工艺流程模拟题详解

1、工艺流程题1某废渣中含有Al2O3和Cr2O3(三氧化二铬)，再次回收利用工艺流程以下。回答以下问题:(1)滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X的电子式是_。写出滤液1与过分气体X反响生成Al(OH)3的离子方程式:_。“熔烧”中反响之一是4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4X，该反响中被氧化的物质是_(填化学式)；若该反响转移6mol电子，则生成_molNa2CrO4。(3)“复原”中加入适当稀硫酸，调理pH=5，氧化产物为SO42-。写出离子方程式_。(4)已知该废猜中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料经上述流程提取mkgCr2O3。则该废猜中铬元素回收率为

2、_(用代数式表示)。(已知回收率等于实质回收质量与理论质量之比)【答案】(1)AlO2-22O=Al(OH)33-+CO+2H+HCO(2)Cr2O322-2-+34H+=6SO2-+8Cr3+17H2O(3)8CrO4+3S2O3413m100%(4)190a【分析】Al?2O3与Na2CO3反响生成NaAlO2和X气体CO2，Cr2O3与Na2CO3反响生成Na2CrO4和X气体CO2，发生的反响为：4Na2CO3+?2Cr2O3+?3O2=4Na2CrO4+?4CO2，过滤得滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，通入CO2，获取Al(OH)?3，离子方程式:AlO2-+CO2+2H2

3、O=Al(OH)3+HCO3-。滤液2中CrO42-，“复原”中加入适当稀硫酸，调理2-2-+2-+8Cr3+17H2O，加氨水反响后获取Cr(OH)3，pH=5，发生反响：8CrO4+3S2O3+34H=6SO4加热分解得Cr2O3。(1)滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X是CO2电子式是。滤液1主要成分为NaAlO2，与过分气体X反响生成Al(OH)?3的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。(2)“熔烧”中反响之一是4Na2CO3+?2Cr2O3+?3O2=4NaCrO+?4X，铬元素由+3价高升为+6价，该反响中被氧化的物质是CrO；由方程式每24

4、23生成4molNa2CrO4，转移12mol电子，若该反响转移6mol电子，则生成2mol?Na2CrO4。(3)“还原”中加入适当稀硫酸，调理pH=5，氧化产物为SO42-。离子方程式8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3+17H2O。(4)mkgCr2O3中含铬mkg，该废猜中含铬元素质量分数为a%，wt这样废猜中含铬1000wkga%，则该废猜中铬元素回收率为100%=13m100%。190a2高铁酸钾(K2FeO4)是种极强的氧化剂，常应用于饮用水办理，其工业制备方法如图所示：高铁酸钾中铁元素的化合价是_价。反响I的目的是_。反响II的离子方程式为_。(4)

5、清洗粗品时采纳乙醇而不用水的原由是_。(5)己知生成高铁酸钾的反响为NaFeO+2KOHKFeO+2NaOH，请你解说加入饱2424和KOH溶液能生成高铁酸钾的原由是_。(6)为了提升生活用水的卫生标准，自来水厂常使用高铁酸钾(K2FeO4)进行消毒、净化以及改良水质，其消毒原理是_。可用亚铬酸盐滴定法测定高铁酸钾含量，滴准时有关反响的离子方程式为：FeO42-+CrO2-+2H2O=?CrO42-+Fe(OH)3+OH-2CrO42-+2H+=CrO72-+H2OCrO72-+6Fe2+14H+=?2Cr3+6Fe3+7H2O现称取高铁酸钾样品溶于适当NaOH溶液中，加入稍过分的NaCrO2

6、，充分反响后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容。每次取加入稀硫酸酸化，用L-1的FeSO4标准溶液滴定，三次滴定耗费标准溶液的均匀体积为。则上述样品中K2FeO4的质量分数为_。【答案】(1)+6(2)生成氧化剂NaClO3+3ClO-+l0OH-=2FeO2-+3Cl-+5H2O(3)2Fe4减少高铁酸钾的损失(5)K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，均衡向正反响方向挪动，促进K2FeO4晶体析出(6)高铁酸钾拥有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被复原生成Fe(OH)3胶体、有吸附性起净水作用(7)%)【分析】反响为：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O，由湿

7、法制备信息，可知反响：3ClO-3+2-pH，使溶液3+、FeO2-转变为沉+10OH+2Fe=2FeO4+3Cl+5H2O，调理溶液Fe4淀，加入KOH溶液溶解，过滤除掉氢氧化铁，再加入饱和KOH溶液能够增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出。(1)高铁酸钾K2FeO4中K的化合价为+1价，O的化合价为-2价，依据正负化合价的代数和为0，铁元素的化合价为+6价；(2)反响I是氯气与氢氧化钠反响生成氯化钠、次氯酸钠与水，反响方程式为2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O，目的是生成氧化剂NaClO；(3)由湿法制备信息，可知碱性条件下，ClO-与Fe3+反响获取FeO42-，ClO-被

