2019屆高考化學(xué)難點(diǎn)剖析專題63化工流程中條件的控制練習(xí)

專題63 化工流程中條件的控制1（2019屆江西省紅色七校高三第一次聯(lián)考）工業(yè)上利用廢鎳催化劑(主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制備草酸鎳晶體的流程如下：（1）請(qǐng)寫出一種能提高“酸浸”速率的措施：_；濾渣I的成分是CaSO4和_(填化學(xué)式)。（2）除鐵時(shí)，控制不同的條件可以得到不同的濾渣II。已知濾渣II的成分與溫度、pH的關(guān)系如圖所示：若控制溫度40、pH=8，則濾渣II的主要成分為_(填化學(xué)式)。若控制溫度80、pH=2，可得到黃鐵礬鈉Na2Fe6(SO4)4 (OH)12沉淀(圖中陰影部分)，寫出生成黃鐵礬鈉的離子方程式：_。（3）已知除鐵后所得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，則所加c(NH4F)=_molL-1。已知Ksp(CaF2)=5.2910-9（4）加入有機(jī)萃取劑的作用是_。【答案】把廢鎳催化劑粉碎、適當(dāng)加熱，適當(dāng)增大酸的濃度或攪拌等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）根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素可知，提高浸出率，可把廢鎳催化劑粉碎或適當(dāng)加熱、適當(dāng)增大硫酸濃度、攪拌等，濾渣I的成分是CaSO4和SiO2； （2）根據(jù)圖象可以知道，控制溫度40、pH=8，則濾渣2的主要成分為FeOOH；若控制溫度80、pH=2，可得到黃鐵礬鈉Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律寫出生成黃鐵礬鈉的離子方程式為：2Na+3ClO-+6Fe2+4SO42-+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl-+6H+；（3）根據(jù)反應(yīng)式Ca2+2F-=CaF2，沉淀Ca2+消耗0.002molNH4F，根據(jù)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.2910-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=，設(shè)加入c(NH4F)=cmol/L，則=；解得c=6.610-2；（4）根據(jù)流程圖，加入有機(jī)萃取劑的作用是除去溶液中的Zn2+?！军c(diǎn)睛】本題考查了工業(yè)上從廢鎳催化劑制備草酸鎳晶體的工藝流程，側(cè)重考查物質(zhì)分離的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)和方法應(yīng)用，主要是利用溶液不同pH條件下離子沉淀的情況不同，控制溶液pH除去雜質(zhì)離子，同時(shí)考查了除雜原則不能引入新的雜質(zhì)，解題時(shí)先要弄清制備流程中各步反應(yīng)原理和目的，從而知道分離提純的環(huán)節(jié)中各成分組成，再結(jié)合氧化還原反應(yīng)和沉淀溶度積等知識(shí)解決各問(wèn)題。2（2019屆福建省莆田市第二十四中學(xué)高三上學(xué)期第一次調(diào)研考試）鈦酸鋇粉體是電子陶瓷元器件的重要基礎(chǔ)原料，其制備工藝流程如下圖所示：(1)鎂的碳化物常見(jiàn)的有MgC2和Mg2C3兩種，它們均極易與水發(fā)生反應(yīng)。寫出MgC2發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式：_；Mg2C3的電子式為_。(2)“混合溶液”環(huán)節(jié)，鈦元素在不同pH下主要以種形式存在，如上圖所示。實(shí)際制備工藝中，先用氨水調(diào)節(jié)混合溶液的pH于2.53之間，再進(jìn)行“沉淀”，則上圖中曲線a對(duì)應(yīng)鈦的形式為_填化學(xué)符號(hào)）；寫出“沉淀”時(shí)的離子方程式：_。(3)草酸氧鈦鋇晶體經(jīng)蒸餾水?dāng)?shù)次洗滌后，證明它已被洗滌干凈的實(shí)驗(yàn)方案為_。(4)工業(yè)上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制備：先將金紅石(TiO2)與過(guò)量焦炭混合，再通入Cl2)并加熱到900制取TiCl4。請(qǐng)寫出該法制備TiCl4的化學(xué)方程式：_。BaCO3是將重晶石（主要成分為BaSO4）浸泡在Na2C03溶液中足夠長(zhǎng)時(shí)間來(lái)制備。請(qǐng)問(wèn)Na2CO3溶液的濃度至少要大于_mol/L才能開始轉(zhuǎn)化。（已知常溫下： ，略CO32-的水解）?！