化学解答题练习（九）解析版-2021年高考化学解答题（元素化合物与工艺流程）

化学解答题练习(九)解析版

1.天青石(主要含有SrSCU和少昼CaCCh杂质)是获取盥元素的各种化合物的主要原料。

请回答下列问题：

(1)利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐。灼烧SrS04时，锢的焰色为(填标

号)。

A.洋红色B.浅紫色C.黄绿色D.淡蓝色

(2)硫化锯(SrS)可用作发光涂料的原料，SrSCh和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙

烧可生成硫化锢和一种还原性气体，该反应的化学方程式

7,0

(3)已知：25c时，Ksp(SrS04)=3.2xlO_,Arsp(SrC03)=l.lxlO'oSrS04的粉末与Na2CO3

溶液混合加热、充分搅拌可生成硫酸钠和碳酸锢，若转化完成时恢复到25C,混合液

中r(CO；)=1.0x10-3mol/I„则r(SO；')=

(4)以天青石生产SKOHWxHzO的工艺如下:

已知：Sr(0H)2、Ca(OH)2在水中的溶解度如下表:

温度/(℃)020406080100

0.911.773.958.4220.291.2

溶解度Sr(OH)2

(g)Ca(OH)>0.190.170.140.120.090.08

①滤渣2为混有CaCO3的SrCCh，写出反应1生成SrCCh的化学方程式。

②固体3“加热水浸”是为了获得较纯净的Sr(0H)2溶液,此时应缓慢加热使沉淀颗粒长大,

滤渣5的主要成分是(填化学式)，“趁热过滤”的目的是

③“操作6”主要有：、过滤、洗涤、干燥。

④取mg纯净Sr(OH)2・xH2。产品溶于水，加入过量Na2c。3溶液后过滤、洗涤、干燥

后，得到ng滤渣，则乂=(用含m、n的式子表示)。

IWJ温

【答案】(1)A(2)SrSO4+4C^=SrS+4COT(3)2.9mol/L(4)SrSO4

+2NH4HCO3=SrCO3l+H2O+CO2T+(NH4)2SO4Ca(OH)2防止Sr(OH)2结晶析出

74m-61n

造成损失，提高产品纯度降温结晶

9n

【解析】(1)利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐，盥的焰色反应为洋红色；

(2)SrSC>4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锢和一种还原性气体，该

高温

反应的化学方程式为：SrSO4+4C^=SrS+4COt；

c(COj)MSrCOj

当混合物中c(CO2>1.0xl0-3mol/L,

(3)由题意可知:-3

c(SOr)/Csp(SrSO4)

1.0xW3mol/L

C(SO42)=l.lxlQ-10=2.9iriol/L：

3.2x10”

(4)工业流程中反应1为用NH4HCO3使SrSO4反应生成SrCO3,过滤后，滤渣2为混

有CaCCh的SrCO3,煨烧后加热水浸，可以利用高温时Sr(OH)2和Ca(OH)2溶解度的不

同将二者分离；

①反应1的化学方程式为：SrSO4+2NH4HCO3=SrCO31+H2O+CO2t+(NH4)2SO4；

②固体3“加热水浸”是为了获得较纯净的Sr(OH)2溶液，由于Sr(OH)2溶解度随温度升高

显著增大，“趁热过滤”的目的是防止Sr(OH)2结晶析出造成损失，提高产品纯度，而

Ca(OH%溶解度很小，受温度影响不明显，则滤渣5的主要成分是Ca(OH)2；

③操作6为了得到Sr(OH%XH2O晶体，故应进行的操作是降温结晶、过滤、洗涤、

干燥；

④由题意可知，滤渣为SrCO3,根据元素守恒，与Sr(OH)2Xi%。的物质的量相同，

mn74m-61n

可得:解得x=

88+34+18x-88+609n

2.纳米TiO?具有十分宝贵的光学性质，在汽车工业及诸多领域都显示出美好的发展前

景。下图是以硫酸氧钛为原料制备纳米二氧化钛的工艺流程图:

回答下列问题：

(1)反应I中发生两个反应,其一是尿素［CO(NH2)2］与H2O反应生成CO?和NH3H2O,

则另一反应的离子方程式为—o

(2)判断TiO(OH)2沉淀是否洗净的实验操作和现象是：—。

(3)为了减少制备过程中的“三废”排放，将上述流程中的“滤液”经过一、一、

(填基本操作)即可回收(填化学式)。

(4)为研究反应温度、反应时诃、反应物物质的量配比等因素对制备纳米二氧化钛产

率的影响。设计如卜.实验:

