2020年高考化学复习 高分达标提升(九)

高考化学复习 高分达标提升(九)A组基础练1混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(如图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)溶液A沉淀B固体C固体混合物分离利用的流程图(1)反应所加试剂NaOH的电子式为_，BC的反应条件为_，CAl的制备方法称为_。(2)该小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_。a温度bCl的浓度c溶液的酸度(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_。.含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_(写化学式)。解析：(1)NaOH是离子化合物，其电子式为NaH；固体混合物中含有Al(OH)3和MnO2，加入NaOH溶液，Al(OH)3转化为易溶于水的NaAlO2，MnO2不能溶于NaOH溶液，故固体D为MnO2，溶液A中含有NaAlO2，向溶液A中通入CO2后生成的沉淀B为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3(固体C)，工业上常用电解熔融的Al2O3制备金属铝。(2)固体D为MnO2。MnO2与浓盐酸混合，不加热无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；反应停止后，固体有剩余，滴加硫酸又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关。(3)通过分析可知反应生成的还原性气体为CO，易水解成TiO2xH2O的液态化合物为TiCl4，故反应的热化学方程式为2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H85.6 kJmol1。(4)依据离子交换膜的性质和电解池的工作原理知，在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；在电解过程中，OH在阳极室失去电子生成O2，溶液的酸性增强，通过阴离子交换膜移向阳极室的CrO有部分转化为Cr2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO和Cr2O；H在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH浓度增大，混合物浆液中的Na通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为NaOH和H2。答案：(1)NaH加热(或煅烧)电解法(2)ac(3)2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H85.6 kJmol1(4)在直流电源作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO和Cr2ONaOH和H22镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室用工业废弃的NiO催化剂(含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备Ni2O3的实验流程如下：电解NiOOHNi2O3已知：常温时Ksp(CaF2)2.71011，Ksp(CuS)1.01036；Fe3不能氧化Ni2。有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如下表所示：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7完全沉淀的pH3.79.79.2(1)调节pH最低值为_。(2)加入H2O2的目的是_(用离子方程式表示)。(3)“电解”制备NiOOH时阳极的电极反应式为_。(4)加入NaF的目的是除去Ca2，当c(F)0.001 molL1时，c(Ca2)_ molL1。(5)为了探究操作A中发生的反应，设计如下实验：写出B中反应的离子方程式：_。为了检验B中生成了FeCl2，取少量B中溶液于试管，滴加下列试剂_(填代号)。A酸化的双氧水 B酸性高锰酸钾溶液CK3Fe(CN)6溶液 D加入氯水、KSCN溶液有人认为用燃烧法处理尾气，你是否同意？答：_(填“同意”或“不同意”)，简述理由：_。如果C中盛装100 mL 0.05 molL1CuSO4溶液，通入H2S恰好完全反应，产生黑色沉淀。过滤，得到滤液的pH为_(不考虑体积变化)。解析：(1)调节pH使铁离子完全沉淀而不能使Ni2沉淀，所以pH最低值为3.7。(2)加入H2O2将亚铁离子氧化为铁离子。(3)阳极上镍离子被氧化，OH参与反应生成NiOOH和H2O。