2024年高三化学复习主观题一遍过专题23材料信息应用专练含解析

PAGEPAGE24专题23材料信息应用专练1．五氧化二钒及其他钒的化合物广泛应用于钢铁、有色合金、化工、炼油、玻璃及陶瓷等工业部门。可从含钒石煤灰渣中提钒，该试验工艺流程如下图：表1灰渣主要化学成分分析/%V2O3SiO2Fe2O3Al2O3MgOK2OCaO烧失量1.2655.716.347.541.263.191.4120.55表2中间盐主要成分分析/%（以氧化物形式表示其含量）V2O3Al2O3Fe2O3MgOK2O5.921.7018.632.113.38已知：①石煤灰渣的化学成分分析见表1，中间盐的主要成分分析见表2。②矿物焙烧过程中，若温度过高，易发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻。③萃取反应可以表示为：VO2++(HR2)PO4(o)→VO[R2PO4]R(o)+H+，(o)表示有机相④有机萃取剂(HR2)PO4萃取VO2+的实力比萃取V02+要强。请回答：（1）经几级萃取后，有时候要适当加酸调整pH值，结合萃取反应方程式，说明缘由_____________。反萃取操作应加入_____________试剂。（2）中间盐溶解过程中，加铁粉的主要目的是_____________________。（3）石煤中的钒以V(Ⅲ)为主，有部分V(Ⅳ)，很少见V(Ⅴ)。如图1和如图2分别为焙烧温度和焙烧时间对钒浸出率的影响，由如图2可得最佳焙烧时间为______________h，由如图1可得最佳焙烧温度为800-850℃之间，焙烧温度在850℃以下时，钒浸出率随焙烧温度的上升几乎直线上升的缘由是_________________________，当焙烧温度超群过850℃以后，再提高温度，浸出率反而下降的可能缘由是：_________________________。【答案】随着萃取过程的进行，水相中的pH值有所下降，所以经几级萃取后须要调整pH值H2SO4溶液将VO2+还原为VO2+1.5-2.0之间850℃以前，随着焙烧温度的上升，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因此浸出率上升。850℃以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻，从而使钒的浸出率下降。【解析】（1）萃取反应依据VO2++(HR2)PO4(o)→VO[R2PO4]R(o)+H+可知，随着萃取过程的进行，水相中的氢离子浓度不断增大，pH值有所下降，所以经几级萃取后须要调整pH值，反萃取时，可加入适量硫酸溶液，使平衡向逆向移动，达到反萃取的目的，故答案为：随着萃取过程的进行，水相中的pH值有所下降，所以经几级萃取后须要调整pH值H2SO4溶液；（2）由已知信息④可知，有机萃取剂(HR2)PO4萃取VO2+的实力比萃取VO2+要强，所以在中间盐溶液过程中，加入还原剂铁粉，可将VO2+还原为VO2+，提高原料利用率，便于后续萃取操作，故答案为：将VO2+还原为VO2+；（3）图2可得浸出率随着焙烧时间呈增大趋势，其最佳焙烧时间在1.5-2.0h之间均可；浸出率随温度的变更曲线如图1，其缘由是，850℃以前，随着焙烧温度的上升，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因此浸出率上升；850℃以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻，从而使钒的浸出率下降，故答案为：1.5-2.0之间；850℃以前，随着焙烧温度的上升，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因此浸出率上升；850℃以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻，从而使钒的浸出率下降。2．2024年第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至11日在珠海实行。银铜合金广泛用于航空工业，从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：注：Al(OH)3和Cu(OH)2起先分解的温度分别为450℃和80℃。（1）煮沸CuSO4混合溶液的过程中，得到固体B，则固体B的组成为______；在生成固体B的过程中，需限制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为___________。（2）硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生困难的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，下列对该反应的分析正确的是______(填字母代号)。A．氧化剂为CuSO4和FeS2B．反应后溶液的pH降低C．被氧化的FeS2只占总量的30%D．每转移2mol电子消耗3molCuSO4【答案】Al（OH）3和CuOAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OABC【解析】（1）未煮沸CuSO4混合溶液之前是，加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu（OH）2沉淀和Al（OH）3沉淀的化合物，由信息可知Al（OH）3和Cu（OH）2起先分解的温度分别为450℃和80℃，则煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知固体B的组成为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；(2)由反应体系中元素化合价的变更可知，反应物为CuSO4、FeS2和H2O，生成物为Cu2S、FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。A、反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由-1降低到-2，部分S元素的化合价由-1上升到+6价，则Cu2S只是还原产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂，故正确；B、由反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知，反应中有硫酸生成，反应后溶液的pH降低，故正确；C、由反应的化学方程式可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的物质的量比为3:7，则被氧化的FeS2只占总量的30%，故正确；D、由反应的化学方程式可知，14mol硫酸铜氧化1molFeS2，4molFeS2中有3.5mol是氧化剂，0.5mol是还原剂，反应中转移21mol电子，则转移2mol电子消耗molCuSO4，故错误；ABC正确，故答案为：ABC。3．工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，其工艺流程如下：已知：①NaHSO4溶解度随温度的上升而增大，适当条件下可结晶析出。②高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点90℃。请回答下列问题：（1）反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为，冷却的目的是，能用蒸馏法分别出高氯酸的缘由是___________________。【答案】（1）3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；HClO4沸点低【解析】试题分析：（1）依据题给化学工艺流程分析反应器Ⅰ中NaClO3和浓H2SO4发生反应生成HClO4、ClO2、NaHSO4和H2O，化学方程式为3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；冷却的目的是：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；能用蒸馏法分别出高氯酸的缘由是高氯酸的沸点低。4．