学方程式为:2LiCoO2+8HCl==2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl,故答案为:2LiCoO2+8HCl==2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl;
(4). 因单质碳不溶于碱、盐酸和水,所以滤渣的主要成分是单质碳,故答案为:C;
(5).设有1molCoC2O4•2H2O受热分解,由题中信息可知,在300~350℃时,固体失重率为59.02%,所以固体的残留率为40.98%,质量为75g,因为1molCo全部留在固体中,所以O的质量为16g,Co和O的原子个数比为1:1,固体产物为CoO,已知气体产物为CO2,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的化学方程式为:2CoC2O4+O22CaO+ 4CO2,故答案为:2CoC2O4+O22CaO+ 4CO2;
(6). 将浓度为0.02mol•L-1的Li2SO4和浓度为0.02 mol•L-1的Na2CO3溶液等体积混合,溶液体积变为原来的2倍,Qc=c(Li+)2×c(CO32-)=(0.02mol/L)2×0.01mol/L=4×10-6<Ksp,所以两溶液混合后不产生沉淀,Li+的浓度为0.02mol/L,故答案为:0.02;
(7). 加热蒸发FeCl3溶液得FeCl3•6H2O固体时,会促进Fe3+的水解,最终得到Fe(OH)3固体,因此在加热蒸发FeCl3溶液时,要加入适量的盐酸(或通入适量氯化氢气体)抑制Fe3+的水解,故答案为:加入适量盐酸(或通入适量氯化氢气体)。
13.(2018届山东省潍坊市昌乐县第二中学高三下学期一模拉练)CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂。可由水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取,其工艺流程如下:
 
已知:①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等.
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表.
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
 
③CoCl2•6H2O熔点为86℃,加热至110﹣120℃时,失去结晶水生成CoCl2.
回答下列问题:
(1)浸出水钴矿过程中,Fe2O3发生反应的化学方程式为________________________。
(2)向浸出液中加入适量NaClO3目的是______________________________________。
(3)“加Na2CO3调pH至a”,a=______;过滤所得沉淀的主要成分为_________(填化学式)。
(4)萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示,向“滤液”中加入该萃取剂的目的是__________,使用该萃取剂的最佳pH范围是_____(填选项字母)
A. 5.0﹣5.5   B. 4.0﹣4.5  C. 3.0﹣3.5   D. 2.0﹣2.5
 
(5)实验操作“操作1”为_______________、_________、过滤和减压烘干;制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是________________________。
【答案】  Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O  将Fe2+氧化为Fe3+,易于除去铁元素  5.2  Fe(OH)3、Al(OH)3  除去溶液中的Mn2+  C;  蒸发浓缩  冷却结晶  降低烘干温度,防止产品分解
要含有CoCl2,为得到CoCl2•6H2O晶体,将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。(1)浸出水钴矿过程中,Fe2O3发生反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O;(2)向浸出液中加入适量NaClO3目的是将Fe2+氧化为Fe3+,易于除去铁元素;(3) “加Na2CO3调pH至a”,a=5.2,保证铝离子沉淀完全,铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为:2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳,水解的离子方程式为:2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,所以沉淀成分为:Fe(OH)3、Al(OH)3;(4)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子;由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液PH在3.0~3.5之间,可使Mn2+完全沉淀,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀;故答案为:除去溶液中的Mn2+;C ;(5)实验操作“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和减压烘干;根据CoCl2•6H2O的组成分析,造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是:含有杂质,导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水,导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
14.(2018届贵州省黔东南州高三下学期第二次模拟考试)氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等,工业大规模生产前,实验室先按如下流程进行模拟制备少量Mg(ClO3)2•6H2O:
 
已知:①卤块主要成分为MgCl2•6H2O,含有MgSO4、FeCl2等杂质。②几种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如右图。
 
(1)卤块中加H2O2的目的是________________,写出该反应的离子方程式__________________。
(2)加入BaCl2的目的是除去SO42-,如何检验SO42-已沉淀完全?_________________。
(3)常温下,加MgO调节pH=4后溶液中c(Fe3+)=___________(已知Ksp[Fe(OH)3=4×10-38],过滤所得滤渣的主要成分有______________。
(4)加入NaClO3饱和溶液公有NaCl晶体析出,写出该反应的化学方程式:___________,请利用该反应,结合上图,制取Mg(ClO3)2•6H2O的实验步骤依次为:
①取样,加入NaClO3饱和溶液充分反应;②蒸发结晶;③___________;④冷却结晶;⑤过滤、洗涤,获得Mg(ClO3)2•6H2O晶体。
【答案】  将Fe2+氧化为Fe3+  2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O  静置,取上层清液加入BaCl2,若无白色沉淀,则SO42-沉淀完全  4×10-8  BaSO4和Fe(OH)3  MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl↓  趁热过滤
了沉淀氢氧化铁,钡离子已经和硫酸根离子只碱反应生成了硫酸钡沉淀,则过滤所得滤渣的主要成分有BaSO4和Fe(OH)3;(4)加入NaClO3饱和溶液仅有NaCl晶体析出,则另外生成Mg(ClO3)2,反应的化学方程式为:MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl↓;根据物质的溶解度大小,溶液获得晶体的方法:蒸发结晶;趁热过滤;冷却结晶。
15.(2018届山东省济宁市高三第一次模拟考试)铵明矾[NH4Al(SO4)2•12H2O]是分析化学常用的基准试剂,工业上常用铝土矿(主要成分为Al2O3)来生产铵明矾,其中Z的水溶液可用于伤口消毒,其工艺流程图如下:
 
