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专题63 化工流程中条件的控制1（2019届江西省红色七校高三第一次联考）工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如下：（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_；滤渣I的成分是CaSO4和_(填化学式)。（2）除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣II。已知滤渣II的成分与温度、pH的关系如图所示：若控制温度40、pH=8，则滤渣II的主要成分为_(填化学式)。若控制温度80、pH=2，可得到黄铁矾钠Na2Fe6(SO4)4 (OH)12沉淀(图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：_。（3）已知除铁后所得100 mL溶液中c(Ca2+)=0.01molL-1，加入100 mL NH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=110-5 molL-1，则所加c(NH4F)=_molL-1。已知Ksp(CaF2)=5.2910-9（4）加入有机萃取剂的作用是_。【答案】把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等SiO2FeOOH2Na+3ClO-+6Fe2+4SO42-+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl-+6H+6.610-2除去溶液中的Zn2+【解析】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，滤渣I的成分是CaSO4和SiO2； （2）根据图象可以知道，控制温度40、pH=8，则滤渣2的主要成分为FeOOH；若控制温度80、pH=2，可得到黄铁矾钠Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠的离子方程式为：2Na+3ClO-+6Fe2+4SO42-+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl-+6H+；（3）根据反应式Ca2+2F-=CaF2，沉淀Ca2+消耗0.002molNH4F，根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.2910-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=5.2910-91.010-5，设加入c(NH4F)=cmol/L，则0.1LcmolL-0.0020.2=5.2910-91.010-5；解得c=6.610-2；（4）根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+。【点睛】本题考查了工业上从废镍催化剂制备草酸镍晶体的工艺流程，侧重考查物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同pH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液pH除去杂质离子，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，解题时先要弄清制备流程中各步反应原理和目的，从而知道分离提纯的环节中各成分组成，再结合氧化还原反应和沉淀溶度积等知识解决各问题。2（2019届福建省莆田市第二十四中学高三上学期第一次调研考试）钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料，其制备工艺流程如下图所示：(1)镁的碳化物常见的有MgC2和Mg2C3两种，它们均极易与水发生反应。写出MgC2发生水解反应的化学方程式：_；Mg2C3的电子式为_。(2)“混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以种形式存在，如上图所示。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.53之间，再进行“沉淀”，则上图中曲线a对应钛的形式为_填化学符号）；写出“沉淀”时的离子方程式：_。(3)草酸氧钛钡晶体经蒸馏水数次洗涤后，证明它已被洗涤干净的实验方案为_。(4)工业上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制备：先将金红石(TiO2)与过量焦炭混合，再通入Cl2)并加热到900制取TiCl4。请写出该法制备TiCl4的化学方程式：_。BaCO3是将重晶石（主要成分为BaSO4）浸泡在Na2C03溶液中足够长时间来制备。请问Na2CO3溶液的浓度至少要大于_mol/L才能开始转化。（已知常温下：KBaSO4=1.010-10molL-12 KBaCO3=2.5810-9molL-12，略CO32-的水解）。【答案】(1)MgC2+2H2O=Mg(OH)2+C2H2；(2)（3）TiOC2O4(4) TiO(C2O4)22-+ Ba2+ 4H2O = BaTiO(C2O4)24H2O(5)取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净（6）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(7)2.5810-4（3）根反应据过程知洗涤液中可能含有Cl，所以取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明草酸氧钛钡已被洗涤干净。答案：取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明草酸氧钛钡已被洗涤干净。（4）由足量焦炭和Cl2反应判断产物为TiCl4和CO，所以化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。设BaSO4饱和溶液中c(Ba2+)和c(SO42-)均为xmolL-1，由KSP(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)知：x2=1.010-10(molL-1)2，可求出c(Ba2+)=1.010-5molL-1。