2023年高考化學(xué)難點(diǎn)剖析專題63化工流程中條件的控制練習(xí)

63化工流程中條件的把握1〔2023屆江西省紅色七校高三第一次聯(lián)考〕N，還含有確定量的ZnFe、SiOCaO2請(qǐng)寫出一種能提高“酸浸”速率的措施： ；濾渣I的成分是CaSO和 (填化學(xué)式)。4除鐵時(shí)，把握不同的條件可以得到不同的濾渣II。濾渣II的成分與溫度、pH的關(guān)系如以下圖：①假設(shè)把握溫度40℃、pH=8，則濾渣II的主要成分為 (填化學(xué)式)。80℃、pH=2，可得到黃鐵礬鈉[NaFe(SO)(OH)]沉淀(圖中陰影局部)，寫誕生成黃鐵礬鈉2 6 44 12的離子方程式： 。100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol·L-1100mLNHF溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即4溶液中c(Ca2+)=1×10-5

mol·L-1，則所加c(NHF)= mol·L-1。[K(CaF)=5.29×10-9]4 sp 2參與有機(jī)萃取劑的作用是 ?！敬鸢浮堪褟U鎳催化劑粉碎、適當(dāng)加熱，適當(dāng)增大酸的濃度或攪拌等SiOFeOOH2Na++3ClO-2

+6Fe2+

+4SO2-+9HO=NaFe(SO(OH)↓+3Cl-+6H+6.6×10-2除去溶液中的Zn2+4 2 2 6 44 12〔1〕依據(jù)影響化學(xué)反響速率的因素可知，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CaSO和SiO4 2〔2〕依據(jù)圖象可以知道，①把握溫度40℃、pH=82的主要成分為FeOOH；80℃、pH=2，可得到黃鐵礬鈉[NaFe(SO(OH)]沉淀，依據(jù)氧化復(fù)原反響規(guī)律寫誕生成黃鐵2 6 44 12礬鈉的離子方程式為：2Na++3ClO-

+6Fe2+

+4SO2-+9HO=NaFe(SO)(OH)↓+3Cl-+6H+；4 2 2 6 44 12〔3〕Ca2++2F-=CaFCa2+0.002molNHFK(CaF)=c(Ca2+)c2(F-)=5.29×10-9，2 4 sp 2Ca2+后，溶液中c(F-)=c=6.6×10-2；

，設(shè)參與c(NHF)=cmol/L，則 =；解4〔4〕依據(jù)流程圖，參與有機(jī)萃取劑的作用是除去溶液中的Zn2+?！军c(diǎn)睛】此題考察了工業(yè)上從廢鎳催化劑制備草酸鎳晶體的工藝流程，側(cè)重考察物質(zhì)分別的試驗(yàn)設(shè)計(jì)和方法應(yīng)用，主要是利用溶液不同pHpH除去雜質(zhì)離子，同時(shí)考察了除雜原則不能引入的雜質(zhì)，解題時(shí)先要弄清制備流程中各步反響原理和目的，從而知道分別提純的環(huán)節(jié)中各成分組成，再結(jié)合氧化復(fù)原反響和沉淀溶度積等學(xué)問解決各問題。2〔2023屆福建省莆田市其次十四中學(xué)高三上學(xué)期第一次調(diào)研考試〕根底原料，其制備工藝流程如以以下圖所示：MgC和MgCMgC發(fā)生水解反響的化學(xué)方程2 23 2式：；MgC。23“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)整混合溶液的pH于2.～3之間再進(jìn)展“沉淀”則上圖中曲線a對(duì)應(yīng)鈦的形式 填化學(xué)符號(hào)寫出“沉淀”時(shí)的離子方程式： 。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試驗(yàn)方案。(4)工業(yè)上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制備：①先將金紅石(TiO2Cl2900℃制取TiCl4TiCl4的化學(xué)方程式： 。②BaCO是將重晶石〔主要成分為BaSO〕浸泡在NaC0溶液中足夠長(zhǎng)時(shí)間來制備。請(qǐng)問NaCO溶液的濃度至3 4 2 3 2 3少要大于 mol/L才能開頭轉(zhuǎn)化〔常溫下：CO2-的水解。3【答案(1)MgC+2HO=Mg(OH)+CH；(2) (4)TiO(CO)2-+Ba2+ +2 2 2 22 24 2424HO=BaTiO(CO·4HO↓(5)取最終一次洗滌液少量于試管中，向其中滴加AgNO2 242 2 3證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈〔6〕TiO+2C+2Cl TiCl+2CO(7)2.58×10-42 2 4根反響據(jù)過程知洗滌液中可能含有C—AgNO溶液，3如無白色沉淀生成，證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈。答案：取最終一次洗滌液少量于試管中，向其中滴AgNO3①由足量焦炭和Cl反響推斷產(chǎn)物為TiClCO，所以化學(xué)方程式為TiO+2C+2Cl2 4 2 2②設(shè)BaSO飽和溶液中c(Ba2+)和c(SO2-)均為xmol·L-1，由K(BaSO)=c(Ba2+)c(SO2-)知：4 4 SP 4 4x2=1.0×10-10(mol·L-1)2，可求出c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1。再令