敬鸢浮?1)MgC2+2H2O=Mg(OH)2+C2H2；(2)（3）TiOC2O4(4) TiO(C2O4)22-+ Ba2+ 4H2O = BaTiO(C2O4)24H2O(5)取最后一次洗滌液少量于試管中，向其中滴加AgNO3溶液，無(wú)白色沉淀生成證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈（6）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(7)2.5810-4（3）根反應(yīng)據(jù)過(guò)程知洗滌液中可能含有Cl，所以取最后一次洗滌液少量于試管中，向其中滴加AgNO3溶液，如無(wú)白色沉淀生成，證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈。答案：取最后一次洗滌液少量于試管中，向其中滴加AgNO3溶液，如無(wú)白色沉淀生成，證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈。（4）由足量焦炭和Cl2反應(yīng)判斷產(chǎn)物為TiCl4和CO，所以化學(xué)方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。設(shè)BaSO4飽和溶液中c(Ba2+)和c(SO42-)均為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)，則c(CO32-)=2.5810-9(molL-1)21.010-5molL-1=2.5810-4molL-1，所以Na2CO3 溶液的濃度至少要大于2.5810-4mol/L 才能開始轉(zhuǎn)化。3（天津市2017-2018學(xué)年高三年級(jí)第二學(xué)期）I高鐵酸鉀( K2FeO4)不僅是一種理想的水處理劑，而且高鐵電池的研制也在進(jìn)行中。如圖是高鐵電池的模擬實(shí)驗(yàn)裝置：（1）該電池放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式為_；若維持電流強(qiáng)度為1A，電池工作十分鐘，理論消耗Zn_g（已知F=96500Cmol,小數(shù)點(diǎn)后保留1位）。（2）鹽橋中盛有飽和KC1溶液，此鹽橋中氯離子向_移動(dòng)（填“左”或“右”）；若用陽(yáng)離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向_移動(dòng)（填“左”或“右”）。（3）下圖為高鐵電池和常用的高能堿性電池的放電曲線，由此可得出高鐵電池的優(yōu)點(diǎn)有_。工業(yè)上濕法制備K2FeO4的工藝流程如圖。（4）完成“氧化”過(guò)程中反應(yīng)的化學(xué)方程式：_FeCl3+_NaOH+_NaClO=_Na2FeO4+_NaCl+_H2O,其中氧化劑是_（填化學(xué)式）。（5）加入飽和KOH溶液的目的是_。（6）已知25時(shí)KspFe(OH)3=4.010-38，此溫度下若在實(shí)驗(yàn)室中配制5mol/L l00mL FeCl3溶液，為使配制過(guò)程中不出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，則至少需要加入_mL 2 mol/L的鹽酸（忽略加入鹽酸體積）?！敬鸢浮縁eO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH0.2右左使用時(shí)間長(zhǎng)、工作電壓穩(wěn)定NaClO減小高鐵酸鉀的溶解，促進(jìn)高鐵酸鉀晶體析出2.5【解析】(1)根據(jù)電池裝置，Zn做負(fù)極，C為正極，高鐵酸鉀的氧化性很強(qiáng)，正極上高鐵酸鉀發(fā)生還原反應(yīng)生成Fe(OH)3，正極電極反應(yīng)式為：FeO42-+4H2O+3e-Fe(OH)3+5OH-，若維持電流強(qiáng)度為1A，電池工作十分鐘，通過(guò)電子為，則理論消耗Zn為65g/mol=0.2g；(2)鹽橋中陰離子移向負(fù)極移動(dòng)，鹽橋起的作用是使兩個(gè)半電池連成一個(gè)通路，使兩溶液保持電中性，起到平衡電荷，構(gòu)成閉合回路，放電時(shí)鹽橋中氯離子向右移動(dòng)，用某種高分子材料制成陽(yáng)離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向左移動(dòng)； (4)其中Fe元素化合價(jià)由+3價(jià)升高為+6價(jià)，共升高3價(jià)，Cl元素化合價(jià)由+1價(jià)降低為-1，價(jià)，共降低2價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為6，則FeCl3的系數(shù)為2、NaClO的系數(shù)為3，再根據(jù)原子守恒配平后反應(yīng)方程式為：2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，所含元素化合價(jià)降低的反應(yīng)物是氧化劑，NaClO是氧化劑；(5)加入飽和KOH溶液可以增大K+的濃度，減小高鐵酸鉀的溶解，促進(jìn)高鐵酸鉀晶體析出；(6)溶液中c(Fe3+)=5mol/L，根據(jù)KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=4.010-38，可知開始沉淀時(shí)c(OH-)=210-13mol/L，則溶液中c(H+)=mol/L=0.05mol/L，根據(jù)稀釋定律，需要鹽酸的體積=2.5mL。