化学解答题练习四解析版高考化学解答题专练元素化合物与工艺流程Word文件下载.docx

1、Fe2+开始沉淀时（c=0.01 molL1）的pH7.23.72.27.5沉淀完全时（c=1.0105 mol8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_。（2）“滤液”中含有的金属离子是_。（3）“转化”中可替代H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即 “滤液”中可能含有的杂质离子为_。（1）除去油脂，溶解铝及其氧化物 AlO+H+H2OAl（OH）3或Al（OH）+H+Al（OH）3+H2O （2） Ni2+、Fe2+、Fe3+ （3） O2或空气 Fe3+

2、 （1） 根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行“碱浸”，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液中含有NaAlO2（或NaAl（OH）4），加入稀硫酸可发生反应：AlO+H+Al（OH）3+H2O。除去油脂，溶解铝及其氧化物；+H+Al（OH）3+H2O；（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3） “转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气代替；若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液中可能含有转化生成的Fe

3、3+。3实验室模拟工业上用铬污泥（含有Cr2O3、Fe2O3、SiO2等）制备K2Cr2O7的工艺流程如下：已知：Cr（OH）3不溶于水，与Al（OH）3类似，具有两性；酸性条件下，H2O2可将+6价的Cr还原为+3价的Cr；+6价的Cr在溶液pH5时，主要以的形式存在；在pH7时，主要以部分物质溶解度曲线如图所示：（1）用KOH调节pH至11-12的目的是_。（2）写出加入30%H2O2过程中发生的离子反应方程式：_。（3）流程中K2CrO4溶液含有少量过氧化氢，经过多步处理制得K2Cr2O7晶体。请补充完整由K2CrO4溶液为原料制备K2Cr2O7晶体的实验方案：取一定量流程中的K2CrO

4、4溶液于烧杯中，_，_，_，过滤、冰水洗涤及干燥。（实验中必须使用的试剂：稀盐酸）（4）铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O在空气中能被氧气氧化，久置后生成盐A，盐A的化学式为Al2Fe（OH）x（SO4）424H2O。为确定盐A的化学式，学习小组进行如下实验：取一定质量的盐A样品溶于足量的稀硫酸中，将溶液分为两等份。其中一份与酸性K2Cr2O7溶液充分反应（反应后被还原成Cr3+），消耗浓度为0.3000molL-1的K2Cr2O7溶液25.00mL；往另一份溶液中加入足量稀氨水，在空气中微热并搅拌使之充分反应，待沉淀不再变化后过滤，将沉淀洗涤并充分灼烧后称量，得9.10g干燥固体粉末。通

5、过计算确定x的值_（写出计算过程）。（1）除去Fe3+，将铬元素转化为 （2）3H2O2+2OH-+2=2+4H2O （3）煮沸（除去过量的H2O2） 用盐酸酸化至pH5 蒸发浓缩、冰浴、冷却结晶 （4）n（Fe2+）=0.045mol，9.10g固体中n（Al2O3）=0.05mol或n（Al3+）=0.1mol；n（Fe2O3）=0.0025mol或n（Fe3+）=0.005mol，n（）=0.2mol，n（OH-）=0.005mol，x=0.1 （1）根据分析，加入氢氧化钾溶液可以得到氢氧化铬，氢氧化铁，氢氧化铁作为滤渣2除去；由于 Cr（OH）3不溶于水，与Al（OH）3类似，具有两性

6、，加入氢氧化钾溶液后生成的溶液中含有，用KOH调节pH至11-12，目的是除去Fe3+，将铬元素转化为 ；（2）在碱性条件下，会被氧化成，加入30%H2O2，维持pH大于7，发生反应：3H2O2+2OH-+2+4H2O；（3）由K2CrO4溶液制备K2Cr2O7晶体，由于酸性条件下，H2O2可将+6价的Cr还原为+3价的Cr，故需要将溶液中的过氧化氢除去，需煮沸（除去过量的H2O2）；+6价的Cr在溶液pH5时，主要以的形式存在，故用盐酸酸化至pH5；由图中溶解度曲线可知,温度越高溶解的K2Cr2O7越多，故将溶液中析出晶体的方法是蒸发浓缩、冰浴、冷却结晶，过滤、冰水洗涤及干燥；（4）取一定质