再令Q(BaCO3)=c(Ba2+)c(CO32-)=1.010-5molL-1c(CO32-)KSP(BaCO3)，则c(CO32-)=2.5810-9(molL-1)21.010-5molL-1=2.5810-4molL-1，所以Na2CO3 溶液的浓度至少要大于2.5810-4mol/L 才能开始转化。3（天津市2017-2018学年高三年级第二学期）I高铁酸钾( K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。如图是高铁电池的模拟实验装置：（1）该电池放电时正极的电极反应式为_；若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，理论消耗Zn_g（已知F=96500Cmol,小数点后保留1位）。（2）盐桥中盛有饱和KC1溶液，此盐桥中氯离子向_移动（填“左”或“右”）；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向_移动（填“左”或“右”）。（3）下图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有_。工业上湿法制备K2FeO4的工艺流程如图。（4）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：_FeCl3+_NaOH+_NaClO=_Na2FeO4+_NaCl+_H2O,其中氧化剂是_（填化学式）。（5）加入饱和KOH溶液的目的是_。（6）已知25时KspFe(OH)3=4.010-38，此温度下若在实验室中配制5mol/L l00mL FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入_mL 2 mol/L的盐酸（忽略加入盐酸体积）。【答案】FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH0.2右左使用时间长、工作电压稳定2103295NaClO减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出2.5【解析】(1)根据电池装置，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3，正极电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-Fe(OH)3+5OH-，若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，通过电子为1A600s96500C/mol，则理论消耗Zn为1A600s96500C/mol1265g/mol=0.2g；(2)盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中氯离子向右移动，用某种高分子材料制成阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向左移动； (4)其中Fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，Cl元素化合价由+1价降低为-1，价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，则FeCl3的系数为2、NaClO的系数为3，再根据原子守恒配平后反应方程式为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，NaClO是氧化剂；(5)加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；(6)溶液中c(Fe3+)=5mol/L，根据KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=4.010-38，可知开始沉淀时c(OH-)=210-13mol/L，则溶液中c(H+)=10-14210-13mol/L=0.05mol/L，根据稀释定律，需要盐酸的体积0.05mol/L100mL2mol/L=2.5mL。4（2019届河北省隆化县存瑞中学高三第二次调研考试）钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿（主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等）为原料制备CoCl26H2O的工艺流程如图所示：回答下列问题：“酸浸”（1）钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如下图所示。综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为_、_；滤渣的主要成分为_。（2）Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4，化学方程式为_。“净化除杂”分三步完成：（3）除铁：加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12，离子方程式为_。（4）除钙、镁：加入适量NaF，当Mg2+恰好完全被除去（离子浓度等于105molL1）时，c(Ca2+)=_molL1 （取两位有效数字）。已知：Ksp(MgF2)=7.41011，Ksp(CaF2)=1.51010。（5）除铜：加入适量Na2S2O3，发生反应2CuSO42Na2S2O32H2OCu2SS2Na2SO42H2SO4，该反应的还原产物为_。“萃取和反萃取”（6）“水相”中的主要溶质是Na2SO4和_（写化学式）。（7）实验室称取100g原料（含钴11.80%），反萃取时得到浓度为0.036molL1的CoCl2溶液5L，忽略损耗，钴的产率_（产率=产物中元素总量原料中该元素总量%100）。