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回归教材重难点04 “9种”物质的性质及应用-【查漏补缺】2023年高考化学三轮冲刺过关(新高考专用)(解析版)

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回归教材重难点04“9种”物质的性质及应用元素化合物是中学化学最重要的基础知识,近几年高考独立考查元素化合价的命题不多,分散在不同类型的题目中,主要以化学实验、化工流程的综合题的形式呈现。本考点是高考五星高频考点,2020年~2022年各地新高考卷考查情况如下表。年份考点北京卷广东卷湖北卷浙江卷天津卷湖南卷福建卷江苏卷河北卷辽宁卷山东卷2022元素化合物的基本性质√√√√2021√√√√√√√2020√√√2022工艺流程√√√√√√√√2021√√√√√√√√2020√物质1氯气物质2二氧化硫物质3硫酸物质4氨气 物质5硝酸物质6二氧化硅物质7碳酸钠和碳酸氢钠物质8铁盐与亚铁盐物质9铝的化合物 1.(2022·广东省等级考)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是()。选项陈述Ⅰ陈述ⅡA用焦炭和石英砂制取粗硅SiO2可制作光导纤维B利用海水制取溴和镁单质Br-可被氧化,Mg2+可被还原C石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色石油裂解可得到乙烯等不饱和烃DFeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体FeCl3可用作净水剂【解析】选A。焦炭具有还原性,工业上常利用焦炭与石英砂(SiO2)在高温条件下制备粗硅,这与SiO2是否做光导纤维无因果关系,故A符合题意;海水中存在溴离子,可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质,再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质,另外,通过富集海水中的镁离子,经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁,随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质,陈述I和陈述II均正确,且具有因果关系,B不符合题意;石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃,从而使溴的CCl4溶液褪色,陈述I和陈述II均正确,且具有因果关系,C不符合题意;FeCl3溶液中铁离子可发生水解,生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,从而可用作净水机,陈述I和陈述II均正确,且具有因果关系,D不符合题意。2.(2022·江苏省选择考)氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是()。A.自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3B.侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4ClC.工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3D.多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”【解析】选A。自然固氮是将N2转化为含氮化合物,不一定是转化为NH3,比如大气固氮是将N2会转化为NO,A错误;侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl,反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,B正确;工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3,相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O22NO2、3NO2+H2O2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3,C正确;氮元素在自然界中既有游离态又有化合态,多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”,D正确。3.(2022·浙江6月选考)下列说法正确的是()。A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B.接触法制硫酸时,煅烧黄铁矿以得到三氧化硫C.浓硝酸与铁在常温下不反应,所以可用铁质容器贮运浓硝酸D.“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用【解析】选D。六水合氯化镁没有自由移动的离子,不能导电,工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁,A不正确;接触法制硫酸时,煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫,二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫,B不正确;在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应,在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生,所以可用铁质容器贮运浓硝酸,C不正确;“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用,若两者混用会发生归中反应生成氯气,不仅达不到各自预期的作用效果,还会污染环境,D正确。4.(2022·浙江6月选考)关于化合物FeO(OCH3)的性质,下列推测不合理的是()。A.与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2OB.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2OC.溶于氢碘酸(HI),再加CCl4萃取,有机层呈紫红色D.在空气中,与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3【解析】选B。因为CH3O-带一个单位负电荷,则化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3 价,故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O,反应原理为:FeO(OCH3)+3HClFeCl3+H2O+CH3OH,A不合题意;由分析可知,化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价,C为-1,若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等,不符合氧化还原反应规律,即不可能生成FeO、CO2、H2O,B符合题意;由分析可知,化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为+3价,故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2,反应原理为:2FeO(OCH3)+6HI2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH,再加CCl4萃取,有机层呈紫红色,C不合题意;化合物FeO(OCH3)在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O,然后Fe2O3为碱性氧化物,SiO2为酸性氧化物,故化合物FeO(OCH3)与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3,D不合题意。