(1)写出反应Ⅱ的离子方程式____________________。
(2)25℃时,将0.2 mol•L-1的氨水与0.1 mol•L-1的Y溶液等体积混合,所得溶液的pH=5,则该温度下氨水的电离常数Kb≈_____________(忽略混合时溶液体积的变化)。
(3)从反应Ⅳ的铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为_____________、____________、过滤、洗涤(填操作名称)。
(4)“电解”时,用惰性材料作电极,则阳极电极反应式为__________________________。
(5)反应Ⅵ的化学方程式为______________________。
(6)废水中含有Fe2+、Mn2+等金属离子对自然环境有严重的破坏作用,,可用(NH4)2S2O8氧化除去。写出Mn2+被氧化生成MnO2的离子方程式为__________________________________。Z也有较强氧化性,在实际生产中不用Z氧化Mn2+的原因是_______________________________________。
【答案】  AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-  1×10-5  蒸发浓缩  冷却结晶  2SO42-—2e- = S2O82-  (NH4)2S2O8+2H2O = 2NH4HSO4 +H2O2  S2O82- + 2H2O + Mn 2+=4H+ + 2SO42- + MnO2↓  锰的化合物可催化H2O2的分解,使消耗的H2O2增多
(3)先把铵明矾水溶液进行蒸发浓缩 ,再降温结晶,过滤、洗涤,得到该物质的晶体,实验操作依次为蒸发浓缩 、冷却结晶;  正确答案:蒸发浓缩 、冷却结晶。
(4)有反应III可知,氢氧化铝溶于硫酸溶液生成硫酸铝,所以试剂Y为硫酸溶液,通过流程看出,溶液中的氢离子得电子变为氢气,那么只有硫酸根离子失电子变为S2O82-,则阳极电极反应式为2SO42-—2e-= S2O82-;正确答案:2SO42-—2e-= S2O82-。
(5)根据流程图看出,(NH4)2S2O8与水反应生成NH4HSO4,再根据原子守恒规律,得另外一种物质为H2O2,反应Ⅵ的化学方程式为(NH4)2S2O8+2H2O = 2NH4HSO4 +H2O2 ;正确答案:(NH4)2S2O8+2H2O = 2NH4HSO4 +H 2O2。
(6)根据氧化还原反应规律:Mn2+被氧化生成MnO2,S2O82-被还原为SO42-,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出离子方程式为S2O82- + 2H2O + Mn 2+=4H+ + 2SO42- + MnO2↓;正确答案:S2O82- + 2H2O + Mn 2+=4H+ + 2SO42- + MnO2↓。过氧化氢也有较强氧化性,但在实际生产中不用Z氧化Mn2+,原因是锰的化合物可催化H2O2的分解,使消耗的H2O2增多;正确答案:锰的化合物可催化H2O2的分解,使消耗的H2O2增多。
16.(2018届江西省等三省十校高三下学期联考)“一酸两浸,两碱联合”法是实现粉煤灰(含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO等)综合利用的新工艺。工业流程如下:
 
回答下列问题:
(1)聚合氯化铝铁(PAFC)化学式为[Al2(OH)nCl6-n]m•[Fe2(OH)xCl6-x]y,是一种新型高效的净水剂,PAFC中铁元素的化合价为___________。    
(2)“一酸两浸”中的酸是________________(填结构式)。 
(3)实际工业中“酸浸”、“碱浸”均不能充分反应,滤渣A中主要含有SiO2、Al2O3。“纯碱混合焙烧”中,它们分别发生反应的化学方程式为_____________、 ________________。
(4)“滤液B”的主要溶质有_____________(填化学式)。滤液混合后“蒸发”的作用是________________。
(5)“电解”时的化学方程式________________________________。
【答案】  +3  H-Cl  Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑  Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑  AlCl3、NaCl  促进Al3+、Fe3+水解生成了聚合氯化铝铁(PAFC)  2NaCl+2H2O  2NaOH+Cl2↑+H2↑
(4)根据滤渣A中主要含有SiO2和Al2O3,与纯碱焙烧后生成Na2SiO3和NaAlO2,再用盐酸酸浸后得到滤渣为H2SiO3,所以滤液B的主要溶质为AlCl3和NaCl;滤液混合后其中的溶质为AlCl3、FeCl3和NaCl,由于Al3+和Fe3+都能够水解,且加热能够促进水解,所以滤液混合后加热蒸发的作用就是促进Al3+、Fe3+水解生成聚合氯化铝铁(PAFC);
(5)分离出聚合氯化铝铁(PAFC)后的滤液中主要是NaCl,即粗盐,经过精制处理后,再进行电解,即氯碱工业,反应的化学方程式为2NaCl+2H2O  2NaOH+Cl2↑+H2↑。
17.(2018届贵州省普高等学校招生适应性考试)冰晶石(Na3AlF6)微溶于水。冰晶石主要用作冶炼金属铝的助熔剂,也可用作农作物杀虫剂、制造乳白色玻璃和搪瓷的遮光剂等。工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料,采用氟硅酸钠法制备冰晶石,其工艺流程如下:
 
(1)Na3AlF6中Al的化合价为__________,滤渣A的主要成分是__________(填化学式)。
(2)为了提高浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有:①适当升高温度;②搅拌;③__________。
(3)根据下表数据,选择“酸浸”时最适合的条件为__________。
实验编号 萤石品位 硫酸浓度 反应温度/℃ 获得Na2SiF6的质量/g
1 96% 25% 60-70 120
2 96% 35% 60-70 153
3 96% 35% 80-90 100
4 96% 40% 60-70 141
 
 
 
(4)写出反应③的化学方程式__________。
(5)电解熔融Al2O3冶炼铝,化学方程式为,下图表示一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中,某变量y随时间的变化趋势。纵坐标表示的是__________。
 
A.生成O2的速率         B.固体中Na3AlF6的质量
C.固体中氧元素的质量    D.固体中铝元素的质量分数
(6)此生产工艺的优点为__________(答一条即可)。
【答案】  +3  CaSO4  粉粹矿石,增大反应物接触面积;或适当提高H2SO4的浓度(其他符合题意的答案均可)  35%的H2SO4 控制反应温度在60-70℃之间  2NaF +4NH4F+ NaAlO2 + 2H2O= Na2AlF6+4NH3•H2O或2NaF+4NH4F + NaAlO2= Na3AlF6+ 4NH3 + 2H2O  D  原料可以循环使用;原料利用率高,节约原料;操作简单,对设备的要求低;(其他符合题意的答案均可)
(3)酸浸的目的是想得到更多的H2SiF4,根据表格,实验2中获得Na2SiF6的质量最多,选择“酸浸”时最适合的条件为35%的H2SO4 控制反应温度在60-70℃之间;
(4)根据流程图,反应③中,NaF、NH4F和NaAlO2生成Na3AlF6和B,B应是NH3•H2O,故反应③的方程式是:2NaF+4NH4F + NaAlO2 +2H2O= Na2AlF6+4NH3•H2O;
(5)一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中,A、由于该反应反应物是固体,生成O2的速率不变,A错误;B、固体中Na3AlF6的作用是降低氧化铝的熔点,并未参与反应,故其质量不变,B错误;C、电解熔融Al2O3得到氧气,故固体中氧元素的质量应该减少,故C错误;D、一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中,混合物熔化,铝的质量分数不变,随着电解的进行,固体质量减小,固体中铝元素的质量不变,质量分数增大,当氧化铝电解完以后,固体质量不变,铝的质量不变,故其质量分数不变,故D正确;故选D。
(6)根据流程图,此生产工艺的优点为原料可以循环使用;原料利用率高,节约原料;操作简单,对设备的要求低。
18.(2018届湖南省长沙市雅礼中学、河南省实验中学高三联考)以铬铁矿[Fe(CrO2)2]为原料可制备K2Cr2O7 和金属铬。实验流程如下:
 