7、量的Al2Fe（OH）x（SO4）424H2O盐A样品溶于足量的稀硫酸中，溶液中存在铝离子，铁离子或亚铁离子；消耗浓度为0.3000molL-1的K2Cr2O7溶液25.00mL，的物质的量为0.3000molL-125.0010-3L=0.0075mol，由于被还原成Cr3+，将亚铁离子氧化为铁离子，根据得失电子守恒可以得到：n（）6=n（Fe2+）1，解得n（Fe2+）=0.045mol；往另一份溶液中加入足量稀氨水，在空气中微热并搅拌使之充分反应，得到的沉淀是氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，将沉淀洗涤并充分灼烧后得到的是9.10g氧化铝和氧化铁，设铝离子的物质的量为amol，铁离子的物质的量为b

8、mol，n（Al3+）=2n（Fe3+）+2n（Fe2+），可以得到a=2b+0.0452；9.10g固体中氧化铝和氧化铁的质量和，9.10g=102g/mola+0.045mol160g/mol+160gb/mol，解得a=0.1mol，b=0.005mol，则n（Al2O3）=0.05mol，n（Al3+）=0.1mol；则Al2Fe（OH）x（SO4）424H2O的物质的量为0.05mol，n（Fe2O3）=0.0025mol或n（Fe3+）=0.005mol，n（Fe2+）=0.045mol，n（）=0.2mol，n（OH-）=0.005mol，x=0.1。4二草酸合铜（ II ）酸钾

9、晶体K2Cu（C2O4）2 2H2O，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。（）用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜（II）酸钾晶体的流程如下：H2C2O4CO+CO2+H2O。（1）将 H2C2O4晶体加入去离子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，原因是_。（2）将 CuO 与 KHC2O4的混合液在 50C 下充分反应，该反应的化学方程式为_。（3）50 C 时，加热至反应充分后的操作是_（填字母）。A 放于冰水中冷却后过滤 B 自然冷却后过滤 C 趁热过滤 D 蒸发浓缩、冷却后过滤（）以CuSO4 5H2O 晶体和 K2C2O4固体为原料制备二草酸合铜（ II

10、）酸钾晶体。实验步骤：将 CuSO4 5H2O 晶体和 K2C2O4固体分别用去离子水溶解后，将 K2C2O4溶液逐滴加入硫酸铜溶液中，有晶体析出后放在冰水中冷却，过滤，用酒精洗涤，在水浴锅上炒干。炒时不断搅拌，得到产品。（4）用酒精而不用冷水洗涤的目的是_（）产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样 ag 溶于 NH3H2O 中，并加水定容至 250mL，取试样溶液 25.00mL，再加入 10 mL 的稀硫酸，用 b mol L-1的 KMnO4标准液滴定，消耗 KMnO4标准液 V mL。（5）滴定时，下列滴定方式中，最合理的是_（填字母）。 （夹持部分略去）A B C （6）若在接近滴定

11、终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，实验结果会_（填“偏大”偏小”或“无影响”）。（1）温度过高，草酸会分解 （2）CuO + 2KHC2O4K2Cu（C2O4）2+H2O （3） C （4） 酒精易于挥发，便于干燥二草酸合铜（）酸钾晶体 （5） B （6）无影响 （1）由题意可知，草酸加热易分解，所以将 H2C2O4晶体加入去离子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，故答案为：温度过高，草酸会分解；（2） 将 CuO 与 KHC2O4的混合液在 50C 下充分反应，该反应的化学方程式为CuO + 2KHC2O4K2Cu（C2O4）2+H2O，故答案为：CuO + 2KH