(4)c(Ca2) molL12.7105 molL1。(5)硫化氢是强还原剂，会还原铁离子。在Cl存在下，用铁氰化钾检验Fe2，因为氯离子可能还原高锰酸钾，干扰Fe2的检验；溶液中可能有未反应的Fe3，不能选A、D项。如果用燃烧法处理硫化氢，会造成二次污染。H2SCu2=CuS2H，所得溶液中c(H)0.1 molL1，pHlg c(H)lg 0.11。答案：(1)3.7(2)2Fe22HH2O2=2Fe32H2O(3)Ni2e3OH=NiOOHH2O(4)2.7105(5)2Fe3H2S=S2Fe22HC不同意H2S燃烧产生污染物SO213金属钛被称为“21世纪金属”。工业上由钛铁矿(主要成分FeTiO3)制备TiCl4的主要工艺流程如下：钛铁矿溶液溶液溶液钛酸中间产物回答下列问题：(1)已知酸浸反应为FeTiO32H2SO4=FeSO4TiOSO42H2O，则FeTiO3中铁元素的化合价为_。加热TiOSO4溶液可制备TiO2nH2O胶体，其反应的化学方程式为_。为提高钛铁矿的酸浸出率，可采取的办法除粉碎矿石外，还有_、_(写出两种方法)。(2)加入A的目的是_(填字母)。A防止Fe2被氧化B与Fe3反应C防Fe2水解溶液经操作可得副产品FeSO47H2O，则操作包括浓缩、冷却、_、_。(3)常温下，若溶液中Fe2的浓度为0.49 mol/L，为防止生成Fe(OH)2沉淀，溶液的pH不超过_。已知KspFe(OH)24.91017(4)钛酸煅烧得中间产物的化学方程式为H2TiO3(s)TiO2(s)H2O(g)，上述工艺流程中，氯气与焦炭均足量时生成TiCl4的化学方程式为_。(5)可利用TiO2通过下述两种方法制备金属钛：方法一：通过以下反应制备金属钛TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(g)O2(g)H151 kJ/molTiCl42Mg2MgCl2Ti方法二：TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，碳块作电解槽池，电解TiO2制得钛，阳极上一定生成的气体是_，可能生成的气体是_。从绿色化学角度，你认为上述两种方法中那种更好，并说明理由_。解析：(1)FeTiO3中钛元素的化合价为4价，氧元素的化合价为2价，故铁元素的化合价为2价；加热TiOSO4溶液可制备TiO2nH2O胶体，反应的化学方程式为TiOSO4(n1)H2OTiO2nH2O(胶体)H2SO4。(3)常温下，若溶液中Fe2的浓度为0.49 mol/L，KspFe(OH)2c(Fe2)c2(OH)4.91017，c(OH) mol/L108 mol/L，pH6，故为防止生成Fe(OH)2沉淀，溶液的pH不超过6。(4)煅烧后产生的TiO2和足量的氯气与焦炭反应生成TiCl4和CO，反应的化学方程式为TiO22C2Cl2TiCl42CO。(5)电解TiO2制钛，阳极上氧离子失电子产生氧气；石墨电极可能会与氧气反应生成一氧化碳或二氧化碳。答案：(1)2TiOSO4(n1)H2OTiO2nH2O(胶体)H2SO4升高温度(或加热)适当提高酸浓度(适当没有也可)或搅拌(2)A结晶过滤(3)6(4)TiO22C2Cl2TiCl42CO(5)O2(或氧气)CO2(或CO或CO2、CO)方法二好，从绿色化学角度方法一会有有毒气体氯气参与4(2019衡阳模拟)制备乙炔的电石渣对环境污染极为严重，因此需要对水体进行净化处理。现取500 mL电石渣废水(阳离子主要为Ca2)，测定水质的数据如下表所示。项目pHS2(mg/L)CN(mg/L)SS(mg/L)平均1410005.22500注：SS表示固体悬浮物模拟工业处理流程如下：电石渣废水,臭氧氧化达标排放,已知：.常温时CaSO4微溶于水；.溶解度：CaSO4Fe(OH)2FeS。(1)采用20%硫酸对废水进行预中和处理，pH变化如图所示。硫酸的用量和废水中固体悬浮物(SS)含量的关系是_。废水中SS含量随时间变化如下表所示。静置时间(h)12345624SS含量(mg/L)250018001300900820800780为降低成本，减少硫酸投加量的最好办法是_。滤渣A的主要成分有SS和_。(2)根据表中数据，回答下列问题。不同熟石灰投加量下的废水处理效果加药量(g)分析结果FeSO4Ca(OH)2pHS2(mg/L)SS(mg/L)4.80.505.5152500.856.83.0501.159.30.95501.2510.50.8911.5，其目的之一是阻止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发，其作用原理是_(用离子方程式表示)。(3)“氰化”环节，是以NaCN溶液浸取调节pH的矿泥，敞口放置，将Au转化为NaAu(CN)2。其化学方程式为_。“氰化”环节中，金的溶解速率在80 时达到最大值，但生产中控制反应液的温度在1020 ，原因是_(答一点即可)。已知2HAu(CN)2Au2HCN，该反应的K_。