已知:2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O。pH<3.0,CrO42-含量极小。
(1)写出铬铁矿焙烧转化为Na2CrO4的化学反应方程式:_____________________。焙烧时不能使用陶瓷容器的原因是________________________________________。
(2)判断加入稀硫酸的量已经足量的标准是_______________________________________。
(3)操作①包括过滤和洗涤。实验室洗涤沉淀的操作是________________________________。
(4)Na2S的作用是调节溶液的酸碱度和_____________________。
 
(5)Fe3+在pH 为3.7时可完全转化为Fe(OH)3。在上述流程中所得Na2Cr2O7溶液中含有少量Fe3+。请结合上图有关物质的溶解度曲线,设计由Na2Cr2O7溶液制备K2Cr2O7固体的实验方案(实验中须选用的试剂:硫酸溶液、NaOH溶液、KCl固体、蒸馏水):
步骤①除杂质:__________________________________________________________________;
步骤②制备K2Cr2O7固体:__________________________________________________。
【答案】  4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2  陶瓷在高温下会与Na2CO3反应  所得Na2Cr2O7溶液的pH小于3.0  沿玻璃棒加水至浸设沉淀,待水自然滤出后重复2~3次  将重铬酸钠还原为氢氧化铬  向Na2Cr2O7溶液中加入适量NaOH溶液调节pH大于3.7,过滤  向①中滤液加入硫酸溶液至pH 小于3.0,再加入适量KCl固体,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥
(2)精确测定Na2Cr2O7溶液的pH小于3.0。
(3)洗涤沉淀在过滤器中完成,则实验室洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒加水至浸没沉淀,待水自然滤出后重复2~3次;
(4)硫离子具有还原性,则Na2S的作用除了调节溶液的酸碱度外,还有将重铬酸钠还原为氢氧化铬的作用;
(5)Na2Cr2O7的溶解度大于重铬酸钾,又因为Fe3+在pH为3.7时可完全转化为Fe(OH)3,所以结合已知信息可知由Na2Cr2O7溶液制备K2Cr2O7固体的实验方案为向Na2Cr2O7溶液中加入适量NaOH调节pH大于3.7,过滤,向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3.0,再加入适量KCl固体,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可。
19.(2018届湖南省(长郡中学、株洲市第二中学)、江西省(九江一中)等十四校高三第一次联考)A~J 是中学化学常见的物质,它们之间的转化关系如下图所示 (部分反应条件、生成物已省略)。已知A是一种高熔点物质,D是一种红棕色固体。
 
请回答下列问题:
(1)电解A物质的阴极电极反应式为________,C 与D在高温下反应,引发该反应需要加入的两种试剂是________________________(填名称)。
(2)写出G→J 反应的实验现象与化学方程式:____________________________,_______________。
(3)C 与NaOH溶液反应的离子方程式为________________________________。
【答案】  A13++3e-=Al  镁带、氯酸钾  白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色  4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3  2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑
(2)G→J 反应的实验现象为白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色;访反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(3)C 与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑。
20.(2018届山东K12联盟高三开年迎春考试)某再回收利用公司对一厨房铁铝合金废旧家具进行回收利用,其流程如下图所示:
 
请回答下列问题:
(1)流程中加碳酸钠溶液浸泡的目的是_______________;在空气中久置的目的是_________________。
(2)同条件下Na2FeO4溶解度__________K2FeO4溶解度(填“低于”,“高于”, “不确定”),推测K2FeO4在净水方面的作用_______________。(至少答两条)
(3)已知K2FeO4水解显碱性。在洗涤K2FeO4固体时最好选用__________。
A.水      B.亚硫酸氢钠溶液       C.氢氧化钠溶液        D.先氢氧化钠溶液后乙醇
(4)熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4-和Al2Cl7-形式存在,铝电镀的主要电极反应式为___________________。(写出一个电极反应即可)
(5)已知氯化铝受热易升华,气态氯化铝的密度为11.92g/L(已转化为标准状况),则气态氯化铝的分子式为______________________。
(6)氢氧化铝经常用于做药品,有两种溶解方式:可以溶解为Al3+或[Al(OH)4]-。已知25℃时氢氧化铝在pH=3和pH=10的两溶液中溶解度均为7.8×10-3g(溶液密度近似为1g/mL),则25℃下氢氧化铝的两种溶解方式的溶度积之比为____________。
【答案】  除油污  利用空气中的氧气将亚铁氧化为三价铁  高于  杀菌消毒、吸附悬浮物  D  7AlCl4+Al-3e=4Al2Cl7或相反  Al2Cl6  1023或10-23
(3) K2FeO4水解显碱性。A.用水洗涤,K2FeO4水解,错误;B.K2FeO4中铁为+6价,具有强氧化性,能够与亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应,错误;C.用氢氧化钠溶液洗涤,可以抑制K2FeO4水解,但会引入新杂质,错误;D.先用氢氧化钠溶液洗涤,可以抑制K2FeO4水解,后乙醇洗涤,除去表面的氢氧化钠,且乙醇易挥发,正确;故选D;
(4) 电镀池中镀件金属铝作阳极,金属铝失电子发生氧化反应,Al+7AlCl4-3e-=4Al2Cl7,故答案为:阳;Al+7AlCl4-3e-=4Al2Cl7;
(5) 气态氯化铝的密度为11.92g/L,则气态氯化铝的摩尔质量=11.92g/L×22.4L/mol=267g/mol,分子式为Al2Cl6,故答案为:Al2Cl6;
(6)假设溶液体积为0.1L,则0.1L溶液中含有氢氧化铝的物质的量==1×10-4mol,则pH=10时,c{[Al(OH)4]-}= =1×10-3mol/L,Al(OH)3+H2O [Al(OH)4]- +H+,溶度积= c{[Al(OH)4]-}c(H+)=1×10-3×1×10-10=1×10-13,pH=3时,c(Al3+)=1×10-3mol/L,Al(OH)3Al3++3OH-,溶度积= c(Al3+) c3(OH-)=1×10-3×(1×10-11)3=1×10-36,则25℃下氢氧化铝的两种溶解方式的溶度积之比为=1023,故答案为:1023。
21.(2018届北京市密云区高三第二学期阶段性练习)工业上用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、Cu2(OH) 2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰,其流程示意图如下:
 
已知:生成氢氧化物沉淀的pH
 Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀时 8.3 6.3 2.7 4.7
完全沉淀时 9.8 8.3 3.7 6.7
 