TiCl+2CO。4Q(BaCO)=c(Ba2+)c(CO2-)=1.0×10-5mol·L-1×c(CO2-)>K(BaCO3 3 3 SP 3c(CO2-)=2.58×10-9(mol·L-1)2÷1.0×10-5mol·L-1=2.58×10-4mol·L-1，所以NaCO溶液的濃度至少要大于3 2 32.58×10-4mol/L才能開頭轉(zhuǎn)化。3〔天津市2023-2023學(xué)年高三年級(jí)其次學(xué)期KFeO2 4鐵電池的研制也在進(jìn)展中。如圖是高鐵電池的模擬試驗(yàn)裝置：該電池放電時(shí)正極的電極反響式為 ；假設(shè)維持電流強(qiáng)度為1A，電池工作格外鐘，理論消耗Zn g〔F=96500C／mol,小數(shù)點(diǎn)后保存1位。鹽橋中盛有飽和KC1溶液，此鹽橋中氯離子 移動(dòng)〔填“左”或“右”；假設(shè)用陽離子交換代替鹽橋，則鉀離子 移動(dòng)〔填“左”或“右”。以以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)。Ⅱ．工業(yè)上濕法制備KFeO2 4完成“氧化”過程中反響的化學(xué)方程式FeCl+ NaOH+ NaClO= NaFeO+ NaCl+ HO,其3 2 4 2中氧化劑是 〔填化學(xué)式。參與飽和KOH溶液的目的是 。25℃時(shí)Ksp[Fe(OH)]=4.0×10-385mol/Ll00mLFeCl3

溶液，為使配制過程中不消滅渾濁現(xiàn)象，則至少需要參與 mL2mol/L的鹽酸〔無視參與鹽酸體積。【答案】FeO2﹣+4HO+3e﹣=Fe〔OH〕↓+5OH﹣0.22103295NaClO4 2 3鉀的溶解，促進(jìn)高鐵酸鉀晶體析出2.5【解析】Ⅰ．(1)依據(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)生復(fù)原反響生成Fe(OH)FeO2-+4HO+3e-═Fe(OH)↓+5OH-，假設(shè)維持電流強(qiáng)度為1A，電池工作3 4 2 3格外鐘，通過電子為 ，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離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向左移動(dòng)；Fe+3+63Cl+112價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為6，則FeCl的系數(shù)為2、NaClO3，再依據(jù)原子守恒配平后反響方程3式為：2FeCl+10NaOH+3NaClO═2NaFeO+9NaCl+5HO，所含元素化合價(jià)降低的反響物是氧化劑，NaClO是氧3 2 4 2化劑；參與飽和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，依據(jù)K[Fe(OH)]=c(Fe3+)×c3(OH-)=4.0×10-38，可知開頭沉淀時(shí)sp 3c(OH-)=2×10-13mol/L，則溶液中c(H+)= mol/L=0.05mol/L，依據(jù)稀釋定律，需要鹽酸的體積=2.5mL。4〔2023屆河北省隆化縣存瑞中學(xué)高三其次次調(diào)研考試〕鈷被譽(yù)為戰(zhàn)略物資，有精彩的性能和廣泛的應(yīng)用。以水鈷礦〔主要成分為CoOCoO、CuO、FeOCaO、MgO、NiOSiO〕為原料制備CoCl·6HO23 23 2 2 2流程如以下圖：答復(fù)以下問題：Ⅰ．“酸浸”鈷的浸出率隨酸浸時(shí)間、溫度的變化關(guān)系如以以下圖所示。綜合考慮本錢，應(yīng)選擇的最正確工藝條件為 、 ；濾渣①的主要成分為 。CoO與濃硫酸反響生成CoSO，化學(xué)方程式為 。23 4Ⅱ．“凈化除雜”分三步完成：除鐵：參與適量NaSO固體，析出淡黃色晶體黃鈉鐵礬NaFe(SO)(OH)，離子方程式為 。2 4 2 6 44 12除鈣、鎂：參與適量NaF，當(dāng)Mg2+恰好完全被除去〔離子濃度等于10－5mol·L－1〕時(shí)，c(Ca2+)= mol·L－1