8、复原为-，离子方程式为-3+2-易溶于水，Cl3ClO+10OH+2Fe=2FeO4+3Cl+5H2O；(4)高铁酸钾K2FeO4难溶于水有机溶剂，所以清洗粗品时采纳乙醇而不用水能够减少高铁酸钾的损失；(5)K2FeO4的溶解度小于Na24K+浓度，均衡向正反响方向挪动，促使K24FeO的溶解度，增大FeO晶体析出，所以加入饱和KOH溶液能生成高铁酸钾；(6)高铁酸钾拥有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被复原生成Fe(OH)3胶体，有吸附性，能够吸附水中的吸附物质，自来水厂常使用高铁酸钾(K2442-FeO)进行消毒、净化以及改良水质；(7)依据反响，可得关系2FeO2CrO42-Cr2O72

9、-6Fe2+，FeSO4的物质的量为?L-110-3L=10-3mol，所以K2FeO4的物质的量为110-3mol，从而求得其质量为110-3198g=，所以样品中K2FeO4的质量分数为330.132g250100%=%。2.084g3Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用特别宽泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程以下:(1)“硫酸化焙烧”时：硫化铜矿需粉碎的目的是_；CuS与O2反响生成CuSO4等物质的化学方程式为_；加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是_。“浸取”时为提升铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外

10、，还需控制_(最少列举两点)。“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如右图所示。在100时，发生反响的离子方程式为_图中在4pH5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为_。【答案】(1)提升硫化铜矿的利用率2Cu2S+5O22CuSO4+2CuO提升焙烧产物中(2)CuSO4比率浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等(3)2Cu2+3SO32-242-2CuO+SO+2SO(4)pH越小时Cu2O越易与H+发生反响，生成Cu和Cu2+【分析】(1)“硫酸化焙烧”时：硫化铜矿需粉碎的目的是增大接触面积，提升硫化铜矿的利用率；CuS与O2反响生成CuSO4等

11、物质的化学方程式为2Cu2S+5O22CuSO+2CuO；加入NaSO的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用424是增大42浓度，提升焙烧产物中CuSO4比率；(2)“浸取”时为提升铜的浸取率，除需控制SO硫酸的浓度外，还需控制浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等；(3)在100时，Cu2+复原成Cu2O，SO32氧化成SO42，发生反响的离子方程式为2Cu2+3SO32-242-+2SO2；图中在4pH5时，pH越小产率越低且产品中CuO+SO杂质Cu的含量越高，是因为pH越小时Cu2O越易与H+发生反响，生成Cu和Cu2+。4NaI用作制备无机和有机碘化物的原料，也用

12、于医药和照相等，工业利用碘、氢氧化钠和铁屑为原料可生产NaI，其生产流程以以下图。碘元素在周期表中的地点为_。反响的离子方程式为_。反响加入过分铁屑的目的是_，过滤所得固体1中除节余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反响的化学方程式为_。(4)溶液2中除含有H+外，必定还含有的阳离子是_；试设计实验考证溶液2中该金属阳离子的存在：_。(5)溶液2经一系列转变能够获取草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O，相对分子质量180)，称取g草酸亚铁晶体，用热重法对其进行热分解(间隔空气加热)，获取节余固体的质量随温度变化的曲线如右图所示：分析图中数据，依据信息写出过程I发生的化学方程式：_。300节

13、气余固体只含一种成分且是铁的氧化物，写出过程II发生的化学方程式：_。【答案】(1)第五周期第VIIA族(2)3I2+6OH-5I-+IO3-+3H2O(3)将NaIO3完好转变为NaI2Fe+3HO+NaIO=NaI+2Fe(OH)233(4)Fe2+取少量溶液2加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液退色，则含Fe2+；或取少量溶液362+2加入KFe(CN)溶液，如有蓝色积淀生成，则含Fe(5)FeC2O42H2O?FeC2O4?+2H2OFeC2O42H2O?FeO+CO2+CO2H2O【分析】由流程可知，在加热条件下碘与氢氧化钠溶液反响生成了碘化钠和碘酸钠的混合液，加入铁粉把碘酸钠复原为碘化钠，

14、过滤后，将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤获取产品。固体1是氢氧化铁和节余的铁粉，氢氧化铁被稀硫酸溶解后生成硫酸铁溶液，硫酸铁可以被铁粉复原为硫酸亚铁。(1)碘元素在周期表中的地点为第五周期第VIIA族。(2)反响的离子方程式为3I2-3-2反响加入过分铁屑的目的是将NaIO3+6OH5I+IO+3HO。(3)完好转变为NaI，过滤所得固体1中除节余铁屑外，还有红褐色固体，该红褐色固体是氢氧化铁，则加入铁屑时发生反响的化学方程式为2Fe+3H2O+NaIO3=NaI+2Fe(OH)3。(4)溶液2中除含有H+外，必定还含有的阳离子是Fe2+，因为Fe3+的氧化性比H+强且铁粉无节余，所以还可能含有