5.(湖南永州市2023年高考第一次适应性考试)下列说法正确的是()。A.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁B.浓H2SO4具有强吸水性,能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI,说明H3PO4比HI酸性强D.向浓HNO3中插入红热的炭,产生红棕色气体,说明炭可与浓HNO3反应生成NO2【解析】选A。镁非常活泼,在空气中燃烧可和氮气、氧气反应,生成氧化镁和氮化镁,A正确;浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化,是其脱水性的体现,B错误;浓H3PO4为难挥发性酸,加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI,是难挥发性酸制取挥发性酸,C错误;向浓HNO3中插入红热的炭,产生红棕色气体,也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体,D错误。6.(河北省邯郸市2022~2023学年高三上学期摸底)下列“类比”或“对比”合理的是()。A.MgCl2溶液与过量的氨水反应生成Mg(OH)2沉淀,则AlCl3溶液与过量的氨水反应生成Al(OH)3沉淀B.Na在空气中燃烧生成Na2O2,则Li在空气中燃烧生成Li2O2C.Fe在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物,则Cu在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物D.NaCl固体与浓H2SO4加热可制HCl,则NaI固体与浓H2SO4加热可制HI【解析】选A。一水合氨是弱碱,氢氧化铝与弱碱不反应,MgCl2溶液与过量的氨水反应生成Mg(OH)2沉淀,则AlCl3溶液与过量的氨水反应生成Al(OH)3沉淀。选项A正确;Na在空气中燃烧生成Na2O2,Li的金属性弱于Na,Li在空气中燃烧生成Li2O。选项B错误;Fe在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物,而Cu在潮湿的空气中被腐蚀最终生成铜绿碱式碳酸铜。选项C错误;NaCl固体与浓H2SO4加热可制HCl,HI还原性较强会被浓硫酸氧化,故NaI固体与浓H2SO4加热得不到HI。选项D错误。7.(宁波市2023学年第一学期选考模拟)食品安全国家标准规定,K4[Fe(CN)6]允许作为食盐的抗结剂,最大使用量为0.01g/kg。己知K4[Fe(CN)6]的熔点70℃、沸点104.2℃,400℃以上分解:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+5C+3N2↑,KCN有剧毒。下列关于K4[Fe(CN)6]的推测不合理的是()。A.可溶于水,溶液中离子主要存在形式为K+、[Fe(CN)6]4-B.烹饪时不必担心食盐中的K4[Fe(CN)6]转化为剧毒物质C.在空气中灼烧,生成K2CO3、FeO、CO2和N2D.与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN【解析】选C。K4[Fe(CN)6]属于钾盐,由K+和[Fe(CN)6]4-构成,该物质可溶于水,溶液中离子主要存在形式为K+、[Fe(CN)6]4-,A正确;K4[Fe(CN)6]沸点为104.2℃,在104.2℃以上即变为气体逸出,故烹饪时不必担心食盐中的K4[Fe(CN)6]转化为剧毒物质,B正确;在空气中灼烧K4[Fe(CN)6],Fe(II)会被氧化为Fe(III),不会生成FeO,C错误;K4[Fe(CN)6]可与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN,D正确。8.(2022·河北省选择考)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下:下列说法错误的是()。A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液直接返回还原工序B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C.中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2OD.参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1【解析】选A。由流程可知,氢溴酸中含有少量的溴,加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫,再加入硫酸除杂,得到的滤渣为硫酸钡和硫;加入碳酸锂进行中和,得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2 用NaOH溶液吸收,吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质,若直接返回还原工序,则产品中会有一定量的溴化钠,导致产品的纯度降低,A说法错误;除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫,硫属于非极性分子形成的分子晶体,而硫酸钡属于离子晶体,根据相似相溶原理可知,硫可溶于煤油,而硫酸钡不溶于煤油,因此可用煤油进行组分分离,B说法正确;中和工序中,碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水,该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O,C说法正确;根据电子转化守恒可知,溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1;根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知,n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1,因此,参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1,D说法正确。9.(2022·湖南省等级考)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:下列说法错误的是()。A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2D.滤液可回收进入吸收塔循环利用【解析】选C。烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的碳酸钠,发生反应Na2CO3+2HF2NaF+CO2↑+H2O,向合成槽中通入NaAlO2,发生反应6NaF+2CO2+NaAlO22Na2CO3+Na3AlF6,过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。