4（2019屆河北省隆化縣存瑞中學(xué)高三第二次調(diào)研考試）鈷被譽(yù)為戰(zhàn)略物資，有出色的性能和廣泛的應(yīng)用。以水鈷礦（主要成分為Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等）為原料制備CoCl26H2O的工藝流程如圖所示：回答下列問(wèn)題：“酸浸”（1）鈷的浸出率隨酸浸時(shí)間、溫度的變化關(guān)系如下圖所示。綜合考慮成本，應(yīng)選擇的最佳工藝條件為_、_；濾渣的主要成分為_。（2）Co2O3與濃硫酸反應(yīng)生成CoSO4，化學(xué)方程式為_。“凈化除雜”分三步完成：（3）除鐵：加入適量Na2SO4固體，析出淡黃色晶體黃鈉鐵礬Na2Fe6(SO4)4(OH)12，離子方程式為_。（4）除鈣、鎂：加入適量NaF，當(dāng)Mg2+恰好完全被除去（離子濃度等于105molL1）時(shí)，c(Ca2+)=_molL1 （取兩位有效數(shù)字）。已知：Ksp(MgF2)=7.41011，Ksp(CaF2)=1.51010。（5）除銅：加入適量Na2S2O3，發(fā)生反應(yīng)2CuSO42Na2S2O32H2OCu2SS2Na2SO42H2SO4，該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為_。“萃取和反萃取”（6）“水相”中的主要溶質(zhì)是Na2SO4和_（寫化學(xué)式）。（7）實(shí)驗(yàn)室稱取100g原料（含鈷11.80%），反萃取時(shí)得到濃度為0.036molL1的CoCl2溶液5L，忽略損耗，鈷的產(chǎn)率_（產(chǎn)率=）?！敬鸢浮?2h90SiO2（二氧化硅）2Co2O34H2SO4（濃）4CoSO44H2OO22Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+2.010-5Cu2S、SNiSO4鈷的產(chǎn)率=【解析】 (1)根據(jù)鈷的浸出率隨酸浸時(shí)間、溫度的變化關(guān)系，推出在12h、90時(shí)鈷的浸出率最高；根據(jù)水鈷礦的成分，SiO2是酸性氧化物，不與酸反應(yīng)，即濾渣的主要成分是SiO2；（2）Co2O3中Co的化合價(jià)由+3變?yōu)?2價(jià)，化合價(jià)降低，應(yīng)該是O元素被氧化成氧氣，因此反應(yīng)方程式為2Co2O34H2SO4（濃）4CoSO44H2OO2；（3）根據(jù)生成黃鈉鐵礬，推出離子反應(yīng)方程式為2Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+；（4），c(Mg2+)=10-5molL1代入公式，求出c(Ca2+)=2.010-5molL1；(5)還原產(chǎn)物是氧化劑被還原得出的物質(zhì)，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式，硫酸銅中Cu的化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?1價(jià)，化合價(jià)降低，Na2S2O3中一部分S的化合價(jià)降低，轉(zhuǎn)化成S和Cu2S中的S，即還原產(chǎn)物是Cu2S、S；（6）根據(jù)流程的目的，以及主要成分，推出水相中含有溶質(zhì)為硫酸鈉和NiSO4；（7）根據(jù)產(chǎn)率的公式，得出鈷的產(chǎn)率為。5（2018屆四川省樂(lè)山市第二次調(diào)查研究考試）硒和碲在工業(yè)上有重要用途。在銅、鎳鎮(zhèn)、鉛等電解工藝的陽(yáng)極泥中硒、碲確主要以硒化物、碲化物及單質(zhì)狀態(tài)存在。一種從陽(yáng)極泥中提取Se和Te的工藝流程如下：已知:碲酸四氫鈉(Na2H4TeO6)難溶，碲酸(H6TeO6)可溶?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)陽(yáng)極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4焙燒時(shí)，,單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2 的化學(xué)方程式為_。(2)“焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通入空氣焙燒，發(fā)生氧化反應(yīng)，每生成1mol碲酸四氫鈉(Na2H4TeO6)，則需要的氧化劑O2至少為_mol；生成的碲酸四氫鈉不用“水浸”，而采取“酸浸”的原因是_。(3)流程中“反應(yīng)”處發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(4)檢驗(yàn)“還原”后的溶液中Na2SO3是否過(guò)量的實(shí)驗(yàn)操作方法為_。