2019高考化学（把脉解答题）试卷

2019高考化学（把脉解答题）试卷工艺流程综合题1(2018?全国卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 mol?L1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子 Fe3 Fe2 Zn2 Cd2开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。把脉考点第(1)问 考查陌生化学方程式的书写第(2)问 考查反应过程中的除杂、反应条件的控制第(3)问 考查离子方程式的书写第(4)问 考查电极反应式的书写、原料的循环利用解析：(1)闪锌矿的主要成分是ZnS，所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为ZnS32O2=焙烧ZnOSO2。(2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀H2SO4后，发生一系列化学反应：ZnOH2SO4=ZnSO4H2O、Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O、CdOH2SO4=CdSO4H2O、PbOH2SO4=PbSO4H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.86.2，使Fe3完全转变为Fe(OH)3沉淀；通入O2的目的是使溶液中的Fe2转化为Fe3，有利于除杂，若不通入O2，无法除去溶液中的杂质Fe2。(3)溶液中的Cd2与加入的Zn粉反应而被除去，反应的离子方程式为ZnCd2=Zn2Cd。(4)电解ZnSO4溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2，电极反应式是Zn22e=Zn。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4和稀H2SO4，可返回到溶浸工序循环使用。答案：(1)ZnS32O2=焙烧ZnOSO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸2(2017?全国卷)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl24形式存在，写出相应反应的离子方程式：_。(3)TiO2?xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/ 30 35 40 45 50TiO2?xH2O转化率/% 92 95 97 93 88分析40 时TiO2?xH2O转化率最高的原因_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 mol?L1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 mol?L1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_。把脉考点第(1)问 考查原料的处理与反应条件的控制第(2)问 考查陌生离子方程式的书写第(3)问 考查化工原理分析第(4)问 考查化学键第(5)问 考查Ksp的相关计算第(6)问 考查陌生化学方程式的书写解析：(1)从图像直接可以看出，当铁的浸出率为70%时对应的温度、时间分别为100 、2 h和90 、5 h。(2)解答陌生离子方程式的书写，首先要根据题意判断反应前后元素化合价的变化(反应前后Ti、Fe、H、Cl四种元素化合价没有变化)来推断离子反应类型(非氧化还原反应)，再根据题意写反应前后的参与反应的物质：FeTiO3HClFe2TiOCl24，再根据电荷守恒进行配平FeTiO34H4ClFe2TiOCl24，最后根据元素守恒可知生成产物中有H2O，则补水后可得FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl242H2O，即是要求的离子方程式。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40 时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40 时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)锂元素在化合物中只有一种化合价(1)，过氧键中氧显1价，其余的氧为2价，由化合物中元素化合价代数和等于0，设Li2Ti5O15中2价、1价氧原子个数分别为x、y，有：xy15，2xy22解得x7，y8。所以，过氧键数目为824。(5)分两步计算：计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3)?c(PO34)Ksp(FePO4)，c(PO34)1.310221.0105 mol?L11.31017mol?L1。混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2)0.01 mol?L1，c3(Mg2)?c2(PO34)0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。答案：(1)100 、2 h,90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl242H2O(3)低于40 ，TiO2?xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2?xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO34)1.310221.0105 mol?L11.31017mol?L1，则c3(Mg2)?c2(PO34)值为0.013(1.31017)21.71040氧化产物；还原性：还原剂还原产物。在适宜的条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质，用于比较物质的氧化性或还原性的强弱。(3)优先律多种氧化剂与一种还原剂相遇，氧化性强的首先得电子被还原。多种还原剂与一种氧化剂相遇，还原性强的首先失电子被氧化。(4)价态律元素处于最高价，只有氧化性(如KMnO4中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2、I)；元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2、S、Cl2等)。(5)转化律同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态低价态中间价态；价