15、Fe3+，；设计实验考证溶液2中Fe2+的存在时，要考虑Fe3+的搅乱，所以可以取少量溶液2加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液退色，则含Fe2+；或取少量溶液2加入K3Fe(CN)6溶液，如有蓝色积淀生成，则含Fe2+。(5)由题中信息可知，g草酸亚铁晶体的物质的量为，草酸亚铁晶体中n(Fe)=，铁元素质量为56g/mol=，结晶水的物质的量为，结晶水的质量为18mol=。分析图中数据，过程I固体质量变为，所以这个过程中失掉了所有结晶水，所以过程I发生反响的化学方程式为FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O。300节气余固体只含一种成分且是铁的氧化物，由图可知其质量为，此中铁元素的质量为，所以氧

16、元素的质量为，求出n(O)=，n(Fe):n(O)=1:1，所以该氧化物为FeO，依照质量守恒定律能够写出过程II发生反响的化学方程式：FeC2O42H2OFeO+CO2+CO2H2O。重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程以以下图：回答以下问题：高温(1)步骤的主要反响为：FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO，上述反响配平后FeOCrO与NaNO3的系数比为_。该步骤不可以使用陶223瓷容器，原由是_。滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。步骤

17、调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原由是_(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度以以下图。向“滤液3”中加入适当滤获取K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)获取的KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过K2Cr2O7固体产品最多。a80b60c40d10步骤的反响种类是_。【答案】(1)2：7陶瓷在高温下会与Na2CO3反响(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2Od复分解反响【分析】(1)FeOCr23是复原剂，氧化产物为2423，每摩转移7mol电子，ONaCrO和FeO而NaNO3是氧化剂，复原产物为NaNO2，每摩转移2mol电子，依据电子守恒可

18、知，FFeOCr2O3和NaNO3的系数比为27；陶瓷在高温下会与Na2CO3反响，则熔融时不可以使用陶瓷容器；(2)熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤渣2的含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、铬酸根离子，调理pH并过滤后获取滤渣2为氢氧化铝及含硅杂质。(3)调滤液2的pH目的是提升溶液的酸性，pH变小；使2CrO42+2H+Cr2O72+H2O均衡正向挪动，提升重铬酸根离子浓度，有益于K2Cr2O7固体析出。(4)由图示可知，在10左右时，获取获取K2Cr2O7固体最多；发生复分解反响。6工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁Fe(OH)

19、SO4工艺流程以下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式积淀时溶液的pH以下表：积淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始积淀完好积淀回答以下问题：(1)反响I溶液中存在的金属阳离子有_。(2)加入少量NaHCO3的目的是调理323pH，使溶液中的_(填“Fe”、“Fe”或“Al”)积淀。该工艺流程中“搅拌”的作用是_。反响的离子方程式为_。在实质生产中，反响常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反响中均作_。若参加反响的O2有L(标准情况)，则相当于节俭NaNO2的物质的量为_。(4)碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2离子，可部分水解生成Fe242聚合离子。(OH)

20、该水解反响的离子方程式为_。(5)在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混淆液反响制备碱式硫酸铁。依据我国质量标准，产品中不得含有Fe2及NO3。为检验所得产品中能否含有Fe2，应使用的试剂为_(填字母)。A.氯水B.KSCN溶液C.NaOH溶液D.酸性KMnO4溶液【答案】(1)Fe2、Al3(2)Al3加速反响速率(或使反响物充分接触)(3)Fe2NO22HFe3NOH2O氧化剂2mol(4)2Fe(OH)22H2OFe2(OH)422H(5)D【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过分废铁屑加入稀硫酸中，发生反响Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4

21、)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、243+Fe=3FeSO4，而后反响I中加入NaHCO3并搅拌，调理溶液的pH，发生反响Al3Fe(SO)+3HCO3=Al(OH)32Al(OH)3，过滤获取硫酸亚铁，向硫酸亚铁+3CO，滤渣中成分是溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化复原反响生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤获取碱式硫酸铁。(1)反响I溶液中存在的金属阳离子有Fe2、Al3；(2)依据氢氧化物积淀需要的pH知，在pH在之间将铝离子转变为Al(OH)3积淀，而亚铁离子不可以生成积淀，加入少量NaHCO3的目的是调理

22、pH，使溶液中的Al3；该工艺流程中“搅拌”的作用是：加速反响速率(或使反响物充分接触)；(3)酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自己被复原生成NO，所以反响中加入2NaNO的目的是氧化Fe2，发生反响的离子方程式为2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O；在实质生产中，反响常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参加反响的O2有(标准情况)，反响过程中供给电子相等，则相当于节俭NaNO2的物质的量=mol1)4/1=2mol；(4)碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2离子，可部分水解生成Fe242聚合离子，该水解反响的离子方程式为(OH)2Fe(OH)22H2OF