【答案】12h90SiO2（二氧化硅）2Co2O34H2SO4（浓）4CoSO44H2OO22Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+2.010-5Cu2S、SNiSO4钴的产率=0.036mol/L5L59g/mol100g11.80%100%=90.00%【解析】 (1)根据钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系，推出在12h、90时钴的浸出率最高；根据水钴矿的成分，SiO2是酸性氧化物，不与酸反应，即滤渣的主要成分是SiO2；（2）Co2O3中Co的化合价由+3变为+2价，化合价降低，应该是O元素被氧化成氧气，因此反应方程式为2Co2O34H2SO4（浓）4CoSO44H2OO2；（3）根据生成黄钠铁矾，推出离子反应方程式为2Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+；（4）c(Mg2+)c(Ca2+)=Ksp(MgF2)Ksp(CaF2)=7.410-111.510-10，c(Mg2+)=10-5molL1代入公式，求出c(Ca2+)=2.010-5molL1；(5)还原产物是氧化剂被还原得出的物质，根据化学反应方程式，硫酸铜中Cu的化合价由+2价变为+1价，化合价降低，Na2S2O3中一部分S的化合价降低，转化成S和Cu2S中的S，即还原产物是Cu2S、S；（6）根据流程的目的，以及主要成分，推出水相中含有溶质为硫酸钠和NiSO4；（7）根据产率的公式，得出钴的产率为0.036mol/L5L59g/mol100g11.80%100%=90.00%。5（2018届四川省乐山市第二次调查研究考试）硒和碲在工业上有重要用途。在铜、镍镇、铅等电解工艺的阳极泥中硒、碲确主要以硒化物、碲化物及单质状态存在。一种从阳极泥中提取Se和Te的工艺流程如下：已知:碲酸四氢钠(Na2H4TeO6)难溶，碲酸(H6TeO6)可溶。回答下列问题:(1)阳极泥在600K左右加入一定浓度H2SO4焙烧时，,单质Te转化为TeO2 的化学方程式为_。(2)“焙砂”与碳酸钠充分混合，干燥后通入空气焙烧，发生氧化反应，每生成1mol碲酸四氢钠(Na2H4TeO6)，则需要的氧化剂O2至少为_mol；生成的碲酸四氢钠不用“水浸”，而采取“酸浸”的原因是_。(3)流程中“反应”处发生反应的化学方程式为_。(4)检验“还原”后的溶液中Na2SO3是否过量的实验操作方法为_。(5)工艺路线中可以循环利用的物质有_、_。【答案】Te+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O0.5Na2H4TeO6在水中难溶，酸浸生成的H6TeO6可溶SeO2+2H2O+2SO2=2H2SO4+Se取少量“还原”后的容液于试管，加入稀H2SO4将生成的气体道入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则Na2SO3过量。反之不过量H2SO4NaOH【解析】(1)阳极泥在600K左右加入一定浓度H2SO4焙烧时，单质Te转化为TeO2,同时生成二氧化硫和水，反应的化学方程式为Te+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O；6（2018届四川成都七中（高新校区）高三理科综合）铬铁矿(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程示意图如下(部分操作和条件略)：(1)铬铁矿(FeCr2O4)改写为氧化物的形式为_。(2)反应中发生了两个主要反应，其中一个主要反应的化学方程式为4FeCr2O4 + 8Na2CO3 + 7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；另一个主要反应的化学方程式为 _。(3)写出反应中生成固体B的离子方程式为_。(4)pH 5时，发生反应有_（写离子方程式），Na2Cr2O7 + 2KCl = K2Cr2O7+ 2NaCl。下表是相关物质的溶解度数据：物质溶解度( g / 100 g H2O )04080KCl2840.151.3NaCl35.736.438K2Cr2O74.726.373Na2Cr2O7163215376加入KCl固体后经一系列操作析出K2Cr2O7晶体的理由是_。获得K2Cr2O7晶体的操作由多步组成，依次是加入KCl固体、蒸发浓缩、_、_、洗涤、干燥得到晶体。(5)某种酒精测试仪中，K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为三价铬离子，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量比为_。(6)含铬废渣(废水)的随意排放对人类生成环境有极大的危害，电解法是处理铬污染的一种方法，电解时，在阴极区有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成(已知KspFe(OH)3 = 4.01038，KspCr(OH)3 = 6.01031)。已知电解后的溶液中c(Cr3+)为3.0105 mol/L，则溶液中c(Fe3+)为_ mol/L。【答案】FeOCr2O3 Na2CO3+ Al2O3 2NaAlO2 + CO2AlO2 + CH3COOH + H2O = Al(OH)3+ CH3COO2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2OK2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且温度对氯化钠的溶解度影响较小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾冷却结晶过滤2: 32.01012 .由表中数据可知，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且温度对氯化钠的溶解度影响较小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，随着温度的降低K2Cr2O7的溶解度迅速降低产生沉淀，溶液中的复分解反应平衡被打破，反应向右进行，从而利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾； .要获得K2Cr2O7，需经过加入KCl固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；(5).K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为三价铬离子，该反应的离子方程式为2Cr2O723CH3CH2OH16H=3CH3COOH4Cr311H2O，由反应方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为2: 3；(6). 电解后的溶液中c(Cr3+)为3.010-5 mol/L，所以溶液中c（OH）=3KspCrOH3c3Cr3+，而c(Fe3)=KspFeOH3c3OH-，所以c(Fe3)=KspFeOH3KspCrOH3c(Cr3+)=4.010-386.010-313.010-5 mol/L=2.010-12 mol/L。7（2018年成都七中高考模拟考试）硒和碲在工业上有重要用途。