注:金属离子的起始浓度为0.1 mol/L
回答下列问题:
(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎,主要目的是_________。盐酸溶解MnCO3的化学方程式是_________。
(2)向溶液1中加入双氧水时,反应的离子方程式是___________。
(3)滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS,以除去Cu2+,反应的离子方程式是__________。
(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化生成MnO2和Cl2,该反应的离子方程式为___________。
(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法。
① 生成MnO2的电极反应式是___________。
② 若直接电解MnCl2溶液,生成MnO2的同时会产生少量Cl2。检验Cl2的操作是_________。
③ 若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn(NO3)2粉末,则无Cl2产生。其原因是_________。
【答案】  增大接触面积,提高反应速率  MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O  2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+  MnS+Cu2+=Mn2++CuS  5Mn2++2ClO3-+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+  Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+  将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近,若试纸变蓝则证明有Cl2生成  其它条件不变下,增大Mn2+浓度,有利于Mn2+放电
生成MnCl2、CO2和H2O;反应方程式为MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O。
(2)H2O2具有氧化性,可将溶液中的Fe2+氧化。此时溶液呈酸性,因Fe(OH)3在pH较小时就能生成,故在一定浓度范围内可以与氢离子共存,根据上述条件可写出该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+。
(3)该反应利用难溶物MnS可转化为更难溶物CuS的方法除去溶液中的Cu2+,由于反应中Cu2+沉淀完全,方程式用等号不用可逆符号,方程式为MnS+Cu2+=Mn2++CuS。
(4)反应中锰元素化合价由+2上升为+4,已知参与反应的n(Mn2+):n(ClO3-)=5:2,根据电子转移守恒可知反应中氯元素化合价由+5下降为0价。根据质量守恒配平方程式为:5Mn2++2ClO3-+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+。
(5)①电解反应中锰元素化合价由+2上升为+4,Mn2+失电子发生氧化反应,MnO2在电解池的阳极产生,电极反应方程式为:Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
②Cl-被氧化为Cl2,在阳极产生,因此检验Cl2的方法为:用润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近,若试纸变蓝则证明有Cl2生成。
③在其他条件不变的情况下,加入一定量的Mn(NO3)2粉末提高了溶液中Mn2+的浓度,有利于Mn2+放电,不利于Cl-的放电。
22.(2018届北京市西城区高三二模)工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质),钙化法焙烧制备V2O5,其流程如下:
 
【资料】:+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系:
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要离子 VO2+ VO3− V2O74− VO43−
 
 
 
 
(1)焙烧:向石煤中加生石灰焙烧,将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是______。
(2)酸浸: ① Ca(VO3)2难溶于水,可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4,Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是______。
② 酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示:酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%,根据如图推测,酸浸时不选择更高酸度的原因是______。
 
(3)转沉:将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体,其流程如下:
 
① 浸出液中加入石灰乳的作用是______。
② 已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液,可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语,用平衡移动原理解释其原因:______。
③ 向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液,控制溶液的pH=7.5。当pH>8时,NH4VO3的产量明显降低,原因是______。
(4)测定产品中V2O5的纯度:
称取a g产品,先用硫酸溶解,得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1 mL c1 mol•L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO2+ + 2H+ + Fe2+ == VO2+ + Fe3+ + H2O)。最后用c2 mol•L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点,消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知 MnO4−被还原为Mn2+,假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是______。(V2O5的摩尔质量:182 g•mol−1)
【答案】  CaO + O2 + V2O3 ==== Ca(VO3)2  Ca(VO3)2 + 4H+ == 2VO2+ + Ca2+ + 2H2O  酸度大于3.2%时,钒的溶解量增大不明显,而铝的溶解量增大程度更大  调节溶液的pH,并提供Ca2+,形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)  Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq) ,(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀,c(Ca2+)降低,平衡正向移动,使钒从沉淀中溶出  pH>8时,钒的主要存在形式不是VO3−  91(c1b1-5c2b2)/(1000a)
②根据图像变化可知:酸度大于3.2%时,钒的溶解量增大不明显,而铝的溶解量增大程度更大,因此酸浸时不选择更高酸度;正确答案:酸度大于3.2%时,钒的溶解量增大不明显,而铝的溶解量增大程度更大。   
(3)①浸出液中含有VO43—,加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀,便于钒元素的富集;正确答案:调节溶液的pH,并提供Ca2+,形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)。 
② Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq),(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀,c(Ca2+)降低,平衡正向移动,使钒从沉淀中溶出;因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液,可使钒从沉淀中溶出;正确答案:Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq) ,(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀,c(Ca2+)降低,平衡正向移动,使钒从沉淀中溶出。
③ 根据信息可知:pH>8时,钒的主要存在形式为V2O74−或VO43—等,不是VO3− ,NH4VO3的产量明显降低;正确答案:pH>8时,钒的主要存在形式不是VO3− 。
(4)高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子,根据反应规律:MnO4--- 5Fe2+,消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol,则消耗亚铁离子的量为5b2×10-3×c2 mol,再根据VO2+ -- Fe2+关系可知,用来还原VO2+的亚铁离子的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol,因此VO2+ 的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol,产品中V2O5的量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2) mol, 产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2) ×10-3g,则产品中V2O5的质量分数是91(c1b1-5c2b2)/(1000a);正确答案:91(c1b1-5c2b2)/(1000a)。
24.(2018届北京市通州区高三二模)甲酸(HCOOH)是一种可再生的储氢物质,其产生、储存和应用H2的循环示意图如下。
 
(1)HCOOH的结构式是________。
(2)产生H2:上图中光催化产生H2的化学方程式是________。
(3)储存H2:
Ⅰ.CO2加氢法:
①已知:2HCOOH (l) + O2 (g) = 2CO2 (g) + 2H2O (l)   ΔH =-510 kJ•mol−1
2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O (l)   ΔH =-572 kJ•mol−1
则CO2 (g) + H2 (g) = HCOOH (l)   ΔH =________。
此反应的化学平衡常数表达式:K=________。
②增大压强,CO2的平衡转化率升高,原因是________。
即使在高压和高温条件下,CO2的平衡转化率也不高,为实现CO2加氢向甲酸的高效转化还可以采取的措施是________。
Ⅱ.电化学还原法:
在碳酸氢盐的水溶液中,CO2还原成甲酸的原理如图1所示。
 
 
 
