专题二专题提升学习专用

专题提升一、金属矿物的开发利用金属在自然界中的存在1. 金属冶炼的一般步骤金属冶炼的实质金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即Mnne=M。2. 金属冶炼的方法(用化学方程式表示)提醒：冶炼Al时只能电解AI2O3不能电解AICl3(共价化合物，熔融时不导电)加入冰晶石(Na3AIF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。金属冶炼方法与金属活动性的关系：二、化学工艺流程题【试题特点】工艺流程题的结构分题引、题干和题设三部分。题引一般是简单介绍该工艺生产的原材料和生产的目的、产品(包括副产品)有时还提供相关表格、图像等参考数据或信息；题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；题设主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置成一系列问题，构成一道完整的化学试题。一个完整的物质制备化工生产流程一般具有下列特点【解题策略】(1) 看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。(2) 看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。(3) 看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。(4) 看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。(5) 找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。(6) 关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。【知识储备】1.制备过程中原料预处理的5种常用方法看方法想目的研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率水浸与水接触反应或溶解酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在咼温下氧化、分解，如煅烧高岭土2.制备过程中控制反应条件的6种方法注意调节pH所需的物质一般应满足两点:看方法想目的调节溶液的pH常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀控制温度根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动控制压强改变速率，影响平衡使用合适的催化剂改变反应速率，控制达到平衡所需要的时间趁热过滤防止某物质降温时析出冰水洗涤洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗 能与H+反应，使溶液pH变大；23 不引入新杂质。例如若要除去Cu2+中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。3.产品分离和提纯的方法或操作(1) 蒸发：蒸发掉一部分溶剂。有时要考虑反应时的气体氛围以抑制某物质发生水解：如从溶液中析出FeCb、AICI3、MgCl2等溶质时，应在HCI的气流中加热,以防其水解。(2) 蒸发浓缩、冷却结晶：适用于杂质的溶解度随温度变化不大的物质的分离、提纯：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2C2O7,母液中是NaCI和少量K262O7,这样就可分离出大部分K2CtO7;同样原理可除去KNO3溶液中的少量NaCI。(3) 蒸发结晶、趁热过滤：适用于杂质的溶解度随温度变化较大的物质的分离、提纯，可减少杂质晶体的析出：如NaCI和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCI，母液中是K2Cr2O7和少量NaCI;同样原理可除去NaCI溶液中的少量KNO3。(4) 晶体的干燥：常见的干燥方法为自然晾干、滤纸吸干、干燥器中烘干。(5) 沉淀的洗涤：洗涤方法是向过滤器中慢慢注入适量蒸馏水，至刚好没过沉淀，然后静置，让其自然流下，重复以上操作23次，直至洗涤干净。为了减少沉淀(或晶体)的溶解，可用冰水或有机溶剂洗涤。水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质。“冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度，减少损耗等。(6) 沉淀是否洗涤干净的检验：主要检验洗涤液中是否还含有沉淀表面吸附的离子。取少量最后一次的洗涤液，置于一洁净的试管中，滴加少量的检验试剂，若没有特征现象出现，说明沉淀洗涤干净。化工流程题中表述性词汇“八大答题方向”化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语中，这些表述性词语就是隐性信息，它可以暗示我们所应考虑的答题角度。常见的有：(1) “控制较低温度”常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。(2) “加过量试剂”常考虑反应完全或增大转化率、产率等。