(5)工藝路線中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有_、_。【答案】Te+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O0.5Na2H4TeO6在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶SeO2+2H2O+2SO2=2H2SO4+Se取少量“還原”后的容液于試管，加入稀H2SO4將生成的氣體道入澄清石灰水，若溶液變渾濁，則Na2SO3過(guò)量。反之不過(guò)量H2SO4NaOH【解析】(1)陽(yáng)極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4焙燒時(shí)，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2,同時(shí)生成二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Te+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O；6（2018屆四川成都七中（高新校區(qū)）高三理科綜合）鉻鐵礦(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)，以鉻鐵礦為原料制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程示意圖如下(部分操作和條件略)：(1)鉻鐵礦(FeCr2O4)改寫為氧化物的形式為_。(2)反應(yīng)中發(fā)生了兩個(gè)主要反應(yīng)，其中一個(gè)主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為4FeCr2O4 + 8Na2CO3 + 7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；另一個(gè)主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為 _。(3)寫出反應(yīng)中生成固體B的離子方程式為_。(4)pH 5時(shí)，發(fā)生反應(yīng)有_（寫離子方程式），Na2Cr2O7 + 2KCl = K2Cr2O7+ 2NaCl。下表是相關(guān)物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)：物質(zhì)溶解度( g / 100 g H2O )04080KCl2840.151.3NaCl35.736.438K2Cr2O74.726.373Na2Cr2O7163215376加入KCl固體后經(jīng)一系列操作析出K2Cr2O7晶體的理由是_。獲得K2Cr2O7晶體的操作由多步組成，依次是加入KCl固體、蒸發(fā)濃縮、_、_、洗滌、干燥得到晶體。(5)某種酒精測(cè)試儀中，K2Cr2O7在酸性條件下將乙醇氧化為乙酸，自身被還原為三價(jià)鉻離子，該反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為_。(6)含鉻廢渣(廢水)的隨意排放對(duì)人類生成環(huán)境有極大的危害，電解法是處理鉻污染的一種方法，電解時(shí)，在陰極區(qū)有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成(已知KspFe(OH)3 = 4.01038，KspCr(OH)3 = 6.01031)。已知電解后的溶液中c(Cr3+)為3.0105 mol/L，則溶液中c(Fe3+)為_ mol/L?！敬鸢浮縁eOCr2O3 Na2CO3+ Al2O3 2NaAlO2 + CO2AlO2 + CH3COOH + H2O = Al(OH)3+ CH3COO2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2OK2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且溫度對(duì)氯化鈉的溶解度影響較小，但對(duì)重鉻酸鉀的溶解度影響較大，利用復(fù)分解反應(yīng)在低溫下可以得到重鉻酸鉀冷卻結(jié)晶過(guò)濾2: 32.01012 .由表中數(shù)據(jù)可知，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且溫度對(duì)氯化鈉的溶解度影響較小，但對(duì)重鉻酸鉀的溶解度影響較大，隨著溫度的降低K2Cr2O7的溶解度迅速降低產(chǎn)生沉淀，溶液中的復(fù)分解反應(yīng)平衡被打破，反應(yīng)向右進(jìn)行，從而利用復(fù)分解反應(yīng)在低溫下可以得到重鉻酸鉀； .要獲得K2Cr2O7，需經(jīng)過(guò)加入KCl固體、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥等；(5).K2Cr2O7在酸性條件下將乙醇氧化為乙酸，自身被還原為三價(jià)鉻離子，該反應(yīng)的離子方程式為2Cr2O723CH3CH2OH16H=3CH3COOH4Cr311H2O，由反應(yīng)方程式可知，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為2: 3；(6). 