 
③图1中,阴极的电极反应式是________。
④依据图1,在图2的方框中填出相应物质的化学式或离子符号_____。
【答案】    2H2O ==== 2H2↑+ O2↑  -31 kJ•mol−1    反应CO2 + H2=HCOOH是气体总分子数减少的反应,增大压强利于反应进行  选择合适的催化剂,增大c(H2)  CO2 + H2O +2e-=HCOO-+ OH- 
【解析】(1)HCOOH的结构式是;(2)根据图中信息可知,水催化分解产生O2和H2的化学方程式是2H2O == 2H2↑+ O2↑;(3)①已知反应①2HCOOH (l) + O2 (g) = 2CO2 (g) + 2H2O (l)   ΔH1 =-510 kJ•mol−1,②2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O (l)   ΔH2 =-572 kJ•mol−1
,根据盖斯定律,由得反应CO2 (g) + H2 (g) = HCOOH (l)   ΔH =;反应CO2 (g) + H2 (g) = HCOOH (l)的化学平衡常数表达式:K=;②反应CO2 + H2=HCOOH是气体总分子数减少的反应,增大压强利于反应进行,CO2的平衡转化率升高;即使在高压和高温条件下,CO2的平衡转化率也不高,为实现CO2加氢向甲酸的高效转化还可以采取的措施是选择合适的催化剂,增大c(H2);③图1中,阴极上二氧化碳得电子产生HCOO-,电极反应式是CO2 + H2O +2e-=HCOO-+ OH-;④依据图1,在图2中连接正极的阳极上氢氧根离子失电子产生氧气,碳酸氢根离子在左室阴极上得电子产生甲酸故通入的是碳酸氢盐,补充如下图:。
25.(2018届北京市丰台区高三5月综合练习)硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。
(1)工业采用高温分解H2S制取氢气,2H2S(g) 2H2(g) + S2(g),在膜反应器中分离出H2。在容积为 2L 的恒容密闭容器中,控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为 1mol,实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线 a 表示H2S的平衡转化率与温度的关系,曲线 b 表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。
 
①反应2H2S(g)  2H2(g) + S2(g)的ΔH_________(填“>”“<”或“=”)0。
②985℃时,反应经过5 s达到平衡状态,此时H2S的转化率为40%,则用H2表示的反应速率为v(H2) =___________。
③随着H2S分解温度的升高,曲线b向曲线a逐渐靠近,其原因是___________。
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如下图所示。
①在图示的转化中,化合价不变的元素是____________。
②在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有____________。
      
(3)工业上常采用上图电解装置电解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液,电解一段时间后,通入H2S 加以处理。利用生成的铁的化合物K3[Fe(CN)6]将气态废弃物中的H2S 转化为可利用的S,自身转化为K4[Fe(CN)6]。
①电解时,阳极的电极反应式为___________。
②当有16 g S析出时,阴极产生的气体在标准状况下的体积为___________。
③通入H2S 时发生如下反应,补全离子方程式:_________________
 
【答案】  >  0.04mol/(L•s)  温度升高,反应速率加快,达到平衡所需时间缩短  Cu、Cl、H  增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)  Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-  11.2L  2[Fe(CN)6]3-+2CO32-+H2S=2[Fe(CN)6]4-+2HCO3-+S↓
(2) 通过图示可以看出来Fe的化学价由+3变为+2,S的化合价由-2变0价,化合价没有变的元素由Cu、Cl和H三种元素;在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有:增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。故答案为:Cu、Cl、H;增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。
(3)①电解时阳极发生失电子的氧化反应,先将[Fe(CN)6]4-转化为Fe(CN)6]3-,化合价升高,所以反应为:Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-;②根据2Fe(CN)63-+2CO32-+H2S=2Fe(CN)64-+2HCO3-+S和阴极反应式为2HCO3-+2 e-═H2↑+2CO32-,得到关系式为:H2↑~2CO32-~S,所以析出16g S的时候,生成标况下的氢气体积是11.2L;③根据化合价升降法及元素守可知方程式为
2[Fe(CN)6]3-+2CO32-+H2S=2[Fe(CN)6]4-+2HCO3-+S↓。
26.(2018届北京市丰台区高三5月综合练习)四氧化三锰(Mn3O4)是电子工业的磁性材料,而氯化铅(PbCl2)常用于焊料和助溶剂、制备其他铅盐等。用方铅矿精矿(主要成分为PbS)和软锰矿(主要成分是MnO2,还含有Fe2O3、Al2O3等杂质)制备PbCl2和Mn3O4的工艺流程如下:
 
已知:PbCl2(s) + 2Cl-(aq)  PbCl42- ( aq)   ΔH > 0
(1)80℃时,为提高方铅矿精矿、软锰矿与盐酸反应的速率,可采取的措施有________(写出一条即可)。
(2)试剂X是___________。(填“化学式”)
(3)用盐酸处理两种矿石粉末,生成MnCl2、PbCl2和S的总反应化学方程式为___________。
(4)结合化学用语回答,向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是___________。
(5)向滤液b中通入NH3和O2发生反应后,总反应的离子方程式为___________。
(6)金属锰可以用Mn3O4为原料,通过铝热反应来制备,当生成5.5 kg Mn 时,理论上消耗金属铝的质量最少为___________kg。
【答案】  粉碎砂石、搅拌、适当増大盐酸的浓度  NaOH  MnO2+PbS+4HC1=MnCl2+PbCl2+S+2H2O  増大溶液中c(C1-),平衡PbCl(s)+2C1-(aq) PbCl42-(aq) 正向移动  6Mn2++12NH3+6H2O+O2=12NH3+2Mn3O4  2.4
(2)通过反应流程可以看出加入试剂X后氢氧化铝溶解、氢氧化铁没有变化,可推知试剂X为氢氧化钠,故答案为:NaOH
(3)MnO2+PbS+4HC1=MnCl2+PbCl2+S+2H2O
(4)向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是:増大溶液中c(C1-),使平衡PbCl(s)+2C1-(aq) PbCl42-(aq) 正向移动,故答案为:PbCl(s)+2C1-(aq) PbCl42-(aq)
(5)Mn3O4的铝热反应为3Mn3O4+8Al=9Mn+4Al2O3,得出,m(Al)=2.4kg,故消耗金属铝的质量最少为2.4kg。
27.(2018届北京市朝阳区高三年级理综二模)SO2广泛用于医药、硫酸工业等领域,回收废气中的SO2可用如下方法。
方法Ⅰ 用碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)y溶液吸收富集SO2
方法Ⅱ 在Fe2+或Fe3+催化下,用空气(O2)将SO2氧化为H2SO4
 