在铜、镍、铅等电解工艺的阳极泥中硒、碲主要以硒化物、碲化物及金属状态存在。一种从阳极泥中提取Se和Te的工艺流程见下：已知：碲酸钠(Na2H4TeO6)难溶，碲酸(H6TeO6)可溶。回答下列问题：（1）阳极泥在600 K左右加入一定浓度H2SO4“焙烧”时，单质Te转化为TeO2的化学方程式为_。（2） “焙砂”与碳酸钠充分混合，干燥后通空气氧化物料，每生成1 mol碲酸钠，则需要的氧化剂O2至少为_mol；生成的碲酸钠不水浸，而采取“酸浸”的原因是_。（3） “反应”时的化学方程式为_。（4）“还原”中的反应生成物为TeO2，检验反应后是否有反应物Na2SO3过量的实验操作方法为_。（5）已知“电解”时使用石墨电极，阳极产物与阴极产物的物质的量之比为_。（6）工艺路线中可以循环利用的物质有_、_。【答案】Te+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O0.5Na2H4TeO6 在水中难溶，酸浸生成的H6TeO6可溶SeO2+2H2O+2SO2=2H2SO4+Se取少量“还原”后的溶液于试管，加入稀H2SO4，将生成的气体通入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则Na2SO3过量。反之不过量11H2SO4NaOH【解析】 (1)阳极泥在600K左右加入一定浓度H2SO4焙烧时，单质Te转化为TeO2,同时生成二氧化硫和水，反应的化学方程式为Te+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O；(2)“焙砂”与碳酸钠充分混合，干燥后通入空气焙烧，发生氧化反应2Na2CO3+O2+ 2TeO2=2Na2H4TeO6+2CO2，每生成1mol碲酸四氢钠(Na2H4TeO6)，则需要的氧化剂O2至少为0.5mol；Na2H4TeO6在水中难溶，酸浸生成的H6TeO6可溶，故生成的碲酸四氢钠不用“水浸”，而采取“酸浸”； 8（2018届重庆市西南大学附属中学校高三第六次月考）镧系金属元素鈰（Ce）常见有+3、+4两种价态，鈰的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。请回答下列问题：（1）雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-物质的量之比为11，试写出该反应的离子方程式_。（2）用电解的方法可将上述吸收液中的NO2-转化为稳定的无毒气体，同时再生Ce4+，其原理如图所示。无毒气体从电解槽的_（填字母序号）口逸出。每生成标准状况下22.4 L无毒气体，同时可再生Ce4+_mol。（3）鈰元素在自然界中主要以氟碳鈰矿形式存在，其主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳鈰矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。假设参与酸浸反应的CeO2和CeF4的物质的量之比为31，试写出相应的化学方程式_。向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是_。常温下，当溶液中的某离子浓度1.010-5molL-1时，可认为该离子沉淀完全。据此，在生成Ce(OH)3的反应中，加入NaOH溶液至pH至少达到_时，即可视为Ce3 +已完全沉淀。(KspCe(OH)3)=1.010-20) 加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是_。【答案】4Ce4+ + 2NO + 3H2O = 4Ce3+ + NO2+ NO+ 6H+c6149CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3+ 11CeCl3 + 6Cl2+ 27H2O避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）9NH4Cl固体分解产生的HCl可抑制CeCl3的水解根据流程可知反应物还有HCl、H3BO3，生成物有Ce(Br4)3沉淀、CeCl3，根据化合价的变化，因元素Ce由+4价变为+3价，化合价降低，由氧化还原反应原理可知，应有元素化合价升高，则应有Cl2生成，结合质量守恒，则反应的化学方程式为9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3+ 11CeCl3 + 6Cl2+ 27H2O；避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率，故向Ce(BF4)3中加入KCl溶液；常温下，当溶液中c(Ce3 +)=1.010-5molL-1时，KspCeOH3)=c(Ce3+)c3(OH-)=1.010-5molL-1c3(OH-)=1.010-20，则c(OH-)=1.010-5，即pH=9，据此，在生成Ce(OH)3的反应中，加入NaOH溶液至pH至少达到9时，即可视为Ce3 +已完全沉淀；加热CeCl36H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是NH4Cl固体分解产生的HCl可抑制CeCl3的水解。9（2018届广西玉林高级中学高三化学模拟试题三）锆(40Zr)是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：（1）SiCl4的电子式为_。上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是_。（2）高温气化后的固体残渣除C外，还含有的金属元素有_（3）写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：_。 （4）锆还是核反应堆燃料棒的包裹材料，锆合金在高温下与水蒸气反应产生氢气，二氧化锆可以制造耐高温纳米陶瓷。下列关于锆、二氧化锆的叙述中，正确的是_(填序号)。a锆合金比纯锆的熔点高，硬度小b二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料c将一束光线通过纳米级二氧化锆会产生一条光亮的通路d可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂（5）工业上电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体也可制取金属锆。写出电解的总反应方程式并标明电子转移的方向和数目 _。（6）某燃料电池是以C2H4作为燃料气，另一极通入氧气，电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2，则负极上发生的反应式为_。