陶瓷的成分中含有SiO2,SiO2在高温下与Na2CO3发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,故A正确;采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积,提高吸收塔内烟气吸收效率,故B正确;由上述分析可知,合成槽内发生反应6NaF+2CO2+NaAlO22Na2CO3+Na3AlF6,产物是Na3AlF6和Na2CO3,故C错误;由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,故D正确。10.(2022·山东省等级考)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是()。A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为ZnB.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出C.中和调pH的范围为3.2~4.2D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成【解析】选D。CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取,CuS反应产生为CuSO4、S、H2O,Fe2+被氧化为Fe3+,然后加入NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3;滤液中含有Cu2+、Zn2+;然后向滤液中通入高压H2,根据元素活动性:Zn>H>Cu,Cu2+被还原为Cu单质,通过过滤分离出来;而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中,再经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A正确;CuS难溶于硫酸,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的浓度,可以反应消耗S2-,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进金属离子的浸取,B正确;根据流程图可知:用NH3调节溶液pH时,要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C正确;在用H2还原Cu2+变为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,不利于H2失去电子还原Cu单质,因此不利于Cu的生成,D错误。11.(湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟)废旧光盘可用于回收银等贵重金属,避免因直接填埋而污染土壤。工业上回收光盘金属层中的Ag的整体过程如图所示,下列说法错误的是()。 A.氧化过程中发生的反应为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑B.操作1分离出AgCl后,再加氨水,目的是溶解银C.氧化过程中,不可用HNO3代替NaClO氧化AgD.实验室进行操作1使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒【解析】选B。由流程可知,氧化时发生反应:4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑,A项正确;操作1分离出的沉淀主要为AgCl,可能含Ag,再加氨水溶解AgCl,发生反应:AgCl+2NH3•H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O,B项错误;如用硝酸,会生成氮氧化物,污染环境,且无法直接得到AgCl沉淀,C项正确;操作1为过滤,使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒,D项正确。12.(河南省六市2023届高三第一次联合调研)某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体,并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的路线如图:已知:Cu(NO3)2·3H2OCu(NO3)2·Cu(OH)2CuO;SOCl2熔点-105℃、沸点76℃,遇水剧烈水解生成两种酸性气体。下列说法不正确的是()。A.第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3B.第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤C.为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体,可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法D.第④步中发生的总反应的化学方程式Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑【解析】选B。第②步调pH时,不能引入新的杂质,常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等,所以适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3,A正确;第③步操作是从溶液中提取Cu(NO3)2·3H2O晶体,由信息可知,晶体受热易失去结晶水,易发生水解,所以采取的措施是蒸发浓缩(至液体表面有晶膜出现)、冷却结晶等,不能蒸发至干,B不正确;减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间,可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体,C正确;第④步中,SOCl2与结晶水作用,生成SO2和HC1气体,发生的总反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑,D正确。13.(湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟)一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是()。A.“转氮”过程属于人工固氮B.合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应C.若用H2O代替NH4Cl进行转化,从体系中分离出NH3更容易D.该合成氨过程中,参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3【解析】选D。由图示可知反应的过程为:人工固氮是将N2单质转化为化合物,“转氮”过程没有氮气参与,不属于人工固氮,A项错误;“转氮”过程,以及NH3和HCl反应生成NH4Cl的过程,都没有化合价变化,不属于氧化还原,B项错误;NH3 极易溶解于水,若用H2O代替NH4Cl进行转化,难以从体系中分离出NH3,C项错误;该合成氨过程中,N2→NH3,1molN2转移6mol电子,H2O→O2,1molH2O转移2mol电子,由得失电子守恒可知,参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3,D项正确。14.(陕西省咸阳市2023年高考一模)重质二氧化锰具有优良的电化学性能,广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下:下列说法错误的是()。A.“沉锰”的主要反应为Mn2++HCO3-MnCO3↓+H+B.“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高C.