实验编号反应温度/℃反应时间/h反应物物质的量配比

/?[TiOSO4]

①9012:1

②9023:1

③901

④10023:1

实验②和④的实验目的是一，实验③中反应物物质的量配比为一°反应I中TQ2+浓

度对7。2的产率和粒径的影响如图：

结合图中信息，你认为为达到工艺目的，最合适的TiCp+浓度为。

2++

【答案】(1)TiO+2NH3H2O=TiO(OH)21+2NH4(2)取少量最后一次的洗涤液

于试管中，加入盐酸进行酸化，再加入氯化银溶液，如无白色浑浊出现，表明沉淀已经

洗涤干净(3)蒸发浓缩冷却结晶过滤(NH4)2SO4(4)探究不同

反应温度对制备TiCh产率的影响3:1lmol/L

【解析】(1)TiOSCU易发生水解生成TiCh，由题可知，悬浊液中含有TiO(OH)2，因此

2++

另一反应的离子方程式为：TiO+2NH3H2O=TiO(OH)2l+2NH4；答案为：

2+

TiO+2NH3H2O=TiO(OHR+2NHj；

(2)该沉淀表面附着有SO4，判断沉淀是否洗涤干净，可根据洗涤液中是否含有SC^-

来进行判断。实验操作和现象为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，加入盐酸进行酸

化，再加入氯化钢溶液，如无白色浑浊出现，表明沉淀已经洗涤干净；答案为：取少量

最后一次的洗涤液于试管中，加入盐酸进行酸化，再加入氯化钢溶液，如无白色浑浊出

现，表明沉淀已经洗涤干净；

(3)滤液中含有一定量的(NHQ2SO4,可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤进行回收，答

案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤：(NHQ2SO4；

(4)对比表中数据，可知实验②和④的反应物物质的量配比和反应时间相同，反应温

度不同，二者为对照实验，实验目的为：探究不同反应温度对制备TiO2产率的影响；

实验③和实验①为对照实验，则实验③和实验①的反应物物质的量配比应不同，实验③

的反应物物质的量配比应为3:1,因此实验目的为探究反应物物质的量配比对制备纳米

TiO?产率的影响；由题给信息可知，纳米二氧化钛粒径为10〜50nm,分析题中粒径和

TiO?+浓度关系图，TiO?+浓度增大，二氧化钛粒径也逐渐增大，当TiO?+浓度为lmol/L

时，二氧化钛粒径为50nm,故最适合的TiO»浓度为Imol/L。答案为：探究不同反应

温度对制备TiO?产率的影响；3:1；lmol/Lo

3.粉煤灰是燃煤产生的工业固体废料，主要成分有AI2O3、SiO2,还含有少量Fe?O3、

CaO等。采用酸碱联合的方法从粉煤灰中综合回收氧化铝及二氧化硅的工艺流程如下：

硫酸熟化过程中发生的反应有：

Al2O3-2SiO2+3H2SO4=AI(SO4)3+2SiO2+3H2O

3Al2O3-2SiO2+9H2SO4=3A12(SO4)3+2SiO2+9H2O

(1)“结晶”操作：缓缓加热,浓缩至______，放置冷却,得到A12(SO4)3,18H2。。

(2)A12(SO4)318H2O在25O~3OO"C下失重40.5%得Ab(SO4)xH2O，x=。

(3)“还原焙烧”过程中发生反应的化学方程式为。

(4)设计实验检验粗氧化铝中是否含有FezO3：0

(5)向硅酸钠溶液中通入过量CCh制备白炭黑的化学方程式为o

(6)粗氧化铝制备冶金级氧化铝过程中发生反应[A1(OH)4「+CO2=AKOHbJ+HCOJ，

13

该反应的平衡常数为[已知A1(OH)3+H2O[A1(OH)4]+H"Ki=4xl0；

u

H2CO3H2O+CO2K2=600；Kai(H2CO3)=4.2x1Ka2(H2CO；)=5.6xlO]o

焙烧

【答案】(1)表面出现结晶薄膜(2)3(3)2A12(SO4)3+3C^=

2Al2O3+3CO2T+6S02T(4)取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加

KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有FezCh杂质(5)