23、e2(OH)422H；(5)亚铁离子拥有复原性，能被强氧化剂氧化生成铁离子，反响过程中颜色变化明显的成效最正确，A氯水为黄绿色，Cl2将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故A不选；BKSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故B不选；CNaOH溶液和亚铁离子反响生成白色积淀，铁离子和氢氧根离子反响生成红褐色积淀，掩饰氢氧化亚铁颜色，故C不选；D酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液退色，现象明显，故D选。7由工业级碳酸锂(含有少量碳酸镁等杂质)制备高纯碳酸锂。实验过程以下：实验室中在右图所示装置中进行碳化反响：碳化反响的主要反响离子方程

24、式为_。碳化时温度需控制在30，可采纳的措施是_。温度不宜过高的原由是_。用CO2调pH为89，其目的是_。已知在不一样温度下蒸发分解碳酸锂的产率与溶解度关系如图：_90以下，随温度高升，碳酸锂产率高升的原由可能是_。(4)请增补完好由滤液制备高纯碳酸锂的实验方案：取滤液搁置于烧杯中_。【答案】(1)CO2232+2HCO3-给三颈烧瓶水浴加热二氧化碳溶+LiCO+HO=2Li解度降低且部分碳酸氢锂分解使少量的碳酸锂和氢氧化锂转变为碳酸氢锂，减少损失碳酸氢锂分解随温度高升而完好，碳酸锂溶解度随温度高升而减小(4)在90下蒸发至出现大批晶体，趁热过滤，热水清洗23次，干燥【分析】(1)向碳酸锂悬

25、浊液中通入CO2的主要反响含主要物质碳酸锂与CO2反响生成+-碳酸氢锂，其离子方程式为：CO2+Li2CO3+H2O=2Li+2HCO3；控制比较稳固的温度时，一般采纳水浴加热法，即给三颈烧瓶水浴加热至水温为30止，温度过高不利于二氧化碳的溶解参加反响，同时碳酸氢锂也易受热分解；(2)在加NaOH除镁后的存在少量的碳酸锂和氢氧化锂，用CO2调pH为89，其目的是使少量的碳酸锂和氢氧化锂转变为碳酸氢锂，减少损失；(3)由蒸发分解碳酸锂的产率与溶解度关系能够看到温度高升碳酸锂溶解度降落，而温度高升碳酸氢锂也易分解生成碳酸锂，两个要素共同促使了随温度高升，碳酸锂产率的高升；(4)因碳酸锂溶解度随温度

26、的高升而降低，要制备高纯碳酸锂，可取滤液搁置于烧杯中在90下蒸发至出现大批晶体，趁热过滤，热水清洗23次，干燥即可。8某工业废猜中主要含有Al2O3、Co2O3?CoO、少量Fe3O4等金属氧化物(Co2O3?CoO不与强碱反响)实验室科技人员欲将之分别并制备有关物质，设计流程以下：过程中的操作名称是_，写出过程发生反响的化学方程式_溶液a中含有金属离子有_(3)溶液a中逸出的黄绿色气体是氯气，以下说法不正确的选项是_氯气是有漂白性的酸性气体液氯和氯水均为液体，且都含有氯分子将氯气通入碱液时，氯气既是氧化剂，又是复原剂次氯酸见光易分解，说明次氯酸是弱酸向氯水中滴硝酸银溶液，有白色积淀生成，说明

27、氯水中含Cl(4)写出过程发生反响的离子方程式：放电高铁电池的总反响为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH充电则充电时阳极反响式为_(5)Co能够形成CoCO?2HO(M为183g/mol)，该晶体在空气中加热，在不一样温度下分别242获取一种固体物质，其质量如表：温度范围()固体质量(g)150210290320890920经测定，210290过程中，产生的气体只有CO2，则此过程发生的化学反响方程式为：_【答案】(1)过滤Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O(2)Co2+、Fe3+(3)、3223222FeO43e+5OHFeO4(4)2

28、Fe(OH)+3ClO+4OH+5HO+3ClFe(OH)+4HO(5)3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【分析】试题分析：此题以含有Al2O3、Co2O3?CoO、少量Fe3O4等金属氧化物的工业废料为原料进行物质的分别和制备为载体，观察工业流程的分析、Cl2的性质、二次电池电极反响式的书写、热重分析的计算。废料样品中加入足量的NaOH溶液，此中Al2O3发生反响而溶解，Co2O3?CoO、Fe3O4不溶，过程I为过滤操作，获取的滤渣中主要含Co2O3?CoO、Fe3O4；滤渣中加入足量HCl，由流程知，Co2O3?CoO与HCl反响生成CoCl2和Cl2(黄绿色气体)，反响的方程式

29、为Co2O3?CoO+8HCl=3CoCl2+Cl2+4H2O，经过此反响说明Co2O3?CoO拥有强氧化性(氧化性比Cl2强)，在此过程中Fe3O4也发生反响转变为FeCl3，溶液a中的溶质为CoCl2、FeCl3和HCl；将溶液a的pH调至8产生红褐色积淀，FeCl3转化成Fe(OH)3积淀而分别出来，此时获取的滤液的主要成分为CoCl2；过程II用Fe(OH)3与KClO、KOH反响制备K2FeO4，此反响中Fe(OH)3被氧化成FeO42-，ClO-被复原成Cl-，反应的化学方程式为3KClO+2Fe(OH)3+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O；滤液中加入Na2CO3产生C