(3) “能否加其他物质”常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。(4) “在空气中或在其他气体中”一一主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。(5) “判断沉淀是否洗净”常取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加某试剂，以检验其中的某种离子。(6) “检验某物质的设计方案”通常取少量某液体于试管中，加入另一试剂产生某现象，然后得出结论。(7) “控制pH”常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。(8) “用某些有机试剂清洗”常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等。例1(2019江苏化学，16)以磷石膏(主要成分CaSO4,杂质SiO2、AI2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。(1) 匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c(SO4)随时间变化如图。清液pH11时CaSQ转化的离子方程式为；能提高其转化速率的措施有(填序号)。A. 搅拌浆料B.加热浆料至100CC.增大氨水浓度D.减小CO2通入速率(2) 当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为和(填化学式)；检验洗涤是否完全的方法是。(3) 在敞口容器中，用NH4CI溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c(Ca解析(1)注意题目中的原料是磷石膏粉和氨水浆料。由图所示当pH11时，溶液中的c(SO2-)增大，说明有更多的SO4-生成，反应物为CaSQ、氨水、CO2,生成So4，还有CaCO3，相当于氨水和CO2反应生成(NH4)2CO3,(NH4)2CO3和CaSO4生成(NH4)2SO4和CaCO3oA项，搅拌浆料，增大反应物的接触面积，溶液中c(Ca解析(1)注意题目中的原料是磷石膏粉和氨水浆料。由图所示当pH11时，溶液中的c(SO2-)增大，说明有更多的SO4-生成，反应物为CaSQ、氨水、CO2,生成So4，还有CaCO3，相当于氨水和CO2反应生成(NH4)2CO3,(NH4)2CO3和CaSO4生成(NH4)2SO4和CaCO3oA项，搅拌浆料，增大反应物的接触面积，+)增大的原因是加快反应速率，正确；B项，加热到100C,氨水挥发、CO2溶解度减小，则生成的(NH4)2CO3的量减少，无法实现CaSC4转化为CaCO3，错误；C项，增大氨水浓度可以提高反应速率，正确；D项，减小CO2通入速率，则转化速率降低，错误。当pH接近6.5时，由图可知c(S04-)接近0.1molL-1，溶液呈酸性，通入的CO2主要以NH4HCO3存在，故滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO4和HCO亍。可通过检验洗涤液中是否含有so4来判断沉淀是否洗涤完全。(3) 温度升高，能促进NH才的水解，增大溶液酸性，促进固体中Ca2+的浸出。答案(1)CaS04+2NH3H2O+C02=CaC03+2NH：+sOT+H2O或CaS04+22-CO3=CaC03+SO4AC(2) SO4HC03取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全(3) 浸取液温度上升，溶液中c(H+)增大，促进固体中Ca2+浸出例2(2019通扬泰淮宿五市联考)以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO,另含少量F62O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料可生产草酸锌晶体(ZnC2O42H2O)。有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：(1) 滤渣A的主要成分为。除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀的离子方程式为(3) 除铁(部分Cu2+可能被除去)时加入ZnO控制反应液pH的范围为上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是。(4) 若沉淀过程采用N&C2O4代替(NH4)2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是。(5) 将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300460C范围内，发生反应的化学方程式为解析(1)烟道灰被盐酸溶解，其中ZnO溶解成Zn2+,Fe2O3溶解成Fe3+、CuO溶解成Cu2+、MnO溶解成Mn2+,而SiO2不溶于盐酸，进入滤渣A中。(2)除锰中用H2O2氧化Mn2+,根据Mn和O得失电子守恒可配平反应。除Fe3+时的pH需要大于3.3,但不能超过5.4,以免Zn2+沉淀，此时有部分C+溶解；除铜时用ZnS,若在除铁之前，则会有Fe3+氧化S2-,生成Fe2+后，需要调节pH在9.7时才能除去，故除铁率减小。