電解后的溶液中c(Cr3+)為3.010-5 mol/L，所以溶液中c（OH）=，而c(Fe3)=，所以c(Fe3)=c(Cr3+)=3.010-5 mol/L=2.010-12 mol/L。7（2018年成都七中高考模擬考試）硒和碲在工業(yè)上有重要用途。在銅、鎳、鉛等電解工藝的陽(yáng)極泥中硒、碲主要以硒化物、碲化物及金屬狀態(tài)存在。一種從陽(yáng)極泥中提取Se和Te的工藝流程見(jiàn)下：已知：碲酸鈉(Na2H4TeO6)難溶，碲酸(H6TeO6)可溶?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）陽(yáng)極泥在600 K左右加入一定濃度H2SO4“焙燒”時(shí)，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2的化學(xué)方程式為_。（2） “焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通空氣氧化物料，每生成1 mol碲酸鈉，則需要的氧化劑O2至少為_mol；生成的碲酸鈉不水浸，而采取“酸浸”的原因是_。（3） “反應(yīng)”時(shí)的化學(xué)方程式為_。（4）“還原”中的反應(yīng)生成物為TeO2，檢驗(yàn)反應(yīng)后是否有反應(yīng)物Na2SO3過(guò)量的實(shí)驗(yàn)操作方法為_。（5）已知“電解”時(shí)使用石墨電極，陽(yáng)極產(chǎn)物與陰極產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_。（6）工藝路線中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有_、_?！敬鸢浮縏e+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O0.5Na2H4TeO6 在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶SeO2+2H2O+2SO2=2H2SO4+Se取少量“還原”后的溶液于試管，加入稀H2SO4，將生成的氣體通入澄清石灰水，若溶液變渾濁，則Na2SO3過(guò)量。反之不過(guò)量11H2SO4NaOH【解析】 (1)陽(yáng)極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4焙燒時(shí)，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2,同時(shí)生成二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Te+2H2SO4TeO2+2SO2+2H2O；(2)“焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通入空氣焙燒，發(fā)生氧化反應(yīng)2Na2CO3+O2+ 2TeO2=2Na2H4TeO6+2CO2，每生成1mol碲酸四氫鈉(Na2H4TeO6)，則需要的氧化劑O2至少為0.5mol；Na2H4TeO6在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶，故生成的碲酸四氫鈉不用“水浸”，而采取“酸浸”； 8（2018屆重慶市西南大學(xué)附屬中學(xué)校高三第六次月考）鑭系金屬元素鈰（Ce）常見(jiàn)有+3、+4兩種價(jià)態(tài)，鈰的合金耐高溫，可以用來(lái)制造噴氣推進(jìn)器零件。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）霧霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成物質(zhì)的量之比為11，試寫出該反應(yīng)的離子方程式_。（2）用電解的方法可將上述吸收液中的NO2-轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的無(wú)毒氣體，同時(shí)再生Ce4+，其原理如圖所示。無(wú)毒氣體從電解槽的_（填字母序號(hào)）口逸出。每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4 L無(wú)毒氣體，同時(shí)可再生Ce4+_mol。（3）鈰元素在自然界中主要以氟碳鈰礦形式存在，其主要化學(xué)成分為CeFCO3。工業(yè)上利用氟碳鈰礦提取CeCl3的一種工藝流程如下：焙燒過(guò)程中發(fā)生的主要反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_。假設(shè)參與酸浸反應(yīng)的CeO2和CeF4的物質(zhì)的量之比為31，試寫出相應(yīng)的化學(xué)方程式_。