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是电解法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：纯的ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下平安。（1）写出无隔膜电解槽内发生反应的总化学方程式__________。（2）写出二氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式__________，通入空气的目的是__________。【答案】（1）NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑；（2）2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2；稀释ClO2，防止ClO2爆炸【解析】试题分析：（1）依据图示，无隔膜电解氯化钠溶液的总化学方程式为NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，故答案为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑；（2）二氧化氯发生器中，氯酸钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2；由于纯的ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下平安，因此通入空气可以稀释ClO2，防止ClO2爆炸，故答案为：2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2；稀释ClO2，防止ClO2爆炸。5．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。已知：I．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相像Ⅱ．常温下：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有______________(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式____________________________。(2)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理步骤并排序___________。a．加入过量的NaOHb．通入过量的CO2c．加入过量的氨水d．加入适量的HCle．过滤f．洗涤【答案】Na2SiO3、Na2BeO2BeO22-+4H+=Be2++2H2Ocefd【解析】（1）依据流程图以及废旧铍铜元件含有成分，铍与铝的性质形似，SiO2为酸性氧化物，因此滤液A中含有的是NaOH、Na2BeO2、Na2SiO3；反应I中含铍的化合物是Na2BeO2，Be、Al元素化学性质相像，即Na2BeO2与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22－＋4H＋=Be2＋＋2H2O；（2）提纯BeCl2，应先将BeCl2转化成沉淀，Be、Al元素的化学性质相像，即Be(OH)2为两性氢氧化物，能与过量的NaOH溶液反应，不与氨水反应，即先加过量氨水，然后过滤，对沉淀进行洗涤，再加入适量的盐酸，得到BeCl2，因此依次是cefd。6．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液②在0～5℃、强碱性溶液中比较稳定③在Fe3＋和Fe(OH)3催化作用下发生分解④在酸性至碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2请完成下列填空：(1)已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不变更KOH溶液的浓度和体积的条件下，生产KClO应在温度___________的状况下进行(填“较高”或“较低”)。(2)在“反应液Ⅰ”中加KOH固体的目的是___________。A．为下一步反应供应反应物B．与“反应液Ⅰ”中过量的Cl2接着反应，生成更多的KClOC．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率D．使副产物KClO3转化为KCl(3)制备K2FeO4时，须将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌。采纳这种混合方式的缘由是_______________________(答出1条即可)。【答案】较低AB削减K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解(或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定)【解析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下ClO-离子才能和Fe3+发生氧化还原反应生成FeO42-，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，依据电子得失守恒可知发生反应方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。(1)由工艺流程可知，利用Fe(OH)3与KClO制备K2FeO4，由信息可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，在低温下KOH与Cl2反应生成的是KClO，所以应选择低温较低；(2)A．Fe(NO3)3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；B．依据生产工艺流程图可知，第①步Cl2过量，加入KOH固体后会接着反应生成KClO，B正确；C．因温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；D．KClO3转化为KCl，化合价只降低不上升，不符合氧化还原反应原理，D错误；(3)信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，将90%的Fe(NO3)3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以削减K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解。7．Cu2O是一种用途广泛的无机化工原料，一种以氧化铜矿(CuO，含有Fe2O3、Al2O3、SiO2杂质)为原料制备Cu2O的流程如图所示：已知氨浸过程中仅发生的反应为：CuO+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+3H2O回答下列问题：(1)氨浸时的温度一般不超过30℃，主要缘由是__________________。按此工艺，能否用NaOH溶液代替氨水？__________________（填“能”或“否”）。(2)蒸馏过程中会生成一种黑色固体，则此过程中发生反应的化学方程式为____________。【答案】温度过高会导致NH3·H2O分解，NH3逸出否[Cu(NH3)4](OH)2CuO+4NH3↑+H2O【解析】(1)浸时的温度一般不超过30℃，主要缘由是温度过高会导致NH3·H2O分解，NH3逸出。按此工艺，不能用NaOH溶液代替氨水，因为CuO与氨水发生反应生成铜氨络离子，而与NaOH不反应；(2)蒸馏过程中会生成一种黑色固体，这是由于分解产生了CuO黑色固体，则此过程中发生反应的化学方程式为[Cu(NH3)4](OH)2CuO+4NH3↑+H2O。8．硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠工艺如下（部分条件和产物省略）：已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气猛烈反应并放出H2。回答下列问题：（1）Mg2B2O5•H2O中B的化合价为_______________。MgH2和NaBO2必需在干燥条件下合成硼氢化钠，其缘由是_____________________________________________。