3

Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCO3+SiO2nH2O1(6)1.75xlO

【解析】(1)“结晶”操作：缓缓加热，浓缩至表面出现结晶薄膜，放置冷却，得到

A12(SO4)318H2O;故答案为：表面出现结晶薄膜。

(2)假设100gAb(S04)3T8H20在250~300℃下失重40.5%,剩余100gx(l-40.5%)=59.5g

666342+18x八,

A1(SO4)XHO,————,解得x=3：故答案为：3。

22l(X)g59.5g

(3)根据“还原焙烧”产物之一经过烟气制酸，硫酸铝和碳"还原焙烧”生成氧化铝、二

焙烧

氧化碳和二氧化硫，发生反应的化学方程式为2A12(SO1)3+3C^=

焙烧

2Al2O3+3CO2T+6SO2T；故答案为：2Ab(SO4)3+3C=2Al2O3+3CO2T+6SO2T。

(4)实验检验粗氧化铝中是否含有FezCh，将粗品溶于稀硫酸中，利用生成的铁离子与

KSCN溶液反应是否有红色物质生成：故答案为：取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶

解，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有FezOs杂质。

(5)向硅酸钠溶液中通入过量CO?生成碳酸氢钠和白炭黑SiChiFhO,其化学方程式

为Na2SiO3+2CO2+(n+l)H2O=2NaHCO3+SiO2nH2O;；故答案为：

Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCCh+SiC)2nH

+

(6)@Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]~+H,②H2cO3H2O+CO2，③H2cO3HCO3"