30、oCO3积淀，CoCO3在高温下分解产生CoO。(1)过程I的操作是过滤。过程I中Al2O3与NaOH反响的方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O。(2)依据上述分析，溶液a中的金属离子有Co2+、Fe3+。(3)Cl2没有漂白性，错误；液氯为纯净物，只有氯气分子，氯水为混淆物，此中含Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、少量OH-，正确；将氯气通入碱液时，发生反响：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，氯气既是氧化剂又是复原剂，正确；次氯酸见光易分解，说明次氯酸拥有不稳固性，不是弱酸性，错误；向氯水中滴硝酸银溶液，有白色积淀生成，说明氯水中含Cl，正确；应选、

31、。(4)过程II反响的化学方程式为3KClO+2Fe(OH)3+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO+4OH42+5H2O+3Cl。充电时的反响方程式为3Zn(OH)232FeO+2Fe(OH)+4KOH=3Zn+2K2FeO4+8H2O，充电时阳极发生失电子的氧化反响，则充电时阳极反响式为Fe(OH)323e+5OHFeO4+4H2O。(5)n(CoC2O4?2H2O)=mol=，此中含有结晶水的质量为mol=；210时固体的质量为，固体质量减少，则210时固体为CoC2O4；210290过程中产生的气体只有CO2，则290固体为Co的氧化物，

32、290时固体的质量为，依据Co守恒，此中n(Co)=，m(Co)=mol=，n(O)=2.41g1.77g=，n(Co)：n(O)=3:4，16g/mol则290时固体为Co3O4，210290反响过程中Co的化合价高升，所以有O2参加反响，则210290过程中反响的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。9碱式碳酸铅化学式为2PbCO3Pb(OH)2是生产铅酸蓄电池正极的原料。某研究小组制备碱式碳酸铅的主要实验流程以下：“反响”的生成物是(CH3COO)2PbPb(OH)2，该反响是在90、搅拌并保温3h的条件下达成的，则该反响的化学方程式为_。过滤时所需要的玻璃仪器有漏斗、

33、_。积淀经水清洗后又用酒精清洗的目的是_。为确立2PbCO3Pb(OH)2的热分解过程，进行了以下实验：称取必定量(1)中制得的产品放在热重分析仪中，在氩气流中加热分解，测得残留固体的质量随温度的变化以以下图所示。AB过程中，逸出的分解产物的化学式为_；E点残留固体的化学式为_。依据图中数据，计算并确立D点残留固体的化学式(写出计算过程)_。【答案】(1)2PbO2CH3COOH(CH3COO)2PbPb(OH)2烧杯、玻璃棒除去积淀表面附着的水并促使其迅速干燥(2)HOPbO1mol2PbCO3Pb(OH)(用氧化物形式表示为：3PbO2CO2HO)的质222量为775g，155g2PbCO

34、3Pb(OH)2的物质的量为mol，能够表示为：含PbOmol、CO2mol、HOmol，而加热过程中Pb元素的质量不变，所以，AB的过程中，mg，减21少的是molH2223O，BD的过程中，mg，减少的是molCO，DE的过程中，mg，减少的是molCO2，所以，B点的化学式为2PbCO3PbO，即3PbO2CO2，D点的化学式为PbCO32PbO，即3PbOCO2【分析】(1)“反响”的生成物是(CH3COO)2Pb?Pb(OH)2，该反响是在90、搅拌并保温3h的条件下达成的，则该反响的化学方程式为：2PbO+2CH3COOH(CH3COO)2Pb?Pb(OH)2；过滤时所需要的玻璃仪

35、器有漏斗、烧杯、玻璃棒；“清洗”时，经水清洗后再用酒精清洗的目的是除掉表面的水份同时能够迅速干燥，得纯净2PbCO3?Pb(OH)2的产品；(2)1?mol?2PbCO3?Pb(OH)2(用氧化物形式表示为：3PbO?2CO2?H2O)的质量为775?g，155?g?2PbCO3?Pb(OH)2的物质的量为?mol，能够表示为：含PbO?mol、CO2?mol、H2O?mol，而加热过程中Pb元素的质量不变，所以AB的过程中，m1=?g，减少的是?mol?H2O，BD的过程中，m2=?g，减少的是?mol?CO2，DE的过程中，m3=?g，减少的是?mol?CO2，则E点残留的固体为PbO；1

36、?mol?2PbCO3?Pb(OH)2(用氧化物形式表示为：3PbO?2CO2?H2O)的质量为775?g，155?g?2PbCO3?Pb(OH)2的物质的量为?mol，能够表示为：含PbO?mol、CO2?mol、H2O?mol，而加热过程中Pb元素的质量不变，所以AB的过程中，m1=?g，减少的是?mol?H2O，BD的过程中，m2=?g，减少的是?mol?CO2，DE的过程中，m3=?g，减少的是?mol?CO2，所以，B点的化学式为2PbCO3?PbO，即3PbO?2CO2，D点的化学式为PbCO3?2PbO，即3PbO?CO2。10亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂，主要用于