因为Na2C2O4溶液的碱性比(NH4)2C2O4强，所以会促使Zn2+生成Zn(OH)2沉淀，故在加入Na2C2O4溶液时,可采用缓慢加入和搅拌法,可采用缓慢加入和搅拌法,以免生成Zn(OH)2沉淀。(5)由热重分析图计算知,189Ma10080.95,在460C时,189_100MB=42.86,Ma=153,则在300C时，ZnC2O42H2O失去2分子H2O生成ZnC2O4,2Mb=81,则对应为ZnO,C2O4-在分解时以CO和CO2释放，由此写出此方程式。答案(1)SiO2(2)Mn2+H2O2+H2O=MnO(OH)2J+2H+3.35.4先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe?+，使铁元素难以除去在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCb溶液中ZnC2O4=ZnO+COT+CO2t题组诊断1. (2019金太阳江苏百校联考)以软锰矿粉(主要含MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取高纯MnO2的流程如下：(1) 酸浸时所发生主要反应的离子方程式为(2) 酸浸时加入一定体积的硫酸，硫酸浓度不能过小或过大。当硫酸浓度偏小时,酸浸时会有红褐色渣出现，原因是硫酸浓度不能过大的原因是。_(3) 过滤U所得滤渣为MnC03，滤液中溶质的主要成分是焙烧MnCO3的装置如下图所示：焙烧时所发生反应的化学方程式为焙烧一定时间后需转动石英管，目的是。答案(1)2Fe2+MnO2+4H+=2FeT+Mn2+2出0(2)生成的Fe3+水解得到Fe(0H)3沉淀用氨水沉淀杂质金属离子时会消耗过多的氨水，造成原料的浪费(3) (NH4)2SO4(4)2MnCO3+。2=焙烧=2MnO2+2CO2使得MnCO3能充分反应，提高MnCO3的转化率2. (2019南通一调)湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钻(Co)等单质。一种由铜镉渣生产金属镉的流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1molL厂1计算)：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5(1) 浸出过程中，不采用通入空气的方法进行搅拌，原因是防止将Cu氧化浸出,其离子方程式是(2) 除钻过程中，锌粉会与AS2O3形成微电池产生AsH3。该微电池的正极反应式为。除铁时先加入适量KMnO4,再加入ZnO调节pH_ 除铁过程中，理论上参加反应的物质n(KMnO4)：n(Fe2+)=。 除铁时加入ZnO控制反应液pH的范围为(4) 若上述流程中投入的KMnO4不足量，则待电解溶液中有Fe元素残余。请设计实验方案加以验证：。(5) 净化后的溶液用惰性电极电解可获得镉单质。电解废液中可循环利用的溶质是。答案(1)2Cu+4H+O2=2Cu2+2出0(2)As2O3+12H+12e_=2AsH3+3H2O1:33.37.2取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素(5)H2SO43. (2019苏锡常镇一调)以硼镁泥(主要成分为MgSiO3、Fe2O3及少量AI2O3、FeO和MnO)为原料制备高纯Mg(OH)2的流程如下：己知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围如下表所示：pH值Mg(OH)2Mn(OH)2MnO(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3开始沉淀时9.37.17.87.63.72.3沉淀完全时10.810.89.89.64.73.7温度高于340C时Mg(OH)2开始分解为MgO和出0。(1) “浸取”时，为提高镁的浸取率可行的措施为。a.将硼镁泥制成浆料b.降低浸取温度c.用盐酸多次浸取“浸取”时，MgSiO3与盐酸反应的化学方程式为“除铁、铝”时，需调节溶液pH范围为。(4) “除Mn2+”时发生反应的离子方程式为过滤3所得滤渣中含有MnO(OH)2和。“沉镁”时，反应温度与Mg(OH)2的产率如图所示，当温度超过60C，随温度再升高，Mg(OH)2产率反而降低，其原因可能是。答案ac(2)MgSiO3+2HCI+(n1)H2O=MgCl2+SiO?门出04.7WpH1，则溶液显酸性，而H+与给出的四种离子之间不反应，可共存；D项，水电离出的H+始终等于水电离出的0H，所以c(H+)水=c(OH-)水=10-4,所以水的电离受到促进，可能是外加了水解显酸性的离子，也可能是外加了水解显碱性的离子，而AlOr、CO2-遇到显水解显酸性的离子，会发生双水解反应，而不能大量共存。答案C下列有关物质性质的应用正确的是()A. 次氯酸钙有强氧化性，用于饮用水消毒木炭具有还原性，用于制冰箱除味剂B. 氧化铝具有两性，用于工业冶炼铝单质氯化铁溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板解析A项，Ca(ClO)2具有强氧化性，可用于水的消毒，正确；B项，木炭有吸附性，可以吸附气味与还原性无关，错误；C项，电解AI2O3制Al，不是因为Al2O3具有两性，是因为熔融的Al2O3能电离出AI3+和O2-，错误；D项，Fe3+具有氧化性，可以氧化Cu而得电路板，错误。答案A钠铝合金(常温液态)可作为核反应堆的载热介质。