用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体,所得溶液可用于“沉锰”D.工艺中的硫酸表现酸性,高锰酸钾做氧化剂【解析】选A。如果是Mn2++HCO3-MnCO3↓+H+,氢离子还会与HCO3-反应,HCO3-+H+CO2↑+H2O,正确的离子方程式为Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O,故A错误;敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放,有利于反应正向进行,效率更高,故B正确;“焙烧”产生的气体为二氧化碳,用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵,可用于“沉锰”,故C正确;酸性高锰酸钾具有强氧化性,做氧化剂,硫酸提供酸性环境,有利于物质稳定存在,故D正确。15.(江淮十校2023届高三第一次联考)中药材铁华粉的主要成分为醋酸亚铁,可用如图所示方法检测。下列相关说法个正确的是()。A.制备铁华粉的主要反应为Fe+2CH3COOHFe(CH3COO)2+H2↑B.气体X中含有醋酸蒸气C.向滤液中滴加酸性高锰酸钾溶液,可证明Fe2+具行还原性D.出上述实验川知,OH-结合Fe3+的能力大于CN-【解析】选C。A项,铁与醋酸反应生成醋酸亚铁,正确;B项,气体X中含有醋酸蒸气和氢气,正确;C项,滤液中含有Cl-,不能证明是Fe2+与高锰酸铆反应,错误;D项,向所得监色沉淀中加入NaOH溶液可生成Fe(OH)3,说明OH-结合Fe3+的能力大于CN-,正确。14.(2022·辽宁省选择考)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下:已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3;②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu;③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下:开始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列问题:(1)为提高培烧效率,可采取的措施为___________。A.进一步粉碎矿石B.鼓入适当过量的空气C.降低焙烧温度(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,反应的化学方程式为_______________________。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为:①充分浸出Bi3+和Mn2+;②___________。 (4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为__________________________。(6)加入金属Bi的目的是___________。【解析】联合焙烧:由已知信息①和第(2)问题干可知,发生转化:Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4,故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2;水浸:MnSO4进入滤液,滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2;酸浸:加入过量浓盐酸后,Bi2O3和Fe2O3发生转化:Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+,因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应:Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O,气体A为Cl2,滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2,滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+;第(4)(5)问转化:由已知信息②知,Fe的金属活动性强于Bi,且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液,可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(1)联合焙烧时,进一步粉碎矿石,可以增大矿石与空气的接触面积,能够提高焙烧效率,选项a符合题意;鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应,选项b符合题意;降低焙烧温度,反应速率减慢,不利于提高焙烧效率,选项c不符合题意。选ab;(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,根据原子守恒可知还应生成SO2,结合得失电子守恒,反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2;(3)加入浓盐酸后,溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-,而酸浸后取滤液进行转化,故要防止金属离子水解生成沉淀,进入滤渣,造成制得的BiOCl产率偏低;(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2;(5)因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应:Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O;(6)由已知信息③知,调pH=2.6时,Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀,但Fe2+还没开始沉淀,故要将Fe3+转化为Fe2+,在调pH后获得含FeCl2的滤液,为了不引入新的杂质,加入Bi作还原剂。【答案】(1)ab(2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)将Fe3+转化为Fe2+16.(2022·辽宁省选择考)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下:已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3;②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu;③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下:开始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列问题:(1)为提高培烧效率,可采取的措施为___________。A.进一步粉碎矿石B.鼓入适当过量的空气C.降低焙烧温度(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,反应的化学方程式为_______________________。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为:①充分浸出Bi3+和Mn2+;②___________。(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为__________________________。