37、水、沙糖、油脂的漂白与杀菌。以下是一种制取亚氯酸钠的工艺流程：已知：NaClO2的溶解度跟着温度高升而增大，合适条件下可结晶析出NaClO2?3H2O。ClO2气体只好保持在稀释状态下以防范爆炸性分解，且需现合成现用。ClO2气体在中性和碱性溶液中不可以稳固存在。在无隔阂电解槽顶用惰性电极电解一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反响式为：_。“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除掉Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。发生器中鼓入空气的作用是_。汲取塔内反响的化学方程式为_，汲取塔内的温度不宜过高的原由为：_。(4)从滤液中获取NaClO2?3H2O粗晶体的实验操作挨次是_、

38、_、过滤、洗涤、低温干燥。经查阅资料可知，当pH时，ClO2能被I完好复原成Cl，欲测定成品中NaClO2(M为mol)的含量，现进行以下操作：步骤称取样品W?g于锥形瓶中，并调理pH?步骤向锥形瓶中加入足量的KI晶体，并加入少量的指示剂步骤用cmol/L的Na2S2O3溶液滴定，生成I和S4O62步骤中发生反响的离子方程式是_。若上述滴定操作顶用去了VmLNa2S2O3溶液，则样品中NaClO2的质量分数为：_(用字母表示，不用化简)。(已知2NaSOI=NaSO2NaI)2232246【答案】(1)NaCl+3H2ONaClO3+3H2NaOH溶液Na2CO3溶液稀释ClO2以防范爆炸(3

39、)2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2防范H2O2分解(4)蒸发浓缩冷却结晶(5)ClO24H4I=2I2Cl2H2O【分析】过氧化氢法生产亚氯酸钠，由流程可知，NaClO3溶解后与硫酸发生氧化复原反应生成ClO2，联合信息可知混淆气体稀释ClO2，汲取塔内发生2NaOH+2ClO+HO2NaClO+2HO+O，过滤后，联合信息可知，滤液蒸发浓缩、冷却222222结晶、过滤、清洗、干燥获取NaClO2?3H2O。(1)在无隔阂电解槽顶用惰性电极电解食盐水一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反响式为NaCl+3H2ONaClO3+3H2；“电解”所用食盐水由粗盐水

40、精制而成，精制时，为除掉Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为NaOH溶液；Na2CO3溶液；(2)由题目中的信息可知，纯ClO2易分解爆炸，所以通入空气的目的是稀释ClO2，防范发生爆炸；(3)汲取塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反响生成亚氯酸钠(NaClO2)，Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价高升，所以产物中还有氧气生成，依据元素守恒可知产物中有水生成，所以化学方程式是2NaOH+2ClO+HO2NaClO+2HO+O2，过氧化氢受热易分解，所以汲取塔的温度不宜过22222高；(4)从溶液中获取含结晶水的晶体，需要采纳蒸发浓缩、冷却结晶方法，最后经过过滤获取粗晶体

41、；(5)步骤中发生反响是酸性溶液中ClO2-能被I-完好复原成Cl-，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2-+4I-=2I2-2+4H+Cl+2HO，故答案为：ClO2-+4H+4I-=2I2+Cl-+2H2O；依据ClO2-+4H+4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反响的定量关系计算获取，设NaClO2为xmol，则：ClO2-2I24Na223SO1?4x?cV10-3molx=cV103mol，样品中NaClO2的质量分数4cV10390.5g/mol3=4mol100%=90.510Vc100%。4Wg4W11金属钛性能优胜，被

42、称为继铁、铝以后的“第三金属”，工业上用钛矿石分：FeO、TiO2，SiO2等)为原料制取钛，工艺流程以下，回答以下问题：(主要成已知：TiO2(s)+H2SO4(aq)=TiOSO4(aq)+H2O(1)钛矿石在加入浓硫酸酸溶前要先粉碎，其目的是_。操作1名称为_，固体2的主要成分是_，写出金属钠与TiCl4共热的化学反响方程式_。必定温度下，在一个固定容积的容器中发生反响：TiO(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl(g)+2CO(g),反响中氧化剂是_，以下说法能够24说明该反响已达化学均衡状态的是_。A反响每断裂2个Cl一Cl键，同时生成2个CO键容器内压强不再发生变化Cl2和Ti