向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是_。常溫下，當(dāng)溶液中的某離子濃度時(shí)，可認(rèn)為該離子沉淀完全。據(jù)此，在生成Ce(OH)3的反應(yīng)中，加入NaOH溶液至pH至少達(dá)到_時(shí)，即可視為Ce3 +已完全沉淀。 加熱CeCl36H2O和NH4Cl的固體混合物可得固體無(wú)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形式沉淀而損失（或?qū)e3+全部轉(zhuǎn)化為CeCl3，提高產(chǎn)率）9NH4Cl固體分解產(chǎn)生的HCl可抑制CeCl3的水解根據(jù)流程可知反應(yīng)物還有HCl、H3BO3，生成物有Ce(Br4)3沉淀、CeCl3，根據(jù)化合價(jià)的變化，因元素Ce由+4價(jià)變?yōu)?3價(jià)，化合價(jià)降低，由氧化還原反應(yīng)原理可知，應(yīng)有元素化合價(jià)升高，則應(yīng)有Cl2生成，結(jié)合質(zhì)量守恒，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3+ 11CeCl3 + 6Cl2+ 27H2O；避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而損失或?qū)e3+全部轉(zhuǎn)化為CeCl3，提高產(chǎn)率，故向Ce(BF4)3中加入KCl溶液；常溫下，當(dāng)溶液中c(Ce3 +)時(shí)，則c，即pH=9，據(jù)此，在生成Ce(OH)3的反應(yīng)中，加入NaOH溶液至pH至少達(dá)到9時(shí)，即可視為Ce3 +已完全沉淀；加熱CeCl36H2O和NH4Cl的固體混合物可得固體無(wú)水CeCl3，其中NH4Cl的作用是NH4Cl固體分解產(chǎn)生的HCl可抑制CeCl3的水解。9（2018屆廣西玉林高級(jí)中學(xué)高三化學(xué)模擬試題三）鋯(40Zr)是現(xiàn)代工業(yè)的重要金屬原料，具有良好的可塑性，抗蝕性能超過(guò)鈦。以鋯英石(主要成分是ZrSiO4，還含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)鋯及其化合物的流程如圖所示：（1）SiCl4的電子式為_。上述流程中，高溫氣化存在多個(gè)反應(yīng)，若不考慮反應(yīng)中的損失，則分餾后得到的SiCl4質(zhì)量通常比由純ZrSiO4發(fā)生的反應(yīng)得到的SiCl4質(zhì)量大，原因是_。（2）高溫氣化后的固體殘?jiān)鼵外，還含有的金屬元素有_（3）寫出上述流程中ZrCl4與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。 （4）鋯還是核反應(yīng)堆燃料棒的包裹材料，鋯合金在高溫下與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，二氧化鋯可以制造耐高溫納米陶瓷。下列關(guān)于鋯、二氧化鋯的敘述中，正確的是_(填序號(hào))。a鋯合金比純鋯的熔點(diǎn)高，硬度小b二氧化鋯陶瓷屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料c將一束光線通過(guò)納米級(jí)二氧化鋯會(huì)產(chǎn)生一條光亮的通路d可采用氦作反應(yīng)堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑（5）工業(yè)上電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體也可制取金屬鋯。寫出電解的總反應(yīng)方程式并標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目 _。（6）某燃料電池是以C2H4作為燃料氣，另一極通入氧氣，電解質(zhì)是摻雜氧化釔(Y2O3)的氧化鋯(ZrO2)晶體，在熔融狀態(tài)下能傳導(dǎo)O2，則負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)式為_。（7）極稀溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度很小，常用其負(fù)對(duì)數(shù)pc表示（pcB=lgcB）。如某溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1105molL1，則該溶液中溶質(zhì)的pc=5。