（7）极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc表示（pcB=lgcB）。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1105molL1，则该溶液中溶质的pc=5。下列说法正确的是_A电解质溶液的pc（H+）与pc（OH）之和均为14B用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc（H+）逐渐增大CBaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc（Ba2+）逐渐减小D某温度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.01012，则其饱和溶液中pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7【答案】因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4Al、FeZrCl49H2O=ZrOCl28H2O2HClbdK2ZrF64KClZr6KF2Cl2C2H46O212e=2CO22H2OBD（2）高温气化后的固体残渣除C外，还含有氧化铝和氧化铁，故所含有的金属元素有Al、Fe；（3）ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（4）a合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的混合物一般说来合金的硬度一般比各成分金属大，多数合金的熔点 低于组成它的成分金属的熔点，所以锆合金比纯锆的熔点低，硬度大，故a错误；b陶瓷属于无机非金属材料，二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料，故b正确；c将一束光线通过胶体会产生一条光亮的通路，但二氧化锆为化合物无丁达尔效应，故c错误；d氦为稀有气体，可采用氦作反应堆包裹核燃料的锆合金的冷却剂，故d正确；故答案为：bd；（5）电解K2ZrF6与KCl等组成的熔体，反应物为K2ZrF6、KCl，生成物为金属锆，锆的化合价降低（+40），则氯的化合价升高生成氯气（-10），转移4e-，根据原子守恒即得失电子守恒所以方程式为：K2ZrF6+4KCl Zr+6KF+2Cl2；（6）该燃料电池中通入乙烯的一极为负极，发生氧化反应，乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：C2H4+6O2-12e-2CO2+2H2O；（7）A溶液中的c（H+）和c（OH）与水的电离程度有关，而水的电离程度随温度的升高而增大，如常温下Kw= c（H+）c（OH）=1.010-14，则pc（H+）+pc（OH）=14，而在100时，Kw= c（H+）c（OH）=1.010-12，则pc（H+）+pc（OH）=12，选项A错误；B用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中c（OH）逐渐减小，则c（H+）逐渐增大，所以pc（H+）是逐渐减小的，选项B正确；C向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中c（Ba2+）逐渐减小，则pc（Ba2+）逐渐增大，选项C错误；D某温度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.01012，则其饱和溶液中c（Zr4+）=1105molL1，c（CO32）=2105molL1，pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7，选项D正确。答案选BD。10（2019届辽宁省六校协作体高三上学期期初联考）三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4H2O)简称“三盐”，白色或微黄色粉末，热稳定性能优良，主要用作聚氯乙烯的热稳定剂。“三盐”是由可溶性铅盐中加入硫酸生成硫酸铅，再加氢氧化钠而制得。以100.0吨铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如下图所示已知：（1）Ksp(PbSO4)=1.8210-8，Ksp(PbCO3)=1.4610-13；（2）铅与冷盐酸、冷硫酸几乎不起作用。请回答下列问题：（1）写出步骤“转化”的化学方程式_（2）步骤“过滤1”后所得滤渣的主要成分为_（3）步骤“酸溶”，最适合选用的酸为_，为提高酸溶速率，可采取的措施是_（任意写出一条）（4）若步骤“沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.8210-5molL-1，则此时c(SO42-)=_ molL-1（5）从原子利用率的角度分析该流程的优点为_（6）步骤“合成”三盐的化学方程式为_。【答案】PbSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4Pb PbO PbCO3HNO3适当升温(适当增加硝酸浓度、减小滤渣颗粒大小等合理答案均可)110-3滤液2(HNO3溶液)可以循环利用4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O（4）根据Ksp(PbSO4)=1.8210-8，若滤液中c(Pb2+)=1.8210-5molL-1，则此时c(SO42-)=Ksp(PbSO4)cPb2+=1.8210-81.8210-5=110-3mol/L ；（5）从原子利用率的角度分析该流程的优点为滤液2(HNO3溶液)可以循环利用，节约原料，降低成本；（6）根据题目叙述，结合转化关系，则步骤“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O。11（2018届云南省红河州高三复习统一检测）三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O42H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示：请回答下列问题：（1）操作为_。（2）加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为_；加入碳酸钠溶液目的是调溶液的pH值在4.05.0，用化学用语回答加入碳酸钠的目的_。