(6)加入金属Bi的目的是___________。【解析】联合焙烧:由已知信息①和第(2)问题干可知,发生转化:Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4,故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2;水浸:MnSO4进入滤液,滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2;酸浸:加入过量浓盐酸后,Bi2O3和Fe2O3发生转化:Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+,因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应:Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O,气体A为Cl2,滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2,滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+;第(4)(5)问转化:由已知信息②知,Fe的金属活动性强于Bi,且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液,可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(1)联合焙烧时,进一步粉碎矿石,可以增大矿石与空气的接触面积,能够提高焙烧效率,选项a符合题意;鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应,选项b符合题意;降低焙烧温度,反应速率减慢,不利于提高焙烧效率,选项c不符合题意。选ab;(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,根据原子守恒可知还应生成SO2 ,结合得失电子守恒,反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2;(3)加入浓盐酸后,溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-,而酸浸后取滤液进行转化,故要防止金属离子水解生成沉淀,进入滤渣,造成制得的BiOCl产率偏低;(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2;(5)因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应:Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O;(6)由已知信息③知,调pH=2.6时,Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀,但Fe2+还没开始沉淀,故要将Fe3+转化为Fe2+,在调pH后获得含FeCl2的滤液,为了不引入新的杂质,加入Bi作还原剂。【答案】(1)ab(2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)将Fe3+转化为Fe2+17.(2022·海南省选择考)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料,某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下:回答问题:(1)步骤①的目的是_____________。(2)步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成_______(填化学式)污染环境。(3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,反应的化学方程式为_______________。(4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是_______________。(5)实验证明,滤液D能将I-氧化为I2。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是___________。ⅱ.乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。【解析】由流程中的信息可知,原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤,可以除去原料表面的油污;滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应,其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4,溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液,加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈碱性,可以除去原料表面的油污,因此,步骤①的目的是:除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下,铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O,二氧化硫是一种大气污染物,步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成SO2污染环境。(3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,生成CuSO4和H2O,该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体,因此,经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是:胆矾晶体易溶于水,用水洗涤会导致胆矾的产率降低。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应,在加热的条件下,其分解更快,因此,甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是:溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ.I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化;滤液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,较简单的方案是除去溶液中的Cu2+,然后再向其中加入含有I-的溶液,观察溶液是否变色;除去溶液中的Cu2+的方法有多种,可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物,如加入Na2S将其转化为CuS沉淀,因此,乙同学的实验方案为取少量滤液D,向其中加入适量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,静置后向上层清液中加入少量KI溶液;实验结果为:上层清液不变色,证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+将I-氧化为I2。【答案】(1)除油污(2)SO2(3)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O(4)胆矾晶体易溶于水(5)ⅰ.溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解ⅱ.取滤液,向其中加入适量硫化钠,使铜离子恰好完全沉淀,再加入I-,不能被氧化18.(湖南省邵阳市2022~2023学年高三3月联考)利用铝灰(主要成分为Al2O3,含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)制备超细α-Al2O3,的实验流程如下:回答下列问题:(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________。(2)图中“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (3)“氧化”时反应离子反应方程式为___________。(4)煅烧硫酸铝铵晶体,发生的主要反应为4[NH4Al(SO4)2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+5SO3↑+3SO2↑+N2↑+53H2O↑。将产生的气体通过下图所示的装置。①集气瓶中收集到的气体是___________(填化学式)。②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有___________(填化学式)。③KMnO4溶液褪色反应的离子反应方程式为_________________________________________(MnO4-被还原为Mn2+)。【解析】铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)加稀硫酸,Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子,SiO2不溶于硫酸,过滤为滤渣,滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加双氧水,Fe2+被氧化为Fe3+,调节pH沉铁,加入(NH4)2SO4转化为硫酸铝铵溶液,结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3;(1)Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水,其反应的方程式为:Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O;(2)SiO2不溶于硫酸,过滤,滤渣为SiO2;(3)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+,其反应的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O;(4)①NH4Al(SO4)2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收,二氧化硫被高锰酸钾吸收,所以最后集气瓶中收集到的气体是N2;②NH3极易溶于水,NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收,SO3与水反应是硫酸,则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收,所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有SO3、NH3;③酸性条件下,KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子,其反应的离子方程式为:2MnO4-+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42-+4H+。【答案】(1)Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O(2)SiO2(3)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O(4)①N2②SO3、NH3③2MnO4-+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42-+4H+19.(山西临汾2022~2023学年高三3月联考)某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示:已知:i.有关金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Mg2+开始沉淀pH1.54.04.67.69.5沉淀完全pH2.85.26.89.711.1开始溶解的pH―7.812――溶解完全的pH―10.8>14――ii.Cr(OH)3+NaOHNaCrO2+2H2Oⅲ.已知Cr的金属性强于Fe(1)滤渣3成分的化学式为_______;回收铬时,铬的存在形式为_______(填化学式)。(2)加入铁粉后,调节pH的范围为____________。(3)由滤渣1得到滤液4发生反应的离子方程式为________________________________。(4)由滤液3得到结晶水合物的操作是_______、过滤、洗涤、干燥。(5)滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧,总反应的化学方程式为___________________________;该过程加入少量CaO的目的是___________________________。 【解析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质),用稀硫酸溶解后,加入Fe粉调pH使Cr3+沉淀完全,pH≥6.8,此时Al3+沉淀完全,加入Fe,Fe3+被还原成Fe2+,此时Fe2+不沉淀,故滤渣1为Cr(OH)3和Al(OH)3,再调pH=11,Al(OH)3完全溶解,pH=12时,Cr(OH)3开始溶解,所以滤渣3为Cr(OH)3;试剂X可为NaOH,pH≥14,使Cr(OH)3完全溶解,据此分析解题。(1)据分析可知,滤渣3的主要成分为Cr(OH)3;加入NaOH,pH≥14,使Cr(OH)3完全溶解,Cr(OH)3+NaOHNaCrO2+2H2O,所以铬的存在形式为NaCrO2;(2)加入铁粉,使Al3+,Cr3+沉淀完全,而Fe2+,Mg2+不沉淀,所以6.8≤pH≤7.6;(3)故滤渣1为Cr(OH)3和Al(OH)3,再调pH=11,Al(OH)3完全溶解,所以离子方式为Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O;(4)滤液2中含Fe2+,Mg2+,通入足量O2,Fe2+转换为Fe3+,调pH为4,Fe3+完全沉淀,滤渣2为MgSO4,得到其晶体化合物的操作是蒸发浓缩,冷却结晶,过滤;(5)由题可知,Fe(OH)3+FeS2Fe3O4+SO2↑+H2O,1个FeS2中含2个-1价的S,均升高到+4价,共升高10价;需要11个Fe(OH)3中的Fe从+3价降到+2价,1个Fe3O4中有2个+3价的Fe和1个+2价的Fe,产物中有10个被还原的+2价的Fe和FeS2中的Fe;所以的系数为11;再根据质量守恒可知,反应方程式为32Fe(OH)3+FeS211Fe3O4+2SO2↑+48H2O;加入少量CaO的目的是吸收SO2,防止污染。【答案】(1)①Cr(OH)3②NaCrO2(2)6.8≤pH≤7.6(3)Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O(4)蒸发浓缩,冷却结晶,过滤(5)32Fe(OH)3+FeS211Fe3O4+2SO2↑+48H2O;吸收SO2,防止污染20.(2023届安徽马鞍山高三1月模拟)铅及其化合物有着优异的性能和广泛的应用。