下列說(shuō)法正確的是_A電解質(zhì)溶液的pc（H+）與pc（OH）之和均為14B用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過(guò)程中pc（H+）逐漸增大CBaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加過(guò)程中pc（Ba2+）逐漸減小D某溫度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.01012，則其飽和溶液中pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7【答案】因?yàn)殡s質(zhì)中的SiO2也通過(guò)反應(yīng)產(chǎn)生了SiCl4Al、FeZrCl49H2O=ZrOCl28H2O2HClbdK2ZrF64KClZr6KF2Cl2C2H46O212e=2CO22H2OBD（2）高溫氣化后的固體殘?jiān)鼵外，還含有氧化鋁和氧化鐵，故所含有的金屬元素有Al、Fe；（3）ZrCl4與水反應(yīng)產(chǎn)物為ZrOCl28H2O，根據(jù)原子守恒，反應(yīng)方程式為：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（4）a合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的混合物一般說(shuō)來(lái)合金的硬度一般比各成分金屬大，多數(shù)合金的熔點(diǎn) 低于組成它的成分金屬的熔點(diǎn)，所以鋯合金比純鋯的熔點(diǎn)低，硬度大，故a錯(cuò)誤；b陶瓷屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，二氧化鋯陶瓷屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故b正確；c將一束光線通過(guò)膠體會(huì)產(chǎn)生一條光亮的通路，但二氧化鋯為化合物無(wú)丁達(dá)爾效應(yīng)，故c錯(cuò)誤；d氦為稀有氣體，可采用氦作反應(yīng)堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑，故d正確；故答案為：bd；（5）電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體，反應(yīng)物為K2ZrF6、KCl，生成物為金屬鋯，鋯的化合價(jià)降低（+40），則氯的化合價(jià)升高生成氯氣（-10），轉(zhuǎn)移4e-，根據(jù)原子守恒即得失電子守恒所以方程式為：K2ZrF6+4KCl Zr+6KF+2Cl2；（6）該燃料電池中通入乙烯的一極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，乙烯失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化碳和水，電極反應(yīng)式為：C2H4+6O2-12e-2CO2+2H2O；（7）A溶液中的c（H+）和c（OH）與水的電離程度有關(guān)，而水的電離程度隨溫度的升高而增大，如常溫下Kw= c（H+）c（OH）=1.010-14，則pc（H+）+pc（OH）=14，而在100時(shí)，Kw= c（H+）c（OH）=1.010-12，則pc（H+）+pc（OH）=12，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過(guò)程中c（OH）逐漸減小，則c（H+）逐漸增大，所以pc（H+）是逐漸減小的，選項(xiàng)B正確；C向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加過(guò)程中c（Ba2+）逐漸減小，則pc（Ba2+）逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D某溫度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.01012，則其飽和溶液中c（Zr4+）=1105molL1，c（CO32）=2105molL1，pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7，選項(xiàng)D正確。答案選BD。10（2019屆遼寧省六校協(xié)作體高三上學(xué)期期初聯(lián)考）三鹽基硫酸鉛(3PbOPbSO4H2O)簡(jiǎn)稱“三鹽”，白色或微黃色粉末，熱穩(wěn)定性能優(yōu)良，主要用作聚氯乙烯的熱穩(wěn)定劑。“三鹽”是由可溶性鉛鹽中加入硫酸生成硫酸鉛，再加氫氧化鈉而制得。以100.0噸鉛泥（主要成分為PbO、Pb及PbSO4等）為原料制備三鹽的工藝流程如下圖所示已知：（1）Ksp(PbSO4)=1.8210-8，Ksp(PbCO3)=1.4610-13；（2）鉛與冷鹽酸、冷硫酸幾乎不起作用。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）寫出步驟“轉(zhuǎn)化”的化學(xué)方程式_（2）步驟“過(guò)濾1”后所得濾渣的主要成分為_（3）步驟“酸溶”，最適合選用的酸為_，為提高酸溶速率，可采取的措施是_（任意寫出一條）（4）若步驟“沉鉛”后的濾液中c(Pb2+)=1.8210-5molL-1，則此時(shí)c(SO42-)=_ molL-1（5）從原子利用率的角度分析該流程的優(yōu)點(diǎn)為_（6）步驟“合成”三鹽的化學(xué)方程式為_?！