43、Cl4的浓度不再变化(TiCl4)正=2v(C)逆(4)将50吨钛矿石经上述变化后，最后可得金属钛12吨，假定各步反响均完好，则原矿石中TiO2的百分含量为_。【答案】(1)增大反响物的接触面积，使反响速率加速(2)过滤FeSO(FeSO7HO等合理都行)4Na+TiCl4Ti+4NaCl442(3)氯气BC(4)40%【分析】(1)矿石粉碎能够增大酸浸时的接触面积，加速酸浸的速率；(2)由框图可知：原料是钛铁矿，主要产品是钛，副产品为绿矾和硫酸，由信息可知：框图的第一步反响为：TiO2H2SO4=TiOSO4H2O，框图的第二步中加入水和过分铁，加入物质铁的目的是防止Fe2被氧化，那么固体2

44、无疑是硫酸亚铁。操作1获取固体和液体，只好是过滤；金属钠与TiCl4共热产生金属钛，故为置换反响，由此可写出对应的化学方程式；(3)依据反响TiO(s)+2Cl(g)+2C(s)TiCl(g)+2CO(g)，反响前后Ti化合价没有变化，氯的化合价降224低，故氧化剂为氯气；A.反响每断裂2个Cl-Cl键，同时生成2个CO键，均为正反响速率，错误；B.容器内压强不再发生变化，即气体分子数不变，说明已经达到均衡状态，正确；C.Cl2和TiCl4的浓度不再变化，说明达到均衡，正确；D.固体的浓度为定值，不可以用于描述反响速率，错误。(4)依据物质的变化不难写出化学方程式，依据关系式：TiO2Ti80

45、482012可得百分含量为20/50100%=40%。12某化学小组经过查阅资料，设计了以以下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4?7H2O已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al(31%)、Fe%)的单质及氧化物，其余不溶杂质%)部分阳离子以氢氧化物形式积淀时的pH以下：积淀物开始积淀时的pH完好积淀时的pHAl(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2操作a应采纳以下哪一种方法或装置：_A.B.C.D.(2)“碱浸”过程中发生反响的离子方程式是_“酸浸”时所加入的酸是_(填化学式)(4)加入H2O2时发生反响的离子方程式为_操作b为调理溶液的pH，你认为pH

46、的调控范围是_产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeSO4?7H2O)，其原由可能是_(写出一点即可)(7)NiSO4?7H2O可用于制备镍氢电池(NiMH)，镍氢电池当前已经成为混淆动力汽车的一种主要电池种类NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中总反响的化学方程式是Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反响式为_【答案】(1)A(2)2Al+2OH2O2AlO223222+2H+3H、AlO+2OH2AlO+HO(3)H2SO4(4)H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O(6)H2O2的用量不足(或H2O2无效)、保温时间不足以致Fe2+未

47、被完好氧化造成的(7)NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH【分析】(1)A是过滤、B是蒸发、C是蒸馏、D是分液，由流程可得，操作a是过滤得到固体和滤液，应选A。(2)铝拥有两性能和强碱反响，氧化铝是两性氧化物能和强碱反响，而镍单质和铁及其氧化物不睦碱反响，所以“碱浸”过程目的是除掉铝及其氧化物，达到除掉铝元素的目的，反响的离子方程式为：2Al+2OH-22-2、+2HO=2AlO+3HAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。(3)“酸浸”时主假如溶解金属镍和铁单质及其氧化物，因为最后得到NiSO4?7H2O，加入的酸不可以引入新杂质，故加入H2SO4进行酸浸。(4)加入H2O2是为

48、了氧化溶液中的Fe2+，使后续步骤从溶液中积淀分别铁元素而不影响镍元素的存在，H2O2与2+反响的离子方程式为：H222+2H+3+2H2O。(5)依据图表中积淀需要的溶液pHFeO+2Fe=2Fe范围，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+后，调理溶液pH使Fe3+所有积淀，而镍离子不积淀，注意：前面除掉Al元素的过程中可能使此时溶液中仍有少量Al3+，所认为了获取较纯净的硫酸镍溶液，pH应调控在之间，以保证完好积淀Al3+和Fe3+。(6)产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeSOH2O22+，则可能是H2O2的用量不足4?7H2O)，说明在加入氧化剂时未所有氧化Fe(或HO无效)、保温时间不足等

49、原由造成的。(7)NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得22电子生成Ni(OH)2，则正极的电极反响式为：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-。13SO2属于严重要气污染物，不可以直接排放在空气中，其两种办理方法以下：已知：25时，NH3H2O的电离均衡常数Kb18105。有关物质的Ksp数据以下表所示。请回答以下问题：方法1工艺中利用了SO2的_(填化学性质)。用过氧化氢也能氧化NH4HSO3溶液为铵盐溶液，过氧化氢电子式为_，将所得铵盐溶液变为无水铵盐的方法为_。(2)方法(3)方法2生产工艺的长处有_。2中为检验分别器的分别成效，取分别后的H2SO4溶液于试管中，向此中逐