工业上利用铅浮渣(主要成分是PbO、Pb,还含有少量的Ag、CaO)制备硫酸铅。制备流程图如下:已知:Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5。(1)步骤I有NO产生浸出液中含量最多的金属阳离子为Pb2+,写出Pb参加反应的化学方程式___________________________,为防止Ag被溶解进入溶液,步骤I操作时应注意_______________________。(2)粗PbSO4产品含有的杂质是____________;要得到纯净的PbSO4,需要用试剂进行多次洗涤,再用蒸馏水洗涤。最好选用的试剂是_________________。A.稀硫酸B.稀盐酸C.硝酸铅溶液D.酒精(3)母液可循环利用的物质是HNO3,若母液中残留的SO42-过多,循环利用时可能出现的问题是______________________________。(4)若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀,则溶液中的c(SO42-)至少为___________mol/L。(5)(CH3COO)2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂,可用PbSO4与CH3COONH4反应制备,写出该反应的离子方程式_______________________。(6)铅蓄电池是电压稳定、使用方便的二次电池。PbSO4在其中扮演了重要角色,写出铅蓄电池充电时阳极的电极反应_______________________。【解析】铅浮渣(主要成分是PbO、Pb,还含有少量的Ag、CaO)用15%硝酸溶解,控制硝酸的量使Pb过量,使Ag不溶解,过滤得到含Pb2+、Ca2+的浸出液和含Ag的浸出渣;浸出液加40%硫酸使Pb2+转化为PbSO4沉淀,过滤、洗涤、干燥得PbSO4,据此解答。(1)铅与硝酸反应生成一氧化氮、水和硝酸铅,反应的方程式为3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O,当铅过量时银不能溶解,所以为防止Ag被溶解进入溶液,步骤I操作时应注意控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余;(2)根据流程可知,粗PbSO4产品含有的杂质是CaSO4,可以用Pb(NO3)2利用沉淀转化将硫酸钙转化为硫酸铅,答案选C;(3)若母液中残留的SO42-过多,在步骤I中就会有硫酸铅沉淀出现,会随浸出渣排出,故答案为浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出,降低PbSO4的产率;(4)若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀,c(Pb2+)≤10-5mol/L,Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO42-)=1.6×10-8,则溶液中的c(SO42-)≥=1.6×10-3mol/L;(5)(CH3COO)2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂,可用PbSO4与CH3COONH4反应制备,该反应的离子方程式为PbSO4+2CH3COO-(CH3COO)2Pb+SO42-;(6)铅蓄电池放电时正极是氧化铅得电子生成硫酸铅,电极反应式为PbO2+2e-+4H++SO42-PbSO4+2H2O。【答案】(1)3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O;控制硝酸的用量使铅浮渣(或Pb)稍有剩余(2)CaSO4;C(3)浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出,降低PbSO4的产率(4)1.6×10-3(5)PbSO4+2CH3COO-(CH3COO)2Pb+SO42-(6)PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H++SO42-21.(2023河南省商丘市高三3月学情检测)研究人员从废旧线路板后的固体残渣(含SnO2、PbO2等) 中进一步回收金属锡(Sn),一种回收流程如下。已知:i.50Sn、82Pb为IVA族元素;ii.SnO2、PbO2与强碱反应生成盐和水。(1)SnO2与NaOH反应的化学方程式为________________________________。(2)不同溶剂中Na2SnO3的溶解度随温度变化如图。①相同温度下,Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小,结合平衡移动原理解释原因:_______________________________________。②操作III的具体方法为_______________________________。(3)测定粗锡中Sn的纯度:在强酸性环境中将ag粗锡样品溶解(此时Sn全部转化成Sn2+),迅速加入过量NH4Fe(SO4)2溶液,以二苯胺磺酸钠为指示剂,用cmol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次,消耗K2Cr2O7溶液的体积平均为VmL,计算Sn的纯度(Sn的摩尔质量为119g·mol-1)。已知:Sn2++2Fe3+Sn4++2Fe2+,Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。粗锡样品中Sn的纯度为_______(用质量分数表示)。【解析】废旧线路板后的固体残渣(含SnO2、PbO2等)加入过量的氢氧化钠溶液,生成Na2SnO3和Na2PbO3,过滤后加入硫化钠溶液,生成硫化铅和硫单质,滤液后经过蒸发结晶,趁热过滤后得到Na2SnO3固体,在高温下与焦炭反应生成固体锡。(1)SnO2与NaOH反应,化合价不变,化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O。(2)①相同温度下,Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小,结合平衡移动原理解释原因:随着NaOH溶液浓度增大,c(Na+)增大,Na2SnO3溶解平衡:Na2SnO3(s)2Na+(aq)+SnO32-(aq)逆向移动,使得Na2SnO3溶解度减小。②Na2SnO3溶解度随温度变化不大,故操作III的具体方法为蒸发结晶,趁热过滤。(3)已知Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,用cmol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次,消耗K2Cr2O7溶液的体积平均为VmL,即亚铁离子的物质的量为6cV×10-3mol,根据Sn2++2Fe3+Sn4++2Fe2+可知,锡离子的物质的量为3cv×10-3mol,即锡单质的质量为119g·mol-1×3cv×10-3mol=0.357cVg。粗锡样品中Sn的纯度为%。【答案】(1)SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)①随着NaOH溶液浓度增大,c(Na+)增大,Na2SnO3溶解平衡:Na2SnO3(s)2Na+(aq)+SnO32-(aq)逆向移动,使得Na2SnO3溶解度减小②蒸发结晶,趁热过滤(3)%

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文章作者:王贵娥

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