下列说法错误的是()A. 该合金的熔点低于金属钠的熔点若将钠铝合金投入水中得到无色溶液且无固体剩余，则n(Na)n(Al)B. 若将钠铝合金投入FeCl3溶液中有Fe(OH)3沉淀生成等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越少解析合金的熔点比其成分金属的熔点低，A项正确；根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAIO2+3出T可知B项正确；Na先与水反应产生NaOH，NaOH与FeCl3溶液反应产生Fe(OH)3沉淀，C项正确；根据关系式2NaH2、aIH2可知，铝生成的氢气较多，故合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时产生的氢气越多，D项错误。答案D（2019无锡一模）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A. NaHS溶液中通入CI2：S2_+Cl2=Sj+2CNaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2+2MnO4+3出0=5“03+2Mn2+6OH_B. NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液：Ba2+2OH+NH4+H+SO4=BaSOJ+NH3H2O+H2OC. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O解析A项，HS-不能拆：HS-+Cl2=H+2CI-+SJ,错误；B项，酸性溶2液中不能生成OH-,错误，应为5NOT+2Mn。车+6H+=5NO扌+2Mn+3H2O;C项，Ba（OH）2少量，OH-先与H+反应，错误，应为2H+SO2-+Ba2+2OH-=BaSOJ+2H2O。答案D已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如右图所示（部分产物略去），则下列有关物质的推断不正确的是（）A. 若A是铁，则E可能为稀硝酸若A是CuO，E是碳，则B为COB. 若A是AICI3溶液，E可能是氨水若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCOs解析A项，铁与过量硝酸反应生成Fe（NQ）3（B）,硝酸少量生成Fe（NO3）2（D），正确；B项，C过量生成CO（B），C少量生成CO2（D），正确；C项，AICI3与氨水反应只能生成AI（OH）3,无关量的关系，错误；D项，CO2过量，生成NaHCO3（B），CO2少量生成Na2CO3（D），正确。答案C下列物质在给定条件下能实现转化的是（） AI2O3NaO（aq）NaAIO2（aq）-CAI（OH）3Na-Na2O2NaOH F2O3HCLFeC3(aq)-无水FeCb饱和NaCI(aq)NH、52NaHCO3Na2CO3通电MgCb(aq)MgCl26H2O-MgNaOH(aq)葡萄糖CuS04(aq)Cu(OH)2Cu2OA. B.C.D.解析Al2O3是两性氧化物，溶于NaOH溶液发生反应Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，Al(OH)3是两性氢氧化物，但是不能溶于弱酸H2CO3，正确；Na与02在加热条件下生成Naz02,错误；加热FeCb溶液得到的是Fe(0H)3,而不是FeCb,错误；侯氏制碱法利用NaHCOs在水中的溶解度较小的特点，生成NaHC03，反应的化学方程式为NaCI+CO2+NH3+H2O=NH4CI+NaHC03J,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，反应的化学方程式为2NaHCO3=Na2CO3+CO2t+H2O,正确；熔融电解MgCl26H2O，阴极产生的是H2,而不是Mg,错误；新制的Cu(0H)2与含有醛基的葡萄糖反应可以生成红色的CU20,正确。答案A下列各组物质充分反应后过滤,将滤液加热、蒸干至质量不变,最终不能得到纯净物的是()向漂白粉浊液中通入过量的C02A. 向带有氧化膜的铝片中加入盐酸向含有1molCa(HCO3)2的溶液中加入1molNa2O2B. 向含有1molKAl(SO4)2的溶液中加入2molBa(0H)2解析漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，向漂白粉浊液中通入过量的C02,Ca(ClO)2可以和C02反应生成Ca(HCO3)2和HCIO,Ca(HCO3)2不稳定，受热易分解为CaCQ、H2O和CO2,CaCl2不反应，蒸干至质量不变得到CaCQ和CaCb的混合物，A项错误；氧化铝和铝片都可以和盐酸反应生成氯化铝，蒸干后得到氢氧化铝固体，B项正确；1molNa2O2和水反应生成2molNaOH和0.5molO2,2molNaOH和1molCa(HCO3)2反应生成1molCaCO3沉淀和1molNa2CO3溶液，过滤后蒸干滤液得到碳酸钠固体，C项正确；1molKAl(SO4)2和2molBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀和KAIO2溶液，过滤后蒸干滤液得到KAIO2,D项正确。答案A二、不定项选择(每小题有12个答案符合题意)3. Hg可用KMnO4溶液吸收。