12、C2O4K2Cu（C2O4）2+H2O；（3） 滤液中含有二草酸合铜（ ）酸钾，二草酸合铜（ ）酸钾微溶于冷水，可溶于热水，可以判断操作应是趁热过滤，故选C；（4）根据题意可知，二草酸合铜（ ）酸钾微溶于冷水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，所以用酒精洗涤，故答案为：酒精易于挥发，便于干燥二草酸合铜（ ）酸钾晶体；（5）A碱式滴定管的乳胶管会被高锰酸钾腐蚀，A不合理；B根据题意，用高锰酸钾标准液滴定试样，高锰酸钾应用酸式滴定管盛装，B合理；C根据题意，是用高锰酸钾溶液滴定试样，不是用试样滴加高锰酸钾，C不合理；故选B；（6） 用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下， 溶质的物质的量不变，则滴定结果无影响

13、，故答案为：无影响。5锂离子电池是目前具有最高比能量的二次电池。LiFePO4可极大地改善电池体系的安全性能，且具有资源丰富、循环寿命长、环境友好等特点，是锂离子电池正极材料的理想选择。生产LiFePO4的一种工艺流程如图：KspFe（OH）34.01038，Ksp（FePO4xH2O）1.01015。葡萄糖分子式为C6H12O6（1）在合成磷酸铁时，步骤中pH的控制是关键。如果pH1.9，Fe3沉淀不完全，影响产量；如果pH3.0，则可能存在的问题是_。（2）步骤中，洗涤是为了除去FePO4xH2O表面附着的_等离子。（3）取三组FePO4xH2O样品，经过高温充分煅烧测其结晶水含量，实验数

14、据如下表：实验序号123固体失重质量分数/%19.920.120.0固体失重质量分数100%则x_（精确至0.1）。（4）步骤中研磨的作用是_。（5）在步骤中生成了LiFePO4、CO2和H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（6）H3PO4是三元酸，如图是溶液中含磷微粒的物质的量分数（）随pH变化示意图。则PO第一步水解的水解常数K1的数值最接近_（填字母）。A1012.4B101.6 C107.2 D104.2（1）生成Fe（OH）3杂质，影响磷酸铁的纯度 （2） 、H（只要写出即可） （3） 2.1 （4） 增大反应物接触面积，加快反应速率；使反应物混合均匀，提高反应产率（答案合理

15、即可） （5） 241 （6） B （1）步骤I中pH的控制是关键，如果pH3.0，则可能存在的问题是：生成Fe（OH）3杂质，影响磷酸铁的纯度；（2）步骤I在反应釜中进行，加入磷酸和硝酸铁溶液，并用氨水调节步骤中pH值23目的是生成磷酸铁，溶液中溶质为硝酸铵，洗涤是为了除去FePO4xH2O表面附着的、H；（3）图表中固体失重质量分数的平均值，x=2.1；（4）步骤III中研磨的作用使反应物混合均匀，增大反应速率，提高反应产率；（5）在步骤IV中FePO4xH2O和葡萄糖反应生成了LiFePO4、CO2和H2O，其中Fe元素由+3价降到+2价，葡萄糖则被氧化成二氧化碳和水，则氧化剂为FePO

16、4xH2O，还原剂为葡萄糖，根据得失电子守恒得n（FePO4xH2O）（3-2）=n（C6H12O6）（4-0）6，则有氧化剂与还原剂物质的量之比为24:1；（6）H3PO4是三元酸，则第一步水解的离子方程式为：，水解常数K1的表达式，图象中可知时，pH=12.4，则，故选B。6以黄铁矿制硫酸产生的硫酸渣（含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3等）为原料制备纳米铁粉的部分工艺流程如下:（1） “酸溶”过程中H2SO4过量的目的是_。（2） “沉淀”过程中空气参与反应的离子方程式为_。（3） 为了确保纳米铁粉的纯度,“沉淀”过程需要调节溶液的pH的范围是3.23.5,其原因可能是_。（4