〔取兩位有效數(shù)字。：Ksp(MgF)=7.4×10－11，Ksp(CaF)=1.5×10－10。2 2除銅：參與適量NaSO2CuSO2NaSO＋2HO＝CuS↓＋S↓＋2NaSO2HSO223 4 223 2 2 2 4 2 4復(fù)原產(chǎn)物為 。Ⅲ．“萃取和反萃取”“水相①”中的主要溶質(zhì)是NaSO和 〔寫化學(xué)式。2 4試驗(yàn)室稱取100g原料〔含鈷11.80，反萃取時(shí)得到濃度為0.036mol·1的CoCl2耗，鈷的產(chǎn)率＝ 〔產(chǎn)率= 。

5L，無視損【答案】12h90℃SiO〔二氧化硅〕2CoO4HSO〔濃〕2 23 2 4

4CoSO＋4HO＋O↑2Na+＋6Fe3+＋4SO2－＋4 2 2 412HO NaFe(SO(OH)↓＋12H+2.0×10-5CuS、SNiSO

鈷的產(chǎn)率2 2 6 44 12 2 4=【解析】(1)依據(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；依據(jù)水SiO是酸性氧化物，不與酸反響，即濾渣①的主要成分是SiO〔2CoO中Co+32 2 23變?yōu)?2O2CoO＋4HSO〔濃〕23 2 44CoSO＋4HO＋O↑；〔3〕依據(jù)生成黃鈉鐵礬，推出離子反響方程式為 2Na+＋6Fe3+＋4SO2－＋4 2 2 412HO NaFe(SO)(OH)↓12〔〕2 2 6 44 12

，c(Mg2+)=10-5mol·L－1代入公式，求出c(Ca2+)=2.0×10-5mol·L－1；(5)復(fù)原產(chǎn)物是氧化劑被復(fù)原得出的物質(zhì)，依據(jù)化學(xué)反響方程式，Cu+2+1NaSOSSCuS223 2中的S，即復(fù)原產(chǎn)物是CuS、S〔6〕依據(jù)流程的目的，以及主要成分，推出水相①中含有溶質(zhì)為硫酸鈉和2NiSO〔〕依據(jù)產(chǎn)率的公式，得出鈷的產(chǎn)率。45〔2023屆四川省樂山市其次次調(diào)查爭(zhēng)論考試〕的陽極泥中硒、碲確主要以硒化物、碲化物及單質(zhì)狀態(tài)存在。一種從陽極泥中提取Se和Te的工藝流程如下：:碲酸四氫鈉(NaHTeO(HTeO24 6 6 6陽極泥在600K左右參與確定濃度HSO焙燒時(shí)單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO的化學(xué)方程式 。2 4 21mol(NaHTeO24 6則需要的氧化劑O至少為 mol；生成的碲酸四氫鈉不用“水浸”，而實(shí)行“酸浸”的緣由是2 。流程中“反響”處發(fā)生反響的化學(xué)方程式為 。檢驗(yàn)“復(fù)原”后的溶液中NaSO是否過量的試驗(yàn)操作方法為 。2 3工藝路線中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有 、 。【答案】Te+2HSO4 TeO+2SO↑+2HO0.5NaHTeO在水中難溶，酸浸生成的HTeO可溶2 2 2 2 24 6 6 6SeO+2HO+2SO==2HSO+SeHSO將生成的氣體道入澄清石灰水，2 2 2 2 4 2 4假設(shè)溶液變渾濁，則NaSO過量。反之不過量HSONaOH2 3 2 4【解析】(1)600K左右參與確定濃度HSO焙燒時(shí)，單質(zhì)TeTeO2 4 2學(xué)方程式為Te+2H2SO4 TeO2+2SO2↑+2H2O；6〔2023屆四川成都七中〔高校區(qū)〕高三理科綜合〕(FeCrO)中含有AlOFeO等雜質(zhì)，以鉻鐵24 23 23礦為原料制備重鉻酸鉀(KCrO2 27鉻鐵礦(FeCrO)改寫為氧化物的形式為 。24反響①中發(fā)生了兩個(gè)主要反響，其中一個(gè)主要反響的化學(xué)方程式為4FeCrO+8NaCO+24 2 37O8NaCrO+2FeO+8CO；另一個(gè)主要反響的化學(xué)方程式為 。2 2 4 23 2寫出反響②中生成固體B的離子方程式為 。pH<5時(shí)，發(fā)生反響 〔寫離子方程式，NaCrO