+H+,根据盖斯定律③■①得到|Al(OH)4丁+CO2=Al(OH)31+HCO3,方程式相减，

平衡常数相除，因此[Al(OH)4]+CO2=Al(OHhl+HCO3平衡常数为

K=-4>2^07_=1.75X103;故答案为：1.75x103。

4X10-13X600

4.马日夫盐[Mn(H2Po4)2・2%0]在国防工业中常用作各种武器的润滑层和防护层。以软

钵矿(主要成分为MnOz及少量的FeO、ALO3和SiCh)为原料制备马日夫盐的主要工艺流

程如图：

icaM.sOi，闻单*■加藤♦依

方，«二步，T少・四步・人

(1)“漫钵”时为了提高浸取率，可采取的措施有(任写出一条)；在步骤一中,

如果SO?气体中混有空气，测得反应液中M『+、SO’?.的浓度随反应时间t变化如图，

产生该现象的原因是；

(2)关于“步骤二’'的说法正确的是；

A.为提高萃取率和产品产量，实验时分多次萃取并合并萃取液

B.溶液中加入萃取剂Y,转移至分液漏斗中。塞上玻璃塞，如图月力振摇

C.经几次振据并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层

D.分液时，将分液湿斗上的玻璃塞打开或使塞上的四槽对准漏4口上的小孔，打开旋

塞，待油水界面与旋塞上口相切，关闭旋塞后再从上口倒出上层液体

(3)已知几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：

离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH

Fe2+7.69.7

Fe3+2.73.7

A产3.84.7

Mn2+8.39.8

滤渣X的化学式为,步骤三时，pH值应调到的范围是

(4)步骤四时，将Na2c03溶液逐渐加入钮盐溶液中；若颠倒滴加顺序可能会生成

__________已知Ksp(MnCO3)=2.24xl0",加入饱和Na2c。3溶液使M/恰好沉淀完全

2

后.溶液中C(CO3)=：

(5)步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为o

【答案】(1)适当升温、适当增大硫酸浓度、搅拌M/为SOK或H2s。3)与。2反应

的催化剂(2)AD(3)A1(OH)34,7<pH<8.3«£f4.7,83)(4)Mn(OH)2

2.24x10/mol・L"(5)MnCC)3+2H3PC)4+H2O=Mn(H2Po4)2・2&0-CO2T

【解析】(1)提高浸取率，一般可以适当增大酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌等；

步骤一中通入S02与软钵矿中MnO2发生氧化还原，将MnO2转换为Mj+,将SO2转化

为SO/-，随着二氧化硫通入量增加，MJ+和SO/同等程度增大。若SO2气体中混有空

气，空气中的氧气可以作氧化剂，代替MnOz，根据浓度时间变化图，开始一段时间化

学反应速率较慢，M『+和SO/浓度同等程度略有增大，说明氧气几乎没反应，在2h后

SCU?-浓度明显增大，此时Mi?+保持平缓，说明在此过程发生SO2和空气中氧气的氧化

还原反应，且Mi?+作催化剂；

(2)利用物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，式物质从一种溶剂内转移到另

外一种溶剂中。物质在两种溶剂中有着不同的溶解度，称为分配定律。需要经过反复多

次萃取，才可以提高萃取率和产品产率，故A项实验时分多次萃取并合并萃取液说法是

正确的；萃取分液的操作如下：1.检查分液漏斗是否漏水；2•在分液漏斗中先装入溶液

再加入萃取剂Y；3.振荡摇匀：塞上玻璃塞，右手拇指压住瓶塞，左手按住分液漏斗的

活塞，保证不漏液，做倒转振荡，让两种液体充分混合，过程中压强增大，通过活塞放

气。故B说法错误；4.将分液漏斗放置在铁架台上静置分层，C项说法错误；5.分液：

将分液湿斗上的玻璃塞打开或使塞上的四槽对准漏4口上的小孔，打开旋塞，待油水界

面与旋塞上口相切，美闭旋塞后再从上口倒出上层液体，分液完成，故D项说法正确；

故选ADo

(3)通过分析可知，滤渣X为AI(OH)3；由离子开始沉淀和沉淀完全的pH表格可得，

使A产沉淀完全，pH应大于等于4.7,但同时不影响M/+,不能使M『+沉淀，pH应小

T8.3,故在步骤三pH应调到的范围是4.7<pH<8,3或［4.7,8.3)；

(4)步骤四时，若将M产溶液滴加到Na2cCh溶液中，Na2c03溶液显碱性，使得M/

沉淀生成Mn(OH)2；加入饱和Na2cO3溶液使M/+恰好沉淀完全生成MnCCh，溶液中

存在碳酸钵的沉淀溶解平衡Ksp(MnC03)=c(Mn2+)c(CO32),Mi?-恰好沉淀完全指

的是c(Mn2+)=1.0xl(y5,故溶液中c(CO3，=

Ksp（MnC0）_2.24xiOnmol2U1

3=2.24x106moiL1：

1.0X10*0/1

（5）步骤五得到的MnC03用磷酸进行酸溶，通过主要主要产物的分析，该反应没有化

合价变化，不属于氧化还原，碳酸钵中的碳酸根在酸性环境下转化为二氧化碳，故产生

马日夫盐晶体的化学反应方程式为：M11CO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PoM2H2O+CO2T。