50、滴加入AgNO3溶液至充分反响，若观察到_，证明分别成效较好。某含有大批氯化银积淀的悬浊液中c(Cl)036molL1，加入等体积的溴化钠溶液，若要产生溴化银积淀，加入的溴化钠溶液的最小浓度是_molL1。(5)氨水是一种重要的弱电解质，常温下，向01molL氨水中加入少量NHNO，使43溶液中c(NH3H2O)：c(NH4)5：9，此时溶液的pH_。【答案】(1)酸性将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、干燥(2)溴能够循环利用，并获取洁净能源氢气(3)无淡黄色积淀产生，最平生成白色积淀(4)10-31(5)9molL【分析】(1)方法1工艺中利用了SO2的酸性，能与碱反响生成盐和水；过氧化氢电子式

51、为，铵盐为固体溶质，将所得铵盐溶液变为无水铵盐的方法为：将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、干燥；(2)方法2生产工艺的长处有：溴能够循环利用，并获取洁净能源氢气；(3)取分别后的H2SO4溶液于试管中，向此中逐滴加入AgNO3溶液至充分反响，检验Br，若观察到无淡黄色积淀产生，最平生成白色积淀；(4)某含有大批氯化银积淀的悬浊液中c(Cl)=molL1，加入等体积的溴化钠溶液，Ksp=c(Ag)c(Br)=10-13，Ksp=c(Ag)c(Cl)=10-10，AgCl+Br=AgBr+Cl，cClKspAgCl，c(BrcBrKspAgBr)=0.365.01013=10-3molL1，(5)向0

52、1molL氨水中加入少量NH4NO3，使溶液1.81010中c(NH3H2O)：c(NH4：9，溶液中溶质为硝酸铵和一水合氨，)5NH3H2ONH4+OH，25时NH32-5=)=10-51，HO的电离均衡常数Kb=10，c(OHmolLc(H)=10-9molL1，PH=9。14某科研小组利用工业废料(主要成分NiO，含有少量Al2O3、FeO、CuO、BaO)回收NiO，并制备其余部分产品的工艺流程以下：已知：溶液中离子浓度小于等于10-5-1时，认为该离子积淀完好。molL25时，部分难溶物的溶度积常数以下表所示：难溶物CuSAl(OH)3Ni(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2溶度积

53、常数(Ksp)10-3610-3310-1510-3810-16请回答以下问题：(1)H2S的电子式为_。(2)“酸浸”时，Ni的浸出率与温度的关系以以下图。温度高于70，Ni的浸出率降低的主要原由为_。“积淀1”的主要成分为_(填化学式)。“滤液1”中通入H2S的作用为_。(5)“转变”过程中，发生反响的主要离子方程式为_。(6)25时，“调理pH2”使积淀3中金属阳离子积淀完好后，所得溶液中的c(H+)最大为_(保存三位有效数字，已知。“操作I”主要包含蒸发浓缩、_、过滤、清洗、干燥。(8)NiO可经过铝热反响冶炼Ni，该反响的化学方程式为_。【答案】(1)(2)温度高升，Ni2+的水解程

54、度增大(3)BaSO4(4)将Cu2+转变为CuS积淀除掉2+C1O-+2H+=2Fe3+-+H2O(6)10-10-1(5)2Fe+ClmolL(7)降温结晶(或冷却结晶)(8)3NiO+2AlAlO+3Ni23【分析】(1)H2S是共价化合物，含有2个H-S键，电子式为；(2)温度高升，Ni2+的水解程度增大，生成氢氧化镍的量增大，所以温度高于70，Ni的浸出率降低；(3)BaO与硫酸反响生成硫酸钡积淀，“积淀1”的主要成分为BaSO4；(4)CuS难溶于水，“滤液1”中通入H2S的作用为将Cu2+转变为CuS积淀除掉；(5)“转变”过程中Fe2+被C1O-氧化为Fe3+，离子方程式为2F

55、e2+C1O-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O；(6)依据流程图“调理pH2”析出氢氧化镍沉淀，镍离子积淀完好后，所得溶液中的C(OH-)=，C(H+)=10-10molL-1；(7)依据流程图，积淀2是CuS，灼烧生成氧化铜，加入硫酸生成硫酸铜溶液；经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、清洗、干燥，可得硫酸铜晶体；(8)NiO与铝反响生成Ni和氧化铝，方程式为3NiO+2AlAl2O3+3Ni。15印刷电路板在科技领域拥有不行代替的作用，它的制备方法为高分子化合物和铜箔压合，经过FeCl3溶液“腐化”而成。某实验小组在实验室用荒弃的印刷电路板和“腐化液”提取铜的一种工艺流程以下：请回答以下问题：检验“腐化液”中含有Fe3+的方法为_。“分别”所用的操作名称为_，该操作所用的主要玻璃仪器有烧杯、_。用电解法在铁上镀铜时，阴极资料为_(填化学式)，理论上电镀过程中电解质溶液的浓度_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)Fe2+溶液有好多重要用途。已知：常温下，KspFe(OH)2=1016。保存L1的FeSO4溶液时，为保证溶液中不出现浑浊，应调理溶液的pH不超出_。Fe2+转变为Fe3+后，可用于制备高铁酸盐。向FeCl3溶液中加入NaOH、NaClO溶液制备Na2FeO4的化学方程式为_。F