(1)方法Ⅰ的过程如下。
① 制备Al2(SO4)x(OH)y
向Al2(SO4)3溶液中加入CaO粉末,调pH至3.6。 CaO的作用之一是促进_______水解(填离子符号,下同),二是沉淀一部分_______。
② 吸收:Al2(SO4)x(OH)y吸收SO2后的产物是_______(写化学式)。
③ 解吸:加热②中产物,产生SO2,Al2(SO4)x(OH)y再生。
(2)方法Ⅱ中,在Fe2+催化下,SO2、O2和H2O生成H2SO4的化学方程式是______。
(3)方法Ⅱ中,Fe2+的催化过程可表示如下:
ⅰ:2 Fe2++ SO2+ O2=2 Fe3++ SO42-
ⅱ: ……
① 写出ⅱ的离子方程式:______。
② 下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a.向FeCl2溶液滴入KSCN,无变化
b.向FeCl2溶液通入少量SO2,滴入KSCN,颜色变红。
c.取b中溶液,_______。
(4)方法Ⅱ中,催化氧化后,采用滴定法测定废气中残留SO2的含量。将V L(已换算为标准状况)废气中的SO2用1%的H2O2完全吸收,吸收液用下图所示装置滴定,共消耗a mL c mol/L NaOH标准液。
 
① H2O2氧化SO2的化学方程式_______。
② 废气中残留SO2的体积分数为_______。
【答案】            通入,溶液红色褪去(或变浅)   
(2)方法Ⅱ中,在Fe2+催化下,SO2、O2和H2O生成H2SO4的化学方程式为,故答案为:;
(3)① 根据总反应,用正反应-反应i(2 Fe2++ SO2+ O2=2 Fe3++ SO42-)得:ⅱ的离子方程式为,故答案为:;
②a.向FeCl2溶液滴入KSCN,无变化,说明不存在Fe3+,b.向FeCl2溶液通入少量SO2,滴入KSCN,颜色变红,说明生成了Fe3+,c.取b中溶液,再通入,溶液红色褪去,说明Fe3+被二氧化硫还原生成了Fe2+,说明在反应过程中Fe2+是催化剂,故答案为:通入,溶液红色褪去;
(4)① H2O2氧化SO2反应生成硫酸,反应的化学方程式为,故答案为:;
②氢氧化钠的物质的量=ac×10-3mol,说明生成的硫酸为×ac×10-3mol,废气中含有的二氧化硫为×ac×10-3mol,废气中残留SO2的体积分数=×100%=,故答案为:。
28.(2018届北京市西城区高三4月一模)为消除燃煤烟气中含有的SO2、NOx,研究者提出了若干烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。
(1)向燃煤中加入适量石灰石,高温时将SO2转化为CaSO4的化学方程式是______。
(2)选择性催化还原法(SCR)“脱硝”。在催化剂的作用下,选取还原剂将烟气中的NO进行无害化处理。NH3还原NO的化学方程式是______。
(3)以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的pH=5.5,将烟气中的SO2、NO转化为SO42−、NO3−,均为放热反应。
①在如图中画出“放热反应”的反应过程中的能量变化示意图。
 
②NaClO溶液吸收烟气中SO2的离子方程式是______。
③一定时间内,温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图,SO2的脱除率高于NO,可能的原因是______(写出1种即可)。
 
④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1,50℃时的脱除率见图2,则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量之比为______。
【答案】  2CaCO3+2SO2+O2  2CaSO4+2CO2  4NH3+6NO5N2+6H2O 
SO2+ClO−+H2O == SO42−+Cl−+2H+   
SO2在水中的溶解度大于NO  SO2在溶液中的还原性强于NO  SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO
2∶13
【解析】(1)向燃煤中加入适量石灰石,高温时石灰石、氧气和SO2转化为CaSO4的化学方程式是2CaCO3+2SO2+O2  2CaSO4+2CO2;(2)NH3还原NO生成氮气和水,反应的化学方程式是4NH3+6NO5N2+6H2O;(3)① “放热反应”的反应过程中反应物总能量大于生成物总能量,故能量变化示意图如下 :;②NaClO溶液吸收烟气中SO2,发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸,反应的离子方程式是SO2+ClO−+H2O == SO42−+Cl−+2H+;③一定时间内,温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图,SO2的脱除率高于NO,可能的原因是SO2在水中的溶解度大于NO、SO2在溶液中的还原性强于NO、SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO;④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1,50℃时的脱除率见图2分别为100%和80%,根据反应SO2+ClO−+H2O == SO42−+Cl−+2H+、3ClO−+2NO+H2O = 2NO3−+3Cl−+2H+,则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量之比为。
29.(2018届北京市海淀区高三第一次模拟)化学工作者一直在积极探索影响大气质量的因素及改善措施。
(1)硫酸盐是大气中可吸入颗粒物的主要成分之一,是在含水的气溶胶液滴中通过化学反应产生的。
①气溶胶属于胶体分散系。当日光射入充满气溶胶的暗室时,可观察到_______效应。
②大气中的SO2 转化为硫酸盐的过程中,以下物质能起氧化作用的是_____(填字母序号)。
a.O2        b.H2S        c.NH3       d.O3
③有研究者发现特定条件下,大气中的NOx会成为氧化SO2 的主要物质,于是认为,当城市大气中的可吸入颗粒物严重超标时,应采取汽车限行措施。原因是_________。
(2)燃煤烟气中含有NOx和SO2。工业上常用亚氯酸钠(NaClO2)对燃煤烟气进行脱硝和脱硫处理。
已知: 酸性条件下,ClO2-会转化成ClO2和Cl-。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体,具有强氧化性,可氧化NOx或SO2。
I.在实验室模拟脱硝过程:调节NaClO2 吸收液的pH 为5,向其中通入含NO 的模拟烟气。
①测得脱硝反应后,溶液中的阴离子为NO3-和Cl-,则脱硝反应的离子方程式为_______。
②测得脱硝效率(即NO 的吸收率)随温度变化的曲线如下图所示。结合已知信息分析,温度大于50℃时,随温度升高脱硝效率下降的原因是____________。
 