（2）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入SOCl2的目的是______________________________。【答案】+3防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应供应HCl抑制MgCl2水解【解析】（1）依据化合物中各元素的化合价代数和为0，Mg的化合价为＋2，O的化合价为－2，设B的化合价为x，有2×(＋2)＋2x＋5×(－2)=0，得x=＋3。则B的化合价为+3。依据已知MgH2、NaBH4遇水蒸气猛烈反应并放出H2，所以保持干燥环境的目的是防止硼氢化钠、氢化镁与水蒸气反应。答案为+3；防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应；（2）MgCl2·7H2O脱去结晶水的时候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑，消耗了水，生成的氯化氢又能抑制氯化镁水解。答案为与水反应供应HCl抑制MgCl2水解。9．硫酸镍是电镀工业必不行少的化工原料。从不锈钢废渣(主要含Fe42.35%、Cr9.67%、Ni5.1%、C4.7%、Si3.39%等)中制取硫酸镍晶体的工艺流程如下：已知：①Cr3+与氨水反应时有少量Cr3+生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解。Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，用硫酸酸化时生成相应的硫酸盐。②Na2CrO4溶液中加酸调整pH为3.5时，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣。③相关物质在不同温度时溶解度如下表：温度溶解度/g物质20℃30℃40℃60℃80℃90℃Na2SO419.540.848.845.343.742.7Na2Cr2O7183198215269376405(1)“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，生成NiSO4的化学方程式为_____。“酸浸”时需限制温度为90℃左右，可以采纳的加热方式是_____。(2)“过滤”前，适当加热的目的是_____。(3)过滤”时产生的滤渣可用于制备Na2Cr2O7晶体。①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为_____。②请补充完整上述煅烧后混合物制备Na2Cr2O7晶体(橙红色)的试验方案：水浸，过滤，_____，得Na2Cr2O7晶体(必需运用的试剂有：硫酸，蒸馏水)。【答案】Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑90℃水浴加热使[Cr(NH3)6]3+分解生成Cr(OH)3沉淀4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O向滤液中加入硫酸调整pH至3.5，将溶液加热到90℃(以上)蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥【解析】从不锈钢废渣(主要含Fe42.35%、Cr9.67%、Ni5.1%、C4.7%、Si3.39%等)，由试验流程可知，硫酸溶解分别出残渣为Si、C，“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，然后结晶分别出绿矾，结晶信息可知加氨水生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解，而Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，过滤分别出[Ni(NH3)6]2+，用硫酸酸化时生成NiSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分别出硫酸镍晶体，则(1)生成NiSO4的化学方程式为Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑，“酸浸”时需限制温度为90℃左右，可以采纳的加热方式是90℃水浴加热；(2)“过滤”前，适当加热的目的是使[Cr(NH3)6]3+分解生成Cr(OH)3沉淀；(3)①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O；②依据题干信息可知制备Na2Cr2O7晶体(橙红色)的试验方案：水浸，过滤，向滤液中加入硫酸调整pH至3.5，将溶液加热到90℃(以上)蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥，得Na2Cr2O7晶体。10．PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbCl2的工艺流程如图所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl－(aq)PbCl42-(aq)ΔH>0（1）由于PbCl2微溶于水，简单附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避开这一现象，缘由是________。（2）沉降池中获得PbCl2实行的措施有________。【答案】PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl-)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为溶液中的离子，消退“钝化层”加水稀释、降温【解析】（1）由于PbCl2微溶于水，简单附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避开这一现象，缘由是PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl-)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为溶液中的离子，消退“钝化层”；（2）沉降池中获得PbCl2实行的措施有加水稀释、降温。11．钛广泛应用于航天、军事、化工、医疗等领域。钛在高温下易和氧、氮、碳等元素化合，提炼纯钛条件苛刻。从高钛渣(主要为TiO2)提炼海绵钛流程如下：氯化后的粗TiCl4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3等杂质，相关物质的沸点如下表：回答下列问题：(1)“分馏”得到的低沸点物是___________。分馏难以除去ⅤOCl3，缘由是___________。加入铝粉使VOCl3转化为VOCl2便于除去，写出铝粉与VOCl3反应的化学方程式：___________。(2)“除铝”的方法是用水潮湿的活性炭加入到粗TiCl4，使AlCl3转化为__________而除去。(3)“还原”须要在Ar的气氛中进行，缘由是___________。副产物经电解生成___________可循环运用。【答案】四氯化硅VOCl3与TiCl4的沸点接近；3VOCl3+Al=VOCl2+AlCl3；Al(OH)3或AlOCl；防止镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应【解析】(1)依据表格可知，四氯化硅的沸点最低，为56.5℃，故“分馏”得到的低沸点物是四氯化硅；VOCl3的沸点为138℃，TiCl4的沸点为136℃，VOCl3与TiCl4的沸点接近，分馏难以除去ⅤOCl3；(2)该条件下发生AlCl3+H2O=AlOCl↓+2HCl，得到AlOCl，或认为Al3+水解，得到Al(OH)3，故答案为：Al(OH)3或AlOCl；(3)镁、钛在高温下与空气中的氧气、氮气等发生反应，故“还原”须要在Ar的气氛中进行；Mg还原TiCl4得到单质Ti和氯化镁，在电解的条件下生成Mg、Cl2。12．文献表明：相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，完成如下试验。资料：i．草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ii．