5.锚（Sb）是第VA族元素，其单质主要用于制造合金、半导体。三氧化二镇俗称睇白，

是白色粉末，不溶于水，是一种两性氧化物，主要用于白色颜料、油漆和塑料、石油化

工等。某工厂用羽毛矿（主要成分为Pb,FeSb6sm制取睇白的工艺流程如图所示：

Pb5+X〃济|Fed溶液滤液1

（1）Pb《FeSb6s口中的睇元素只显一种化合价，则其化合价是oX是一种固体单

质，其成分是一（填化学式）。

（2）氯化浸出中，除铅与X外，被氧化的元素反应后均显高价，写出相应的化学方程

式:。操作1为加水稀释，写出生成SbOCl的离子方程式:o

（3）试剂1通常选用氨水而不是NaOH溶液，最可能的原因是。操作2的内容

是、干燥。

（4）在强碱性条件下电解Na3sbs3溶液（原理如图）可得到单质睇。

写出阴极的电极反应式：,B电极应接电源的极，当有2moiSb生成时，

通过阳离子交换膜的离子数为（设必为阿伏加德罗常数的值）。

【答案】（1）+3S（2）2Pb4FeSb6S14+41C12=8PbCl2+2FeCh+12SbCI5+28S

3++

Sb+Cr+H2O=SbOCl1+2H（3）SbzCh可溶解在过量的NaOH溶液中，但不会溶解

32

在过量的氨水中过滤、洗涤（4）SbS3+3e=Sb+3S-正6N人

【解析】（1）睇是第VA族元素，主要化合价为+5、+3。在Pb,FeSb6s|4中硫元素显-2

价，Pb为+2价，Fe为+2价，假设Sb元素化合价为+x,根据化合物中元素化合价代数

和等于。可得4x2+2+6x=2xl4,解得x=+3价。羽毛矿主要成分为Pb,FeSb6s»向其中

加入水，然后通入Ck进行氧化反应，金属变为金属氯化物，S被矮化为S单质，S单

质在常温下为固体，所以X只能是硫：

(2)根据题意可知：羽毛矿PhiFeSb6s14与氯气反应时，S被氧化变为S单质，Pb变为

PbCl2,其余元素被氧化为高价态，则根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方

程式：2Pb4FeSb6Si4+41C12=8PbC12+2FeC13+12SbCk+28S；操作1为加水稀释，生成难溶

性的SbOCl,根据盐的水解规律，结合电荷守恒、原子守恒可得

3++

Sb+Cr+H2O=SbOCU+2H；

(3)由题意可知Sb2O3是两性氧化物，能够与强碱NaOH发生反应，所以SbzCh可溶

解在过量的NaOH溶液中，但不会溶解在过量的氨水中，因此试剂1通常选用氨水而不

是NaOH溶液；分离难溶性固体与可溶性液体混合物使用过滤方法,然后经沉淀经洗涤、

干燥得到睇白；

(4)与电源负极连接的电极为阴极，得到电子发生还原反应，由题意可知：电解Na3sbs3

32

溶液得到Sb单质，则在阴极上发生反应：SbS3+3e=Sb+3S-,故A为电源的负极，B

为电源的正极；根据电解时阴极电极式可知：每产生1molSb,转移3moi电子，则生

成2moiSb时，转移6moi电子，同时得到6molS。根据溶液呈电中性可知要有6moi

Na，通过阳离子交换膜，通过了Na♦数目为6必。

6.高铁酸钾(K2FeO4)是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。

资料：

i.高铁酸钾可溶于水，微溶于浓KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶

液中快速产生。2,且+3价铁能催化该反应。

ii.次氯酸钾容易分解，2KC10^=2KC1+02O

(I)实验室使用高钵酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的o

#&书法

ABC

(2)写出步骤①的离子反应方程式。

(3)加入KOH固体是为了过滤除盐，过滤除去的是

(4)相同投料比、相同反应时诃内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图1所示:

请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因:

图1

硝酸铁浓度对产率的影响如图2所示:

高

铁

酸

押

产

季

派

当F/+浓度大于2.0mol/L时，高铁酸钾产率变化的原因可能是:

（6）高铁酸钾可用于除去水体中Mn（+2价），生成Mn（+4价）和Fe（+3价）。一

定条件下，除去水体中l.lgMn（+2价），当去除率为90%时，消耗高铁酸钾的物质的

量为molo

）（）（）（）

【答案】（1B2Cl2+2OH=Cr+C1O-+H2O3KC14温

度5CWTW25c时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T>25C时，温度升高，次

氯酸钾分解加剧，CIO一浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降（5）Fe、*的浓度

过高催化了KzFeCh分解，导致产率下降（6）0.012

【解析】（1）浓盐酸与高橘酸钾反应制备Cb，由于高镒酸钾易溶于水，所以可以认为

是液体反应，因此装置A不可行；装置C中的塑料板也没有阻拦高钵酸钾的作用，C

装置也不可行；故应选用B装置；

（2）第一步即向KOH溶液中通Cb,发生的离子反应方程式为：

Cl2+2OHC1'+C1O-+H2O；

（3）通过分析可知，第二步加KOH目的是除去KC1；

（4）通过分析可知，温度5℃。?5℃时・，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T

》25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，CIO.浓度减小，反应速率减慢，导致产率下

降；

(5)通过分析可知，Fe3+的浓度过高催化了QFeCh分解，导致产率下降；

(6)由题可知,KzFeO4除Mn(+2价)时，RFeCU和Mn(+2价)的物质的量之比为2:3；

去除率为90%时，水体中的l.lgMn(+2价)被去除了0.0l8mol,所以消耗的KzFeOj的物

质的量为0.012mol。

7.以粉煤灰(主要含3Al2O3・2SiO2、SiO2,还含有少量CaO、FezOs等物质)为原料制

取AI2O3的流程如图：

NH3SQ、CaSO4滤液IFe(OH)3灌液H

2345

(1)当(NHQ2SO4和3Al2O3-2SiO2的配比a(a=？空)吧！)不同时，“焙烧”

n(3Al2O3-2S1O2)