Ⅱ.在实验室模拟同时脱硝、脱硫过程: 调节NaClO2吸收液的pH为5,向其中通入含SO2 和 NO (体积比2 :1)的模拟烟气。
③测得脱硝、脱硫反应后,溶液中的阴离子为NO3-、SO42- 和Cl-,其中c(SO42-)= a mol/L,c(Cl-)=bmol/L,已知脱硫效率为100%,计算脱硝效率为_________。
【答案】  丁达尔  ad  汽车尾气中含NOx,能将SO2氧化成硫酸盐,从而增加大气中可吸入颗粒物含量  5NO + 3ClO2 + 4H2O  5NO3- + 3Cl- + 8H+(或4NO + 3ClO2- + 2H2O  4NO3- + 3Cl- + 4H+)  吸收液pH为5,显酸性,NaClO2转化成ClO2,温度升高, ClO2气体容易从溶液体系中逸出,使脱硝反应难以发生  [(8b-4a)/3a]×100%
成硫酸盐,从而增加大气中可吸入颗粒物含量;(2)考查离子方程式的书写、化学反应条件的控制、化学计算,①根据信息,NaClO表现强氧化性,把NO氧化成NO3-,本身被还原成Cl-,ClO2-+NO→Cl-+NO3-,根据化合价升降法进行配平,即为3ClO2-+4NO→4NO3-+3Cl-。根据原子守恒以及电荷守恒,离子反应方程式为4NO + 3ClO2- + 2H2O=4NO3- + 3Cl- + 4H+,ClO2-会转化成ClO2和Cl-。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体,具有强氧化性,可氧化NOx或SO2,pH=5的溶液显酸性,ClO2-生成ClO2和Cl-,ClO2把NO氧化成NO3-,本身被还原成Cl-,离子方程式为 5NO + 3ClO2 + 4H2O=5NO3- + 3Cl- + 8H+;②吸收液pH为5,显酸性,NaClO2转化成ClO2,温度升高, ClO2气体容易从溶液体系中逸出,使脱硝反应难以发生;③根据得失电子数目守恒,因此有4b=2a+3c(NO3-),解得实际上得到c(NO3-)=(4b-2a)/3mol•L-1,因为SO2和NO的体积比为2:1,且脱硫效率为100%,因此理论上得到c(NO3-)=a/2mol•L-1,即脱硝率为×100%=[(8b-4a)/3a]×100%。
30.(2018届河北省衡水中学高三第二十次模拟考试)辉铜矿主要成分Cu2S,软锰矿主要成分MnO2,它们都含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸锰和碱式碳酸铜的主要工艺流程如下:
 
已知:
①MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫;
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定,在热水中会分解生成NH3;
③MnSO4•H2O易溶于冷水,不溶于酒精;
④部分金属阳离子氢氧化物的(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol•L-1计算:当离子浓度小于1.0×10-5时,认为该离子沉淀完全。):
Ksp(Fe(OH)3)=1.0×10-38, Ksp(Cu(OH)2)=1.0×10-20, Ksp(Mn(OH)2)=4.0×10-14
(1)酸浸时,得到的浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式___________________。
(2)调pH的范围为____________。
(3)在该工艺中可循环使用的物质是______________;“加热驱氨” 环节,温度不能过低也不能过高的原因为___。
(4)请根据如下图示,将“由碳酸锰经一系列操作获得MnSO4•H2O晶体,并测定纯度”的实验方案补充完整。
 
①将碳酸锰固体溶于稀硫酸获得硫酸锰溶液;
②加热溶液并控制温度>40℃,_________得到粗产品;
③_______,低温干燥,可得到较纯晶体。
④欲测定该品体的纯度,取14.00g晶体加蒸馏水配成100mL溶液,量取25.00mL,加足量标准BaCl2溶液,得到沉淀4.66g,则此样品的纯度为___(保留四位有效数字)。某小组计算发现本组样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略),其可能原因有__(任写一种)。
【答案】  Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O  3<pH<4  NH3  温度过低,[Cu(NH3)4]SO4分解不完全,温度过高,会导致Cu2(OH)2CO3分解,这两种情况均会使碱式碳酸铜产量减少  蒸发结晶,趁热过滤  用酒精洗涤产品2-3次  96.57%  可能有混有硫酸盐(相对分子质量小于MnSO4)杂质或部分晶体失去结晶水。
(2)调节pH的作用是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去;Ksp(Fe(OH)3)=1.0×10-38,当c(Fe3+)=1.0×10-5 mol•L-1, c(OH-)=10-11 mol•L-1,c(H+)=10-3 mol•L-1,pH=3;考虑到碱式碳酸铜产量,应该避免铜的损失,Ksp(Cu(OH)2)=1.0×10-20,当c(Cu2+)=1.0 mol•L-1,c(OH-)=10-10, c(H+)=10-4 mol•L-1,pH=4;所以调pH的范围为3<pH<4;正确答案:3<pH<4。
(3)分析工艺流程投入反应物和产物,产物氨气可以溶入水中形成氨水再投入循环使用,故可循环使用的物质为氨气; “加热驱氨” 环节,温度不能过低也不能过高的原因:温度过低,[Cu(NH3)4]SO4分解不完全,温度过高,会导致Cu2(OH)2CO3分解,这两种情况均会使碱式碳酸铜产量减少;正确答案:氨气;温度过低,[Cu(NH3)4]SO4分解不完全,温度过高,会导致Cu2(OH)2CO3分解,这两种情况均会使碱式碳酸铜产量减少。
(4)②由曲线图知当温度低于40℃时析出MnSO4•5H2O晶体,高于40℃时析出MnSO4•5H2O晶体,因此硫酸锰溶液制备MnSO4•5H2O的实验必须保证溶液温度高于40℃;然后通过蒸发结晶,趁热过滤,得到粗产品;正确答案: 蒸发结晶,趁热过滤。 
③为减少产品的损失,用酒精洗涤产品2-3次,低温干燥,可得到较纯晶体;正确答案:用酒精洗涤产品2-3次。
④硫酸钡的量为4.66/233=0.02mol,硫酸根离子的总量为0.02mol,原晶体中含有的硫酸根离子的总量为0.02×100/25=0.08mol,硫酸锰晶体的质量为0.08×169g, 则此样品的纯度为0.08×169/14×100%=96.57% ;用标准氯化钡溶液测定样品中MnSO4•5H2O质量分数时,发现样品纯度大于100%,说明样品中硫酸根离子质量分数大于MnSO4•5H2O中硫酸根离子质量分数,故只要能增大样品中硫酸根离子质量分数的原因均合理,则可能原因是样品中混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水;正确答案:96.57% ;可能有混有硫酸盐(相对分子质量小于MnSO4)杂质或部分晶体失去结晶水。
31.(2018届河北省石家庄市高中毕业班模拟考试)氧化锌是一种常用添加剂,广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下:
 
已知:I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下:
元素组成 Zn        Pb        Cu        Cl        F
质量分数/% 59.78    9.07        0.30        2.24       1.80
 