三水三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)3·3H2O为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-K=6.3×10-21iii.FeC2O4·2H2O为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸。[试验1]通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。(l)取试验1中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。接着加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的缘由是____。(2)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3·3H2O设计试验，确认试验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是____。试验l中未发生氧化还原反应的缘由是____。(3)取试验1中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_____[Fe(C2O4)3]3-+_____H2O____FeC2O4·2H2O↓+_____+________。【答案】溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，H+与C2O42-结合生成H2C2O4，使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红取少量试验1中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)]3-，浓度降低，Fe3+的氧化性和C2O42-的还原性减弱2423C2O42-2CO2【解析】[试验1](l)取试验1中少量晶体洗净，K3Fe(C2O4)3·3H2O配成溶液，溶液中含有[Fe(C2O4)3]3-，滴加KSCN溶液，不变红。接着加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的缘由是溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，H+与C2O42-结合生成H2C2O4，使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红。(2)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3·3H2O设计试验，确认试验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是取少量试验1中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀。试验l中未发生氧化还原反应的缘由是Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)]3-，浓度降低，Fe3+的氧化性和C2O42-的还原性减弱。(3)依据电子得失守恒，铁由+3价降为+2价，氧化产物为CO2，碳由+3升为+4价，由电荷守恒，方程式后补带负电荷的粒子C2O42-，再由质量守恒解题，配上水的系数。2[Fe(C2O4)3]3-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+3C2O42-+2CO2。13．以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生产平安高效的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：已知：FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解。(1)在限制其他条件不变的状况下，探究保持Fe2(SO4)3和NaOH总质量不变，变更其质量比对K2FeO4产率的影响，试验结果如图所示，当质量比大于0.55时K2FeO4的产率下降的缘由可能是_____。(2)“过滤2”产生的滤渣的主要成分为_____(填化学式)，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH﹣、Cl﹣、SO42﹣、_____、_____(填化学式)。【答案】当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到肯定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降Mg(OH)2FeO42﹣AlO2﹣【解析】硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)加入稀硫酸、过氧化氢，滤渣1为二氧化硅，滤液中含有铁离子、氯离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液，混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH﹣、Cl﹣、SO42﹣、FeO42﹣、AlO2﹣，可用重结晶法提纯，以此解答该题。(1)题给信息中FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解，由图象可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降；(2)滤渣2含有氢氧化镁，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH﹣、Cl﹣、SO42﹣、FeO42﹣、AlO2﹣。14．我国是世界上最大的钨贮存国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉；现以白钨矿(主要成分为CaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质)为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如下：已知：①钨酸酸性很弱，难溶于水；②完全沉淀离子的pH值：SiO32-为8，WO42-为5；③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。回答下列问题：(1)流程中白钨矿CaWO4和纯碱发生的化学反应方程式是：________________________。(2)滤渣B的主要成分是（写化学式）______。调整pH可选用的试剂是：_____(填选项)。A.氨水B.盐酸C.NaOH溶液D.Na2CO3溶液(3)为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必需用氢气作还原剂的缘由是_________。【答案】CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑H2SiO3B假如用碳做还原剂，过量的碳混杂在金属中难以除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不简单获得纯的金属钨，若用氢气作还原剂，就可避开该问题。【解析】(1)CaWO4与纯碱在高温下反应生成Na2WO4、CaO与CO2，反应方程式为：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；(2)滤渣B的主要成分为H2SiO3，调整溶液pH，溶液中的SiO32-与H+反应产生H2SiO3沉淀过滤除去，所以应加入盐酸，选项B合理；(3)假如用碳做还原剂，过量的碳混杂在金属中难以除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不简单获得纯的金属钨，若用氢气作还原剂，由于H2是气体，就可避开上述问题。15．氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：（1）化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH−FeO42−+3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极旁边生成紫红色的FeO42−，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。①电解一段时间后，c(OH−)降低的区域在_______(填“阴极室”或“阳极室”)。②电解过程中，须将阴极产生的气体刚好排出，其缘由是_______。③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变更如图2，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的缘由：_____________。【答案】（1）①阳极室②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低③M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢(或N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低)。【解析】（1）①依据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子削减，因此电解一段时间后，c(OH−)降低的区域在阳极室，故答案为：阳极室；②氢气具有还原性，依据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体刚好排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故答案为：防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；③依据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，故答案为：M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢(或N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低)。16．硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。其部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2－54.169.1①易水解产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑＋Cl2↑回答下列问题：I．已知：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol－1。催化合成硫酰氯的试验装置如下图(夹持仪器已省略)：(1)装置D除干燥气体外，另一作用是______________________。若缺少D，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为_________________________________________。(2)C处U形管中碱石灰的作用除汲取多余SO2、Cl2，防止污染外；还有_______________________。II．在氯磺酸中加入四氯化锡加热煮沸，使氯磺酸分解，可用于制取少量硫酰氯。化学方程式为：2ClSO3HH2SO4＋SO2Cl2，此法得到的产品中混有硫酸。(3)①从分解产物中分别出硫酰氯的方法是_____________。【答案】通过视察气泡限制气流速度(或比例)SO2Cl2＋2H2O==H2SO4＋2HCl防止水蒸气进入收集器使产品水解蒸馏【解析】(1)装置D装的是浓硫酸，具有干燥气体的租用，还可以通过视察气泡限制气流速度(或比例)。若缺少D，硫酰氯会发生水解，该反应的化学方程式为SO2Cl2＋2H2O==H2SO4＋2HCl。答案：通过视察气泡限制气流速度(或比例)；SO2Cl2＋2H2O==H2SO4＋2HCl。(2)C处U形管中碱石灰的作用除汲取多余SO2、Cl2，防止污染外；还可以防止水蒸气进入收集器使产品水解。(3)①硫酸和硫酰氯沸点差别很大，故为了将硫酰氯和硫酸分别可采纳蒸馏方法；答案：蒸馏。17．SO2和NOx的排放是造成酸雨的两大罪魁祸首。下图表示了某地区在1940~2002年间，空气中SO2和NOx含量因燃料燃烧、工业生产、交通运输以及其他因素的影响而发生变更的基本统计数据。（1）结合上图数据，推断下列说法正确的是______。A．在交通运输中排放的NOx与燃料的不充分燃烧有关B．在上世纪60年头以前，在交通运输中排放的SO2主要是运用燃煤的内燃机所致C．近年来在工业生产中SO2排放量的下降，主要是削减了燃烧的煤的质量D．随着汽车工业的发展，在形成酸雨的因素中，NOx所占比重在渐渐增大（2）在上图表示的历史进程中，由工业生产所导致的SO2的排放量明显地在逐年削减。请用化学方程式说明人类在为解决SO2污染问题中所进行的一个反应过程：______。【答案】BDCaCO3+SO2CaSO3+CO2或2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2【解析】（1）A．燃料的不充分燃烧会生成CO，不会生成NOx．NOx是在高温下N2与O2反应生成的，故A错误；B．煤中含硫，燃烧会生成SO2．在交通运输中排放的SO2主要是运用燃煤的内燃机所致．故B正确；C．近年来在工业生产中SO2排放量的下降，不是削减了燃烧的煤的质量，而是对工业尾气进行了处理，故C错误；D．汽车排气筒温度较高，在高温下N2与O2反应生成NOx．因此随着汽车工业的发展，在形成酸雨的因素中，NOx所占比重在渐渐增大．故D正确．故选BD；（2）SO2是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性．可与酸、碱、部分盐、酸性氧化物、水等反应，人类在为解决SO2污染问题中所进行的一个反应过程，如：CaCO3+SO2=CaSO3+CO2或2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2。18．（题文）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要试验流程如下：已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO猛烈反应生成N2。（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；试验中限制温度除用冰水浴外，还需实行的措施是____________________________________。（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再快速升温至110℃接着反应。试验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；运用冷凝管的目的是_________________________________。【答案】3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O缓慢通入Cl2NaClO碱性溶液削减水合肼的挥发【解析】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了削减NaClO3的生成，应限制温度不超过40℃、减慢反应速率；试验中限制温度除用冰水浴外，还需实行的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO猛烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃接着反应，N2H4·H2O沸点约118℃，运用冷凝管的目的：削减水合肼的挥发。19．醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气汲取剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。试验装置如图所示，回答下列问题：（1）试验中所用蒸馏水均需经煮沸后快速冷却，目的是_________，仪器a的名称是_______。（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。