敬鸢浮縋bSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4Pb PbO PbCO3HNO3適當(dāng)升溫(適當(dāng)增加硝酸濃度、減小濾渣顆粒大小等合理答案均可)110-3濾液2(HNO3溶液)可以循環(huán)利用4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O（4）根據(jù)Ksp(PbSO4)=1.8210-8，若濾液中c(Pb2+)=1.8210-5molL-1，則此時(shí)c(SO42-)= ；（5）從原子利用率的角度分析該流程的優(yōu)點(diǎn)為濾液2(HNO3溶液)可以循環(huán)利用，節(jié)約原料，降低成本；（6）根據(jù)題目敘述，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系，則步驟“合成”三鹽的化學(xué)方程式為4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O。11（2018屆云南省紅河州高三復(fù)習(xí)統(tǒng)一檢測(cè)）三氧化二鎳（Ni2O3）是一種重要的電子元件材料和蓄電池材料。工業(yè)上利用含鎳廢料（鎳、鐵、鈣、鎂合金為主）制取草酸鎳（NiC2O42H2O），再高溫煅燒草酸鎳制取三氧化二鎳。已知草酸的鈣、鎂、鎳鹽均難溶于水。工藝流程圖如圖所示：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）操作為_。（2）加入H2O2發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為_；加入碳酸鈉溶液目的是調(diào)溶液的pH值在4.05.0，用化學(xué)用語(yǔ)回答加入碳酸鈉的目的_。（3）草酸鎳（NiC2O42H2O）在熱空氣中干燥脫水后在高溫下煅燒，可制得Ni2O3，同時(shí)獲得混合氣體，NiC2O4受熱分解的化學(xué)方程式為_。（4）加入草酸后如何證明沉淀完全_；過(guò)濾NiC2O4沉淀時(shí)如何洗滌沉淀_。（5）以Al和NiO(OH)為電極，NaOH溶液為電解液組成一種新型電池，放電時(shí)NiO(OH)轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，則該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為_。【答案】加酸溶解，過(guò)濾2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OCO32-+2H+CO2+2H2O ，CO32-+H2OHCO3-+OH-，CO32-先與酸反應(yīng)，之后再水解使溶液呈堿性促進(jìn)鐵離子水解沉淀完全2NiC2O4 Ni2O3+3CO+ CO2靜置取上層清液少許于試管中，再加入少量草酸溶液，若試管內(nèi)無(wú)沉淀產(chǎn)生說(shuō)明已經(jīng)沉淀完全沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至液面浸沒(méi)沉淀，待水自然流下后，重復(fù)操作2-3次Al+4OH-3e- = AlO2-+2H2O【解析】（1）分析框圖：含鎳廢料（鎳、鐵、鈣、鎂合金為主），要使之變成離子，應(yīng)該加酸溶解，溶解金屬，再除去不溶物過(guò)濾；（5）在該原電池中Al為負(fù)極，放電生成Al3+，在NaOH溶液中最終轉(zhuǎn)化為AlO2-，故電極反應(yīng)式為：Al+4OH-3e- = AlO2-+2H2O。12（2019屆山東省德州市武城縣第二中學(xué)高三9月月考）鎳電池廣泛應(yīng)用于混合動(dòng)力汽車系統(tǒng)，電極材料由Ni(OH)2、碳粉和氧化鐵等涂在鋁箔上制成。由于電池使用后電極材料對(duì)環(huán)境有危害，某興趣小組對(duì)該電池電極材料進(jìn)行回收研究，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)流程如下：已知：a.NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3不能氧化Ni2。b某溫度下一些金屬氫氧化物的Ksp及開始沉淀和完全沉淀時(shí)的理論pH如表所示：M(OH)nKsppH開始沉淀沉淀完全Al(OH)31.910333.434.19Fe(OH)33.910382.532.94Ni(OH)21.610147.609.75回答下列問(wèn)題：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷步驟依次析出的沉淀_和沉淀_(填化學(xué)式)，則pH1_pH2(填“”、“”或“”)，控制兩種沉淀析出可利用_(填序號(hào))。ApH試紙 B石蕊指示劑 CpH計(jì)（2）已知溶解度：NiC2O4NiC2O4H2ONiC2O42H2O，則步驟的化學(xué)方程式是_。步驟后，過(guò)濾沉淀所需的玻璃儀器有_。（3）試寫出步驟的離子方程式_?！敬鸢浮縁e(OH)3Al(OH)3CNiCl2Na2C2O42H2O=NiC2O42H2O2NaCl漏斗、玻璃棒和燒杯2N