在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率及主要产物如下图所示。下列有关说法不正确的是()A. pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高Hg的吸收率先降低后升高B. pH=1时Hg的吸收率高达90%的原因是KMnO4在酸性条件下氧化性强22C. pH=2时反应的离子方程式为Hg+MnO4+8H=Hg+Mn+4出0D. pH=12时反应的离子方程式为3Hg+2MnO4+H2O=3HgO+2MnO2+2OH-解析根据在不同pH下，KMnO4溶液对Hg的吸收率的示意图可知：pH对Hg吸收率的影响规律是随pH升高，汞的吸收率先降低后升高，A正确；在强酸性环境下Hg的吸收率高的原因可能是KMnO4在酸性条件下氧化性强的缘故，B正确；电荷不守恒，pH=2时反应的离子方程式为5Hg+2MnO/T+16H+=5Hg2+2Mn2+8H2O,C不正确；D.pH=12时反应的离子方程式为3Hg+2Mn0车+H2O=3HgO2MnO22OH，D正确。答案C4. 海水是重要的资源，可以制备一系列物质(见图)。下列说法正确的是()A. 步骤中，应先通NH3，再通CO2B. 步骤可将MgCl26H2O晶体在空气中直接加热脱水C. 步骤、反应中，溴元素均被氧化D. 除去粗盐中的SOT、Ca2十、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液BaCI2溶液NazCOs溶液过滤盐酸解析A项，步骤为侯氏制碱法，由于NH3的溶解度比CO2大，故应先通NH3,再通CO2溶液中才能含有大量的碳元素，才能得到大量的NaHCO3,正确。MgCl26H2O直接加热脱水时，Mg2+水解生成HCI挥发出去，促进水解进行到底，得不到MgCl2,所以晶体加热脱水必须不断通入HCI，抑制水解，B项错。C项,步骤中，Br化合价升高，被还原，错；D项，加NaOH能除去Mg2+，加Ba2+能除去SO4；再加入NazCOs可以除去Ca2+以及过量的Ba2+，过滤后加入HCI2可以除去多余的CO3-和OH，正确。答案AD13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向废FeCb蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡，未出现红色固体X中一定不含Cu2+B将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路微蓝色透明液体为胶体C向某溶液中先加入KSCN溶液无明显现象，再加入H2O2溶液，溶液变红色溶液中含Fe2+D用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液是钠盐溶液答案BC14甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）。下列各组物质中，不满足下图所示转化关系的是（）解析A项，NH3与02发生催化氧化生成NO,NO2与H2不可能生成NH3,错误；B项，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2,Fe3O4与Al发生铝热反应生成Fe,正确；C项，AI2O3与NaOH生成NaAIO2，NaAIO2与过量CO2生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3,错误；D项，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,Na与O2在点燃条件下反应生成Na2O2，正确。综上，A、C项错误。甲乙丙戊ANH3O2NO2H2BFeH2OFgbO4AICAI2O3NaOH溶液NaAIO2溶液过量CO2DNa2O2CO2O2Na答案AC某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路。课外活动小组为确认生产后的废液的组成，进行如下实验：(1)取10mL废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀8.61go(2)另取10mL废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g。下列关于原废液组成的判断错误的是()一定含有Fe2*、Fe3+Cu2+CA. c(Fe2+):c(Cu2+)=2:1c(Fe2):c(Fe3)=3:1B. c(Cl)=6mol/L,c(Fe2)=1.2mol/L解析n(CI)=8j61g1=0.06mol,n(Fe3+)=0.256g/2=0.008mol,143.5gmol64gmol根据铜与氯化铁反应的方程式可知，废液中n(Fe2+)：n(Cu2+)=2：1。由离子电荷守恒得等式：n(Cl)=3n(Feb)+2n(Fe2+)+2n(Cu2+)，可求出原废液中n(Fe212123+)=0.012mol,得c(Cl-)=6molL,c(Fe+)=1.2mol,c(Fe+):c(Fe+)=3:2o答案C三、填空题15. 实验室用辉铜矿(主要成分为Cu2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备碱式碳酸铜的主要实验流程如下。