①c中溶液由绿色渐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________。②同时c中有气体产生，该气体的作用是_____________。（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其缘由是________（4）指出装置d可能存在的缺点______________。【答案】去除水中溶解氧分液（或滴液）漏斗Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋解除c中空气c中产生H2使压强大于大气压放开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触【解析】（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以须要尽可能避开与氧气接触，因此试验中所用蒸馏水均需煮沸后快速冷却，目的是去除水中溶解氧；依据仪器构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；（2）①c中溶液由绿色渐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是解除c中空气；（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌接着与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应（4）由于d装置是放开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。20．试验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能推断肯定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。②依据K2FeO4的制备试验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ试验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，缘由是________________。③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证明验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计试验方案。理由或方案：________________。【答案】Fe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O解除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色肯定是MnO4−的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，视察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】（1）①依据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能推断K2FeO4与Cl-发生了反应，依据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，依据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰推断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、解除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，依据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，试验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。③该小题为开放性试题。若能，依据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最终溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色肯定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该试验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的试验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，视察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。21．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某探讨性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。【资料查阅】【试验探究】该小组用下图所示装置进行试验（夹持仪器略）。请回答下列问题：（1）在试验过程中，视察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变更是_______。（2）反应结束后，取出CuCl产品进行试验，发觉其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，依据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的缘由是________________。②若杂质是CuO，则产生的缘由是________________。【答案】（1）先变红，后褪色（2）①加热时间不足或温度偏低②通入HCl的量不足【解析】试题分析：（1）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先渐渐变为红色，后褪色，答案为：先变红，后褪色。（2）①依据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，缘由为加热时间不足或温度偏低，答案为：加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，缘由是通入HCl的量不足，答案为：通入HCl的量不足。22．工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程如图所示:一、合成水合肼己知：(水合肼)与水互溶，有毒且不稳定,100℃以上易分解失水，具有强还原性和强碱性。(水合肼)熔点-40℃,沸点118.5℃。合成的装置如图1所示。碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再快速升温至110℃接着反应可以制得水合肼。(1)①写出制取的离子方程式___________________________②试验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_________理由是_______________图1运用冷凝管的目的是____________________________________③从反应后的混合溶分别出，应当采纳的分别方法最合理的是________。二、合成叠氮化钠()晶体已知：相关物质的物理性质如下表熔点℃沸点℃溶解性-9767.1与水互溶水合肼()-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿亚硝酸甲酯()-17-12溶于乙醇、乙醚NaN3与水互溶，不溶于乙醚、微溶于乙醇(2)试验室模拟工艺流程步骤Ⅱ的试验装置如图2①依据试验发觉温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以实行的措施是________________。(写出1点即可)②图中处连接的最合适装置应为下图中的__________。【答案】ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+CO32-NaClO碱性溶液防止过量的NaClO溶液将水合肼