(4)用锌还原NaAu(CN)2生成金，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为_。(5)氰化物有剧毒，经合理处理就可以基本消除对环境的负面影响。H2O2可消除水中的氰化物(如NaCN)，经以下反应实现：NaCNH2O2H2O=ANH3。生成物A的化学式为_。某废水用H2O2处理40 min后，测得剩余总氰为0.16 mgL1，除氰率达80%，计算040 min时间段反应速率v(CN)_ mgL1min1。(结果保留两位有效数字)解析：(1)根据图示，选择磨矿细度87%为宜。(2)用生石灰调节矿泥pH11.5，溶液呈碱性，能抑制氰化物中的CN水解。(3)“氰化”环节，Au转化为NaAu(CN)2，Au被氧化，显然有O2参与反应，其化学方程式为4Au8NaCNO22H2O=4NaAu(CN)24NaOH。“氰化”环节，有O2参与反应，温度升高，O2的溶解度减小；同时温度升高，促进了氰化物的水解，增加了HCN的挥发速度；随温度的升高，Ca(OH)2的溶解度反而下降，部分碱从溶液中析出。根据HCNHCN、Au2CNAu(CN)2，由第二个反应第一个反应2，可得Au2HCN2HAu(CN)2，此反应的KK(HCN)K，则2HAu(CN)2Au2HCN的K41020。(4)用锌还原NaAu(CN)2生成金，根据ZnZn2、Au(CN)2Au及得失电子守恒知，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为12。(5)根据原子守恒，可推知生成物A的化学式为NaHCO3。040 min时间段，除氰率达80%，则除去的CN为剩余的CN的4倍，除去的CN为0.16 mgL140.64 mgL1，则v(CN)0.016 mgL1min1。答案：(1)87%(2)CNH2OHCNOH(3)4Au8NaCNO22H2O=4NaAu(CN)24NaOH氧气在溶液中的溶解度随着温度的升高而下降；温度的升高，促进了氰化物的水解，增加了HCN的挥发速度；随温度的升高，Ca(OH)2的溶解度反而下降，部分碱从溶液中析出41020(4)12(5)NaHCO30.0162(2019龙岩质检)以某废催化剂(含Al2O3 36%、CoS 20%、MoS2 20%、MgO 8%等)为原料生产Co2O3的工艺路线如下：过滤过滤、洗涤已知：氧化铝有两种晶型Al2O3和Al2O3，Al2O3致密难溶于酸和碱。(1)废催化剂焙烧前先将其研磨，其目的是_。(2)已知“焙烧除硫”后的产物有CoO、MoO3。写出Na2CO3溶液“浸取”过程的离子反应方程式：_。(3)硫酸浸泡滤渣的实验条件为硫酸浓度12 mol/L、液固比为3、反应温度60 。该条件下，铝、钴浸出率与时间关系如图。当浸泡时间小于180 min时，铝、钴浸出率随着时间的推移均增加较快；180 min后铝和钴的浸出率都提高不多，且钴浸出率高于铝浸出率。试解释180 min后钴浸出率高于铝浸出率的原因：_。(4)萃取剂对Al3、Co2萃取率与pH的关系如图。萃取分离钴、铝的实验操作为：向萃取分液后的有机相中加硫酸调pH34，分液可得CoSO4溶液，_，可得Al2(SO4)3溶液。(5)“滤液”主要物质的化学成分是_(写化学式)，用途之一为_。(6)“煅烧”过程相关反应的化学方程式为_。解析：(1)废催化剂焙烧前先将其研磨，可以加快反应速率，使焙烧反应更快更充分。(2)已知“焙烧除硫”后的产物有CoO、MoO3。根据流程图，Na2CO3溶液“浸取”后生成了Na2MoO4，说明MoO3被碳酸钠溶液溶解，而滤渣经过一系列过程，最后得到Co2O3，说明CoO不能被碳酸钠溶液溶解，反应的离子反应方程式为MoO3CO=MoOCO2。(6)草酸铵在空气中煅烧，生成Co2O3和二氧化碳，反应的化学为方程式为4CoC2O43O22Co2O38CO2。答案：(1)焙烧反应更快更充分(2)MoO3CO=MoOCO2(3)随浸泡时间的延长有些Al2O3转化为Al2O3(或滤渣中含有部分Al2O3)(4)继续向萃取分液后的有机相加硫酸调pH0.5以下(或1以下)，然后分液(5)(NH4)2SO4做化肥(或其他合理答案)(6)4CoC2O43O22Co2O38CO23PFS是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。废铁屑粉碎机酸浸槽酸反应釜聚合釜减压蒸发(1)酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是_；PFS中铁元素的化合价为_；在酸浸槽中，为了提高浸出率，可以采取的措施有_(写两条)。(2)若废铁屑中含有较多铁锈(Fe2O3xH2O)，则酸浸时反应的化学方程式有_。(3)如果反应釜中用H2O2作氧化剂，则反应的离子方程式为_；生产过程中，发现反应釜中产生了大量的气体，且温度明显升高，其原因可能是_。(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内。如果溶液酸性过强，造成的后果是_。如果溶液酸性太弱又会生成大量的氢氧化铁沉淀。