后所得产物的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在,

不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。由图可知，当a——时，3Al2O3-2SiO2的利用

率最高。

•JAI12SO：

■SK).。

OSILAIINOMI：

W3

(2)“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和A1(OH)3,生成Fe(OH)3的离子反应方程式为

(3)“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为一。

(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，升高温度有利于水解的原因是一o该步骤可

将加水改成通入过量的一气体，

(5)流程中，可以回收并循坏利用的物质除NFh外，还有—和

3+

【答案】(1)8(2)Fe+3NH34-3H2O=Fe(OH)31+3NH?(3)OH4-

AI(OH)3=A1O2+2H2O(4)水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行CO2

(5)NaOH(NH4)2SO4

【解析】(1)根据分析，当(NH4XSO4和3Al2O3-2SiO2的配比a=8时，体系中NH4A1(SO4)2

含量最高，此时3Al2O3・2SQ的利用也率最高。

(2)通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和A1(OH)3,生成Fe(OH)3离子反应方

3+

程式：Fe+3N%+3H2O=Fe(OH)31+3NHJ；

（3）根据分析,“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH+A1（OH）3=AQ+2H2。；

（4）“水解、过滤”可得到AKOHb沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进A1O2-水解；

该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO2+AIO2-+2H2OHCO3-+

A1（OH）31）；

（5）流程中，滤液I为（NH4）2SCU，滤液H含有NaOH,故可以回收并循坏利用的物质

除NH3外，还有（NH6SO4和NaOH。

8.某同学研究金属锌与氯化铜溶液之间反应，在实验中该同学观察到的现象有:

i.产生少量气泡：ii.有红色固体生成；iii.溶液中产生白色沉淀。

为了解释上述现象，某同学查阅资料，获得如下信息：

编号化学反应离子方程式

1Zn+Cu2+;=—Zn2++Cu

2Zn+2Cu2+^==^Zn2++2Cu+

3Cu++2C1V=±CuCl2

4CIT+C「F=±CuCl|

（1）请结合离子方程式解释产生少量气泡的原因：—。

（2）Zn与CuCb反应生成白色沉淀的离子方程式是一。

（3）为了探究影响生成白色沉淀的因素，该同学进一步实验。取不同浓度CuCb溶液,

加入锌并振荡，均立刻产生少量气泡和红色固体，其他实验现象如下。

编号浓度(mol/L)试剂（锌均过量）实验现象

a0.5锌片立刻出现少量白色沉淀

b1锌片立刻出现白色沉淀

4m口L

c1锌粉立刻出现大量白色沉淀

CuCl2

d1锌片、适量NaCl固体少量白色沉淀，振荡迅速溶解

①对比实验a、b,实验结论是—.