17、） “还原”过程中加入NaBH4时,要同时通入氮气并不断搅拌,通入氮气的作用为_。（5） 利用纳米铁粉可去除水体中的重金属Pb2+,中性条件下去除率最高,而酸性或碱性条件下去除率均有明显下降,如下图。酸性条件下,去除率下降的原因是_。碱性条件下去除率下降的原因可能是_（填字母）。a. 纳米铁粉在碱性条件溶解b. Pb2+在碱性条件生成沉淀c. Pb2+在碱性条件生成的沉淀又被碱溶解（1）提高铁元素的浸出率，同时抑制金属离子水解 （2） 4Fe2+O2+8OH-+2H2O4Fe（OH）3 （3）使 Fe3+完全沉淀，而 Al3+不沉淀 （4）防止纳米铁粉被氧化 （5） 纳米铁粉与氢离子反应 c

18、（1）酸溶时，硫酸与氧化铁、四氧化三铁和氧化铝反应得到含有硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝的溶液，硫酸过量，可以使金属氧化物完全溶解，提高铁元素的浸出率，同时也能抑制金属离子水解，防止降低铁元素的浸出率，故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制金属离子水解；（2）沉淀过程中空气参与的反应为碱性条件下，空气中的氧气与溶液中亚铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为4Fe2+O2+8OH-+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：4Fe2+O2+8OH-+2H2O4Fe（OH）3；（3）沉淀过程应调节溶液的pH的范围在3.23.5，使溶液中的铁离子完全沉淀，而铝离子不沉淀，防止铝离子沉淀影响纳米铁粉的纯度，故

19、答案为：使 Fe3+完全沉淀，而 Al3+不沉淀；（4）铁具有较强的还原性，易与空气中的氧气反应，为防止纳米铁粉被氧化，还原过程中加入硼氢化钠时，要同时通入氮气排尽装置中的氧气，故答案为：防止纳米铁粉被氧化；（5）铁是活泼金属，能与溶液中氢离子发生置换反应，利用纳米铁粉可去除水体中的重金属Pb2+时，酸性条件下，纳米铁粉与氢离子反应，会导致去除率下降，故答案为：纳米铁粉与氢离子反应；a.铁不与碱反应，纳米铁粉在碱性条件不会溶解，对去除率无影响，故错误；b. Pb2+在碱性条件生成氢氧化铅沉淀可以提高去除率，故错误；c.氢氧化铅能溶于碱溶液，Pb2+在碱性条件先生成氢氧化铅沉淀，氢氧化铅与碱反应

20、而溶解，导致去除率下降，故正确；c正确，故答案为：c。7二氧化铈是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含等物质）。某课题组以此粉末为原料，设计如下流程对资源进行回收，得到纯净的和硫酸铁铵晶体。不溶于稀硫酸，也不溶于溶液。（1）废玻璃粉末与稀硫酸充分反应后，过滤要用到的玻璃仪器有玻璃棒、_；“操作X”是将溶液1_、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。（2）向滤液1中加入稀硫酸、溶液的目的是_。滤渣1中加稀硫酸和溶液发生反应的离子方程式为_。（3）要证明滤液1中含有，可选用的试剂为_。（4）由滤液2生成的离子方程式为_。（5）取上述流程中得到的产品，加硫酸溶解后，用浓