II.“浸出”时,大部分锌元素以Zn(NH3)42+ 形式进入溶液,同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中。
(1)Zn的原子序数为30,其在元素周期表中的位置为__________。
(2)“浸出”时,氧化锌发生反应的离子方程式为_______________________;“浸出”时温度不宜过高,其原因为____________________________________________。
(3)若“浸出”后,所得溶液中c(F-)=0.02mol•L-1,向其中加入等体积的氯化钙溶液(忽略溶液体积变化),使F- 沉淀完全即溶液中c(F-)<10-5 mol•L-1,则所加氯化钙溶液的浓度度最小为_____________。已知:Ksp((CaF2)=3.45×10-11
(4)“置换”时,所得置换渣中除了含Zn外,还含有___________;“净化”时,利用活性炭的_________性,除去溶液中残留的有机物。
(5)“沉淀”时,可得到滤渣Zn(NH3)Cl2。所加盐酸过量时,会导致沉淀部分溶解甚至消失,其化学方程式为_________________________________。
(6)将滤液1和滤液2合并,经浓缩后,可返回至__________(填流程中的操作名称)循环利用。
(7)“一次水解”时,产物为Zn(OH)xCly,。取10.64g该水解产物,经二次水解、煅烧后,可得活性氧化锌8.1 g(假设各步均转化完全)。则一次水解产物的化学式为_____________。
【答案】  第4周期ⅡB族  ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42++H2O 或
ZnO+2NH3•H20+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O  避免氨水的分解与挥发  0.70mol•L-1  Pb、Cu  吸附  Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl  浸出  Zn(OH)1.6Cl0.4
【解析】(1)Zn的原子序数为30,其在元素周期表中的位置为第4周期ⅡB族。(2)“浸出”时,氧化锌发生反应的离子方程式为 ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42++H2O 或
ZnO+2NH3•H20+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O ;“浸出”时温度不宜过高,其原因为避免氨水的分解与挥发。(3)取1Lc(F-)=0.02mol•L-1浸出液,加1L氯化钙溶液,令c(Ca2+)为xmol/l,混合后溶液体积为2L,溶液中留下的n(F-)=2L×10-5 mol•L-1=2×10-5 mol,沉淀的n(F-)=0.02mol•L-1×1L-2×10-5 mol=0.02mol,沉淀的n(Ca2+)=0.01mol,Ksp((CaF2)=c(Ca2+).c2(F-)=3.45×10-11,余下的溶液中c(Ca2+)=3.45×10-11/(10-5)2=0.345mol•L-1,余下的溶液中n(Ca2+)=0.345mol•L-1×2L=0.69mol,故加入的c(Ca2+)=(0.69mol+0.01mol)/1L=0.70mol•L-1。使F- 沉淀完全即溶液中c(F-)<10-5 mol•L-1,则所加氯化钙溶液的浓度度最小为0.70mol•L-1。(4)Zn的活泼性强于Pb、Cu,“置换”时,所得置换渣中除了含Zn外,还含有Pb、Cu;“净化”时,利用活性炭的吸附性,除去溶液中残留的有机物。(5)“沉淀”时,可得到滤渣Zn(NH3)Cl2。所加盐酸过量时,会导致沉淀部分溶解甚至消失,其化学方程式为Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl。(6)将滤液1和滤液2合并,经浓缩后,含有氯化铵等,可返回至浸出循环利用。(7)n(ZnO)=8.1g/81g•mol-1=0.1mol,M(Zn(OH)xCly)=10.64g/0.1mol=106.4g•mol-1,x+y=2,65+17x+35.5y=10.64g,解得:x=1.6,y=0.4,则一次水解产物的化学式为Zn(OH)1.6Cl0.4。
32.(2018届北京市海淀区高三上学期期末考试)NOx会造成大气污染,在工业上采用多种方法进行处理。
I.氧化法:烟气中的NO经O3预处理后转化为NO2,再用CaSO3悬浊液吸收NO2。
已知:常温下,CaSO4的沉淀溶解平衡常数数值为9.1×10-6,CaSO3的沉淀溶解平衡常数数值为3.1×10-7。
(1)NO与O3反应过程的能量变化如下:
 
NO被O3氧化的总反应是化合反应,该反应的热化学方程式为 ________。
(2)将CaSO3悬浊液静置,取上层清液,测得pH约为8,用化学用语解释其原因为________。
(3)用CaSO3悬浊液吸收NO2,将其转化为HNO2,该反应的化学方程式为________。
(4)在实际吸收NO2的过程中,通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体,提高NO2的吸收速率,从溶解平衡的角度解释其原因:________。
II. 选择性非催化还原法:该反应不使用催化剂,但必须在高温有氧下利用NH3做还原剂与 NOx 进行选择性反应:4NH3 + 4NO + O2  3N2 + 6H2O,不同温度(T)下,反应时间(t)与NO浓度的关系如右图所示。
 
(5)判断该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应,说明理由:________ 。
【答案】  3NO(g) + O3(g)  3NO2(g)   ΔH= -317.3 kJ•mol﹣1  SO32- + H2O  HSO3- + OH-  CaSO3 + 2NO2 + H2O   2HNO2 + CaSO4  CaSO3浊液中存在:CaSO3(s)  Ca2+(aq) + SO32-(aq),加入Na2SO4固体,由于CaSO4的Ksp较小,SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀,c(Ca2+)减小,平衡正向移动,导致c(SO32-)增大,从而使NO2的吸收速率加快  放热  由图像中T1下反应先达平衡可推断T1>T2,由T1(高温)时NO的平衡浓度高可推断正反应是放热反应
 (2). CaSO3是强碱弱酸盐,SO32-在溶液中发生水解反应:SO32- + H2O  HSO3- + OH-,使溶液呈碱性,故答案为:SO32- + H2O  HSO3- + OH-;
(3). 用CaSO3悬浊液吸收NO2,将其转化为HNO2,氮元素的化合价从+4价降低到+3价,则硫元素的化合价从+4价升高到+6价,SO32-生成SO42-,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的化学方程式为:CaSO3 + 2NO2 + H2O   2HNO2 + CaSO4,故答案为:CaSO3 + 2NO2 + H2O   2HNO2 + CaSO4;
(4). 因CaSO3浊液中存在溶解平衡:CaSO3(s)  Ca2+(aq) + SO32-(aq),加入Na2SO4固体,由于CaSO4的Ksp较小,SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀,c(Ca2+)减小,平衡正向移动,造成c(SO32-)增大,从而使NO2的吸收速率加快,故答案为:CaSO3浊液中存在:CaSO3(s)  Ca2+(aq) + SO32-(aq),加入Na2SO4固体,由于CaSO4的Ksp较小,SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀,c(Ca2+)减小,平衡正向移动,导致c(SO32-)增大,从而使NO2的吸收速率加快;
II. (5). 据图可知,在T1温度下反应先达到平衡状态,说明T1>T2,高温时NO的平衡浓度高,说明该反应的正反应是放热反应,故答案为:放热;由图像中T1下反应先达平衡可推断T1>T2,由T1(高温)时NO的平衡浓度高可推断正反应是放热反应。
 

 

 

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