(1) 滤渣I的成分为MnO2、单质S和写化学式)；硫酸浸取时，CU2S被MnO2氧化的化学方程式为o浸取时，Fe?O3溶于硫酸的离子方程式为研究发现若先除铁再浸取,浸取速率明显变慢,其可能原因是挥发性的性质，以及Cu(NH3)42+受热分解为Cu2+和NH3,故采用加热的方法可将NH3从溶液中赶出。分析流程图，第一步中加入了H2SO4，在整个过程中，没有除SO4-，阳离子：Fe3+、Mn2+均以沉淀形式除去，Cu2+进入主产物碱式碳酸铜中，所以滤液中应含有NH才，故蒸发得到的盐为(NH4)2SO4。答案(1)SiO22MnO2Cu2S4H2SO4=2MnSO42CuSO4S4H2OFe2O3+6H+=2Fe3+3出0Fe3+可催化CS被MnO2氧化(或答：F03在浸取时起媒介作用)将溶液加热(4)(NH4)2SO416. (2019扬州期中)多钒酸盐在催化、医学等领域有着重要的应用。某多钒酸铵晶体的化学式为(NH4)xH6-xVl0O2810H20。为测定其组成，进行下列实验： 称取样品0.9291g,加入过量20%NaOH溶液，加热煮沸一段时间，生成的NH3用50.00mL0.1000molL-1盐酸吸收。加入指示剂，用0.1000molL-1NaOH标准溶液滴定剩余的HCI，终点时消耗NaOH标准溶液20.00mL。 另称取样品0.9291g,加过量1.5molL-1H2SO4，微热溶解。加入3gNaHSOs,搅拌，使五价钒V1o28完全转化为四价钒VO2+0加热煮沸一段时间，然后用0.06000molL-1KMnO4标准溶液滴定(还原产物为Mn2+)，终点时消耗KMnO4标准溶液25.00mL。(1) 在实验中，煮沸的目的是0_KMnO4滴定时，将VO2+氧化为五价的VOj，该反应的离子方程式为(2) 根据实验结果，确定该多钒酸铵晶体的化学式。答案(1)除去溶液中剩余的H2SO3(或SO2)2j-j2jj(2) 5VO+MnO4+出0=5VO2+Mn+2Hj-3-3-3(3) n(NH4)=0.1x50.00X103mol-0.1x20.00X103mol=3.000X103mol33n(MnO4)=0.06000X25.00X10mol=1.500X10moln(V10O68)=1/2X1.500X10-3mol=7.500X10-4molx：1=3.000X10-3:7.500X10-4x=4A的化学式：(NH4)4H2V10O2810H2O17. 锌浮渣主要含Zn、Zn0、SOFe2+Cd2+Mn2+,工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：(1) 锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是净化1是为了将Mn2+转化为Mn02而除去，试写出该反应的离子方程式90C时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如图。pH值中等时，虽有利于Fe2+转化为Fe3*,但残留铁的浓度仍高于pH为34时的原因是滤渣3的主要成分为(填化学式)。(4) 碳化在50C进行，“前驱体”的化学式为ZnCO32Zn(0H)2H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，二是解析(1)滤渣1中还会含有Zn元素，所以循环浸出的目的，就是利高浸出液中Zn的量。(2)S2O-中的S为+7价，氧化Mn2+生成MnO2,S降低为+6价的稳定价态，为SO4-，根据得失电子守恒配平，根据电荷守恒知，产物中有H+存在。(3)酸性越强，可溶解Fe(OH)3生成Fe3+,即Fe3+不易沉淀。(4)题中要求逐一除去杂质，浸出除去SiO2,净化1除去Mn,净化2除去Fe,所以净化3一定是除去Cd,Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd。(5)由“碳化”这一步知，加入的反应物为NH4HCO3，净化后的溶液为ZnSO4，反应后生成“前驱体(ZnCO32Zn(OH)2H2O)”沉淀、(NH4)2SO4和CO2。加入的NH4HCO3受热易分解，为了生成更多的“前驱体”，所以NH4HCO3应略过量，另外NH4HCO3可中和浸出液中的H2SO4,以避免其溶解“前驱体”。答案(1)提高锌元素的总浸出率(2)Mn2+S2O8_+2H2O=Mn6J+2SOT+4H+H+抑制Fe3+水解(4)Cd3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn(OH)2H2O；+3(NH4)2SO4+5CO2?反应过程中有部分NH4HCO3分解(或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大溶解ZnCO32Zn(OH)2H2O)工业上以硼镁石为原料生产硼砂后的废渣中含有大量的MgCO3可作为生产MgSO47H2O的原料，已知废渣中除碳酸镁外主要杂质为CaOMnO、FeOF&O3、Al2O3等。实验室模拟步骤如下： 酸浸：将废渣加入浓硫酸，煮沸10min，并保持料浆pH1。 除杂：调节料浆的pH在合适的范围，加入适量NaCIO溶液，加热煮沸，直至料浆溶液变为深咖啡色，过滤，除去MnO2、Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。 检验：取的滤液少许，加入1滴稀硫酸，再加入3滴3%的H2O2溶液，然后加入试剂X。 将烧杯中的滤液加热蒸发至100mL左右，有少量沉淀时，趁热过滤。 继续操作得MgSO47H2O。