若溶液中Fe3的浓度为1 molL1，当Fe3开始沉淀时，溶液的pH约为_。已知Fe(OH)3的Ksp1.01039解析：(1)PFS中含有硫酸根离子，所以酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应为硫酸；根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0得铁元素的化合价为3。(4)Fe33H2OFe(OH)33H，酸性过强，Fe3水解平衡逆向移动，不利于Fe(OH)3的生成；若溶液中Fe3的浓度为1 molL1，当Fe3开始沉淀时，KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，代入数据解得c(OH)1013molL1，则c(H)0.1 molL1，所以pH1。答案：(1)H2SO43加热、搅拌、多次浸取等(答两条即可)(2)Fe2O3xH2O3H2SO4=Fe2(SO4)3(3x)H2O、Fe2(SO4)3Fe=3FeSO4、FeH2SO4=FeSO4H2(3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2OH2O2与Fe2的反应为放热反应，加入的H2O2过多，且生成的Fe3能作H2O2分解的催化剂，H2O2发生分解反应，生成了O2(4)影响Fe3与OH的结合(合理答案均可)14金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为6、5、4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)部分流程如图1所示：钼精矿粗产品(MoO3)固体杂质Na2MoO4溶液足量盐酸图1已知：钼酸微溶于水，可溶于液碱和氨水。回答下列问题：(1)钼精矿焙烧时，每有1 mol MoS2反应，转移电子的物质的量为_。(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_，请你提出一种实验室除去该尾气的方法_。(3)操作2的名称为_。由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。(4)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO)0.80 molL1，c(SO)0.04 molL1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO。当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率是_。Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaMoO4)4.0108，溶液体积变化可忽略不计图2(5)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。x_。焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6 mol电子，则消耗的氧化剂的化学式及物质的量分别为_、_。解析：(2)由流程图可知，钼精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物，其对环境的主要危害是形成酸雨，实验室可用氨水或氢氧化钠溶液吸收SO2。(3)灼烧用到的硅酸盐材料仪器为坩埚。(4)根据Ksp(BaMoO4)及c(MoO)可计算出MoO开始沉淀时溶液中c(Ba2)，再根据c(Ba2)和Ksp(BaSO4)计算出此时溶液中c(SO)，进而可求出SO的去除率。(5)根据题图2可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量的百分数均为18%，则MoO2的物质的量的百分数为100%18%264%。根据反应MoS26MoO37MoO22SO2，则消耗的氧化剂的化学式为MoO3，反应转移6 mol电子时，消耗MoO3的物质的量为3 mol。答案：(1)14 mol(2)形成酸雨可用氨水或氢氧化钠溶液吸收(其他合理答案均可)(3)过滤坩埚(4)94.5%(5)64MoO33 mol5硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6广泛应用于电子、催化工业，其合成路线如下：回答下列问题：(1)(NH4)2Ce(NO3)6中铈(Ce)的化合价为_。(2)加热(NH4)2Ce(NO3)6发生反应：(NH4)2Ce(NO3)6CeO28OH8M；CeO28OHCeO24H2O2O2。M的化学式为_；在空气中加热硝酸铈铵晶体除固体颜色发生变化外，还可以观察到的现象是_。(3)步骤的过程为将Ce(NO3)36H2O溶于水配成溶液，用氨水调pH在56，以H2O2使铈完全氧化沉淀出Ce(OH)4。写出制备氢氧化铈的总反应的离子方程式：_。(4)(NH4)2Ce(NO3)6在