21、度为的标准溶液滴定至终点时（铈元素被还原为），消耗标准溶液该产品中的质量分数为_（结果保留两位有效数字）。（1）烧杯、漏斗 蒸发浓缩（或加热浓缩）、冷却结晶（或降温结晶） （2） 将氧化为 （3） 铁氰化钾溶液（其他合理答案也可） （4） （5） 0.98或98% （1）过滤需要用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，故此处填烧杯、漏斗；操作X是从溶液1中获得晶体，故此处填：蒸发（加热）浓缩，降温（冷却）结晶。（2）最终产品硫酸铁铵中铁元素为+3价，故需要将滤液1中的Fe2+氧化为Fe3+，同时抑制Fe3+的水解；根据流程，滤渣1中CeO2与H2O2、H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素化合价降

22、低，根据常见物质的氧化还原规律，推测H2O2中O元素化合价升高变为O2，初步确定反应为：CeO2 + H2O2 Ce3+ + O2，根据得失电子守恒配平得：2CeO2 + H2O2 2Ce3+ + O2，再根据溶液显酸性添加H+、H2O配平电荷守恒和元素守恒，得最终方程式为：（3）Fe2+具有还原性，可以用酸性KMnO4检验，现象为KMnO4溶液褪色，也可以用铁氰化钾检验，现象为产生蓝色沉淀；（4）滤液2中Ce元素以Ce3+存在，反应后转化为Ce（OH）4，被氧化，根据反应物推测是被O2氧化，初步确定反应为：Ce3+ + O2 Ce（OH）4，根据得失电子守恒配平得：4Ce3+ + O2 4C

23、e（OH）4，再根据反应物中有NaOH添加OH-、H2O配平电荷守恒和元素守恒，得最终方程式为：（5）Ce（OH）4经硫酸溶解后转化为Ce4+，根据题意Ce4+将Fe2+氧化物Fe3+，自身被还原为Ce3+，根据得失电子守恒得反应关系为：1Ce4+ 1Fe2+，故n（Ce4+）=n（Fe2+）=0.1000 mol/L25 mL10-3 L/mL=2.510-3mol；根据Ce元素守恒：n（Ce（OH）4）=n（Ce4+）=2.510-3 mol；Ce（OH）4的质量分数=8二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含 CeCO3F）为原料制备 CeO2的一种工艺流程如图：（

24、1）CeCO3F 中 Ce 元素的化合价为_。（2）酸浸过程中的盐酸可用稀硫酸和 H2O2替换。写出替换后的反应的离子方程式_，替换的优点有_（写一点即可）。（3）生成 Ce（OH）4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）取上述流程中得到的 CeO2产品 0.4500 g，加硫酸溶解后，用 0.1000 molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（Ce4+被还原为 Ce3+，其它杂质均不反应），消耗 22.50 mL 标准溶液。则该产品中 CeO2的质量分数为_。（5）CeO2是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图所示。写出该过程的总反应的化学方程式_。（1）+3 （2）

25、2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O 防止生成 Cl2 而污染空气或氧化产物无污染 （3） 1:4 （4） 86.00% （5）2CO+O22CO2 （1）CeCO3F 中C为+4价，O为-2价，F为-1价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则Ce 元素的化合价为+3，故答案为：+3；（2）酸浸过程中，+4价的Ce被还原为+3价，则加入的盐酸表现酸性和还原性，盐酸会被氧化成氯气，用稀硫酸和 H2O2替换，H2O2被氧化为氧气，无大气污染物，反应的离子方程式2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，替换后防止生成 Cl2而污染空气或氧化产物无污染，故答案为：

26、2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；防止生成 Cl2而污染空气或氧化产物无污染；（3） 生成Ce（OH）4的反应中，O2为氧化剂，1mol O2得到4mol电子，CeCl3为还原剂，CeCl3中Ce由+3价升为+4价，1 mol CeCl3失去1mol电子，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4，故本题答案为1:4；（4） CeO2与FeSO4反应，Ce由+4价变为+3价，Fe由+2价变为+3价，根据电子守恒可知n（CeO2）=n（FeSO4）=0.1000mol/L22.5010-3L=2.2510-3mol，m（CeO2）=2.2510-3mol172g/mol=0.387g，该