(1) 步骤中要保持pH为1左右，原因是0步骤加入NaClO的目的为：用(离子方程式表示)。(3)步骤调整的上图)。pH适宜范围是：参(考右(4)步骤的目的是(5) 参考左上图，步骤采取趁热过滤的原因是步骤“继续操作”的实验步骤是。解析结合实验目的和原料，分析每步操作的目的。(1)保持pH二1左右是为了22使物质溶解更充分。(2)NaClO作氧化剂氧化Fe2、Mn2。(3)调节pH的目的是为了使Fe3+、Al3+沉淀完全而Mg答案(1)适当增大硫酸浓度(或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等)MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2OFe(OH)3、Al(OH)3。解析(1)矿石粉碎是增大反应的接触面积，加快反应速率，提高矿石的利用率。CU2S和O2反应生成CuSO4,由Cu、S原子关系可知还有含铜化合物生成，由流程转化图可知是CuO,配平，注意反应条件。焙烧生成的CuO经硫酸浸取后转化为CuSO4,再经SO3还原，加入N82SO4还可以增加产物中CuSO4的比例。(2)提高浸取率，除控制硫酸的浓度外，还可以适当升高温度、适当延长浸取时间、将焙烧产物粉碎以增大固液接触面积、适当增加硫酸的量(液固物质的量之比)。由流程图可知100C时，CuSO4溶液中加入Na2SO3溶液，生成Cu2O和SO2,这一过程可以理解为两步反应，S&-还原Cu2+、生成的H+与S&-+不沉淀，所以调节pH为4.88.3。(4)步骤中X为SCN-,检验是否还有铁元素的存在。(5)由图可知趁热过滤是为了除去硫酸钙。答案(1)保持足够的酸度，提高浸出率(2)2Fe2ClO2H=2Fe3Cl、ClO_+Mn2+出0=MnO2J+C+2H+(2) 4.88.3检验Fe3+及Fe2+是否除尽除去硫酸钙，且较高温度下，硫酸镁不会结晶析出(5) 蒸发浓缩、冷却结晶(2019苏锡常镇二调)软锰矿的主要成分是MnO2,还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸等工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：(1) 为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有： 适当升高温度：搅拌：等。(2) “氧化”中加入MnO2发生反应的离子方程式为(3)“滤渣2”中主要成分的化学式为。“除重金属”时使用(NH4)2S而不使用N82S的原因是。(5)“50C碳化”得到碳酸锰，反应的化学方程式为生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是(3) Na2S会增大回收的(NH4)2SO4中Na*含量MnSO4+2NH4HCO350=(NH4)2SO4+MnCO3J+CO2T+H2O(6)取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀，则已洗净(合理答案均可)18. Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：(1)“硫酸化焙烧”时：硫化铜矿需粉碎的目的是;CU2S与O2反应生成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。(2) “浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制(至少列举两点)。(3) “制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如下图所示。 在100C时，发生反应的离子方程式为。 图中在4vpHv5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为4H4H2+H222反应生成SO2：2Cu2SO322H2O=Cu2O=SQf+出0,“pH越小产品中杂质Cu的含量越高”，说明pH小，发生反应生成Cu：Cu2O2H=Cu2CuH2O。答案（1）提高硫化铜矿的利用率2CU2S+5O26=2CuSO4+2CuO 提高焙烧产物中CuS04比例（2）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（答出两点即可）2Cu2+3SO2=Cu2OJ+2SO2TpH越小时CU2O越易与H+发生反应，生成Cu和Cu2+(3)“赶氨”时，最适宜的操作方法是o_(4)滤液U经蒸发结晶得到的盐主要是(写化学式)o解析(1)辉铜矿中含有Cu2S、Fe2O3和SiO2，加入H2SO4和MnO2后，Cu2S中23+1的Cu和2价的S均被氧化生成Cu+和S，Fe2O3溶解生成Fe+,SiO2不溶于H2SO4，故滤渣中含有SiO2oCU2S在H2SO4作用下，被MnO2氧化，产物有S、CuSO4、MnSO4和H2O,Cu2S的化合价共升高4,MnO2中的Mn由+4价降低到MnSO4中的+2价，变化2,根据化合价升降总值相等得，CU2S前配1,MnO2前配2,然后再根据原子守恒配平其他物质前的系数。(2)Fe2O3为难溶的氧化物，写离子方程式不可拆写；由题意分析知，除铁后速率变慢，说明卩63+对浸取速率是有影响的，可联想到Fe3+可能作催化剂(实际是/彳+可先氧化CU2S生成Fe2+,Fe2+酸性条件下，再被MnO2氧化生成Fe34+)。(3)此处考查NH3具有