（3）草酸镍（NiC2O42H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，NiC2O4受热分解的化学方程式为_。（4）加入草酸后如何证明沉淀完全_；过滤NiC2O4沉淀时如何洗涤沉淀_。（5）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则该电池负极的电极反应式为_。【答案】加酸溶解，过滤2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OCO32-+2H+CO2+2H2O ，CO32-+H2OHCO3-+OH-，CO32-先与酸反应，之后再水解使溶液呈碱性促进铁离子水解沉淀完全2NiC2O4 Ni2O3+3CO+ CO2静置取上层清液少许于试管中，再加入少量草酸溶液，若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2-3次Al+4OH-3e- = AlO2-+2H2O【解析】（1）分析框图：含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主），要使之变成离子，应该加酸溶解，溶解金属，再除去不溶物过滤；（5）在该原电池中Al为负极，放电生成Al3+，在NaOH溶液中最终转化为AlO2-，故电极反应式为：Al+4OH-3e- = AlO2-+2H2O。12（2019届山东省德州市武城县第二中学高三9月月考）镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni(OH)2、碳粉和氧化铁等涂在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行回收研究，设计实验流程如下：已知：a.NiCl2易溶于水，Fe3不能氧化Ni2。b某温度下一些金属氢氧化物的Ksp及开始沉淀和完全沉淀时的理论pH如表所示：M(OH)nKsppH开始沉淀沉淀完全Al(OH)31.910333.434.19Fe(OH)33.910382.532.94Ni(OH)21.610147.609.75回答下列问题：（1）根据表中数据判断步骤依次析出的沉淀_和沉淀_(填化学式)，则pH1_pH2(填“”、“”或“”)，控制两种沉淀析出可利用_(填序号)。ApH试纸 B石蕊指示剂 CpH计（2）已知溶解度：NiC2O4NiC2O4H2ONiC2O42H2O，则步骤的化学方程式是_。步骤后，过滤沉淀所需的玻璃仪器有_。（3）试写出步骤的离子方程式_。【答案】Fe(OH)3Al(OH)3CNiCl2Na2C2O42H2O=NiC2O42H2O2NaCl漏斗、玻璃棒和烧杯2Ni(OH)22OHCl2=2Ni(OH)32Cl13（2019届山东省日照青山学校高三上学期第一次月考）TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质(1)Ti是一种活泼金属，原子核内有22个质子，它在周期表中的位置是_。(2)根据上表信息推测TiCl4中含有的化学键类型是_。(3)MgCl2的电子式为_。(4)氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_。(5)精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4如图。物质a是_(填化学式)。T1应控制在_。【答案】第四周期第B族共价键MgCl2、AlCl3、FeCl3SiCl4高于58，低于13614（2019届四川省广安第二中学校高三上学期第一次月考）新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。工业上制备K2FeO4的常用方法有两种。方法：次氯酸盐氧化法。工艺流程如图所示。（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：_FeCl3_NaOH_NaClO=_Na2FeO4_。_其中氧化剂是_(填化学式)。（2）“转化”过程中发生反应的化学方程式为_。（3）上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯，操作是将粗产品用_溶解，然后_。方法：电解法。以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极液中加入KOH。（4）电解时阳极发生反应生成FeO42，该电极反应方程式为_。【答案】210329NaCl5H2ONaClONa2FeO42KOH=K2FeO42NaOH稀KOH溶液加入饱和KOH溶液，冷却结晶Fe8OH6e=FeO42-4H2O15（2019届天津市武清区城关中学高三上学期化学月考一）氯化铜晶体（CuCl22H2O）含有FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下列操作步骤进行提纯：先加入氧化剂X，再加入物质Y，过滤得沉淀Z。将滤液蒸发结晶得纯CuCl22H2O晶体。已知：三种离子在溶液中完全变成氢氧化物沉淀所需pH值如下表。离子Fe3+Cu2+Fe2+pH3.76.46.4试回答下列问题：（1）加入氧化剂X的目的是_。（2）下列物质都可以作为氧化剂，其中最适宜于本实验的是_。AH2O2 BKMnO4 CNaClO DK2Cr2O7此过程发生反应的离子方程式为_。（3）物质Y可以用_（填一种物质），沉淀Z是_。（4）为分离出沉淀Z采取的实验操作是_。（5）步骤所用的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、玻璃棒和_，如要获得无水CuCl2，应采取的操作是_。【答案】将Fe2氧化为Fe3，便于除杂A2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OCuO或CuCO3或Cu(OH)2Fe(OH)3过滤蒸发皿在氯化氢气流中加热脱水（4）氢氧化铁不溶于水，为分离出沉淀Z采取的实验操作是过滤。（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发），所以应在氯化氢气流中加热脱水，以抑制CuCl2水解，采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl22H2O的晶体，所用的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、玻璃棒和蒸发皿。
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