②某同学从化学平衡的角度分析，d中白色沉淀溶解可能的原因是一（用离子方程式

表示）。为证明该同学分析的原因正确，向b试管中加入适量—，愠荡，观察到一,

证明该同学分析的原因正确。

(4)利用沉淀法除去杂质在实际生产中应用广泛。

①在工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液溶液中的C「，可加入一和一，生成沉淀

而除去。

②通过进一步查阅资料得知：CuCl的形成与溶液的pH及C/+等离子浓度有关，一定条

件下，通过实验得出pH、C产浓度对C「沉淀的影响如图所示：

80

75

%70

/65

如

次60

去55

一50

45

40

35

根据图，除去该电解液中c「的最佳条件是_。

2++

【答案】(1)铜离子水解呈酸性，CU4-2H2OCU(OH)2+2H,锌与水解产生的氢

离子反应，产生气泡；(2)Zn+2Cu2++2C「=Z/++2CuCU(3)当锌的形状相

+

同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快CU+2C1^^CUC12锌粉

沉淀溶解(4)锌单质铜离子pH=1.5,铜离子浓度为3g/L

【解析】(1)氯化铜是强酸弱碱盐，铜离子水解呈酸性，锌与氢离子反应产生气泡，故

2+r

本题答案为：铜离子水解呈酸性，Cu+2H2OCU(OH)2+2H\锌与水解产生的氢

离子反应，产生气泡；

2+

(2)Zn与CuCl2反应生成ZnCb和CuCl,离子方程式为:Zn+2C『++2C「=Zn+2CuCU，

故本题答案为：Zn+2Cu2++2Cl=Zn2++2CuCll；

(3)①对比实验a、b,锌片相同时，氯化铜浓度增加，生成沉淀的反应速率加快，故

实验结论是：当锌的形状相同时，氯化铜浓度越高，生成沉淀的反应速率越快；

②d中白色沉淀溶解可能是加入氯化钠后，增加了氯离子浓度，促进反应Cu++2C「=

CuCl2正向进行，为证明该同学分析的原因正确，可向b试管中加入适量锌粉，振荡,

观察到沉淀溶解，证明该同学分析的原因正确，故本题答案为：C/+2C1^^CuCl2；

锌粉；沉淀溶解；

(4)①在工业中冶炼锌，为了除去ZnSO4电解液溶液中的C「，可加入锌单质和铜离

子，发生Zn+2C『+==Z/+2CIT,再发生CIT+C「M^CUCII，生成沉淀而除去，故

本题答案为：锌单质；铜离子；

②由图可知，当pH等于1.5,铜离子浓度为3g/L时，氯离子去除率均较高，故本题答

案为：pH=1.5,铜离子浓度为3g/L。

9.氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：

(1)NO?有较强的氧化性，能将SO2氧化成S03,自身被还原为NO,已知下列两反应

过程中能量变化如图1、图2所示,则N5氧化SO?生成SQKg)的热化学方程式为—。

(

L

•

舌

)

、

躯

爱

主

运

(2)在氮气保护下，在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液(pH=2.5)。反应过程

中溶液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线(部分副反应产物曲线略去)如

图3所示。请根据图3中信息写出t,min前反应的离子方程式

(3)研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，发生反应C(s)+2NO(g)

N2(g)+CO2(g)z4H<0o在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应

相同时间时，测得NO的转化率a(NO)随温度的变化如图4所示：

a(NO)/%

图4

①由图4可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是一；温

度为1050K时CO2的平衡体积分数为一。

②对于反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的反应体系，标准平衡常数

pp

--------人-----------

K°=P[P°,其中p9为标准压强(lxl()5pa),PN。、PN,和Pg,为各组分的平衡

(^)2

分压，如PNQMXM•取，取为平衡总压，乂前为平衡系统中NO的物质的量分数。若

NO的起始物质的量为1mol,假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化

率为a，则K°=—(用含。的最简式表示)。

(4)利用现代手持技术传感器探究压强对2NCh(g)NzOMg)平衡移动的影响。在

恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置

不变。分别在\s、12s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变

①B、E两点对应的正反应速率大小为VB_(填或“=”)支。

②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为一。

I

【答案】(1)NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=-41.8kJmor(2)4Fe+NO3

+2++

~+10H=4Fe+NH4+3H2O(3)温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随

温度升高，反应速率加快，NO转化率增大40%-------(4)>H

4(1-a)27

【解析】(1)根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式①2sO2(g)+O2(g)l：2sO3(g)

△/7i=-196.6kJmol1,②2NO(g)+O2(g)=^^2NO2(g)AH2=-113.0kJmol,,•(反

应①一反应②)可得NO?氧化SO2的反应方程式，NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△

”二^■(△”1-△H2)=gL196.6kJmoL-(-U3.0kJmol/)]=-4L8kJmoL,则NO2

氧化SO2生成SCh(g)的热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)AW=-

41.8kJmor'；

(2)根据图像，umin前，溶液为酸性，反应后pH快速增大，NCh的量在减小，而Fe?

+和NHJ的量在增加，说明Fe和NO3反应生成Fe?+和NH4\离子方程式为4Fe+NO3

_+2++

+10H=4Fe+NH4+3H2O；

(3)①温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡

向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时,

NO的转化为80%。假设通入NO的物质的量为xmol,利用三等式.有:

C(s)+2NO(g)N2(S)+CO2(S)

开始的物质的量1

转化的物质的量0.80.40.4

平衡的物质的量0.20.40.4

0.4mol

则CO2的体积分数为--------------------------------------------------X100%=40%：

0.2mol+0.4mol+0.4mol

②若NO的起始物质的量为1mol,假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡

转化率为a,根据三等式，有:

C(s)+2NO(g)