+2KCl=KCrO2NaCl。物質(zhì)溶解度物質(zhì)溶解度(g/100gHO)20℃40℃80℃KCl2840.151.3NaCl35.736.438KCrO2 274.726.373NaCrO2 27163215376

2 27

2 27①參與KCl固體后經(jīng)一系列操作析出KCrO晶體的理由是 。2 27②獲得KCrO晶體的操作由多步組成，依次是參與KCl固體、蒸發(fā)濃縮、 、2 27 、洗滌、枯燥得到晶體。某種酒精測(cè)試儀中，KCrO在酸性條件下將乙醇氧化為乙酸，自身被復(fù)原為三價(jià)鉻離子，該反響的氧化2 27劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量比為 。含鉻廢渣(廢水)的任憑排放對(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)和Cr(OH)K[Fe(OH)]=4.0×13K[Cr(OH)]=6.0×133 3 sp 3 sp 3知電解后的溶液中(Cr3+FeO·CrONaCOAlO23 2 3 23

mol/，則溶液中(Fe3)為 mol/。2NaAlO+CO↑AlO—+CHCOOH+HO=Al(OH)↓+CHCOO—2CrO2-+2H+2 2 2 3 2 3 3 4CrO2-+HOKCrONaCrO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27 2 2 27 2 27影響較大，利用復(fù)分解反響在低溫下可以得到重鉻酸鉀冷卻結(jié)晶過濾2:32.0×10—12①.由表中數(shù)據(jù)可知，KCrO的溶解度比NaCrO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2 27 2 27溶解度影響較大，隨著溫度的降低KCrO的溶解度快速降低產(chǎn)生沉淀，溶液中的復(fù)分解反響平衡被打破，2 27反響向右進(jìn)展，從而利用復(fù)分解反響在低溫下可以得到重鉻酸鉀；②.要獲得KCrO，需經(jīng)過參與KCl2 27(5).KCrO在酸性條件下將乙醇氧化為乙酸，自身被復(fù)原為三價(jià)鉻離子，該反響的離子方程式為2CrO2－＋2 27 273CHCHOH＋16H＋=3CHCOOH＋4Cr3＋＋11HO，由反響方程式可知，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量比為2:3；3 2 3 2(6).電解后的溶液中(Cr3+)為

mol/L，所以溶液中c〔OH〕

，而c(Fe3＋)= ，所以c(Fe3＋)=

×c(Cr3+)=

×3.0×10-5

mol/L=2.0×10-12

mol/L。72023年成都七中高考模擬考試〕碲主要以硒化物、碲化物及金屬狀態(tài)存在。一種從陽極泥中提取Se和Te：碲酸鈉(NaHTeO(HTeO24 6 6 6答復(fù)以下問題：陽極泥在600K左右參與確定濃度HSO“焙燒”時(shí)，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO的化學(xué)方程式為 。2 4 21molO2少為 mol；生成的碲酸鈉不水浸，而采取“酸浸”的原因是 ?！胺错憽睍r(shí)的化學(xué)方程式為 。“復(fù)原”中的反響生成物為TeO檢驗(yàn)反響后是否有反響物NaSO過量的試驗(yàn)操作方法為 。2 2 3“電解”時(shí)使用石墨電極，陽極產(chǎn)物與陰極產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比。工藝路線中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有 、 ?！敬鸢浮縏e+2HSO TeO+2SO↑+2HO0.5NaHTeO在水中難溶，酸浸生成的HTeO可溶2 4 2 2 2 24 6 6 6SeO+2HO+2SO==2HSO+SeHSO2 2 2 2 4 2 4假設(shè)溶液變渾濁，則NaSO1∶1HSONaOH2 3 2 4【解析】(1600K左右參與確定濃度HSO焙燒時(shí)，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2 4 2反響的化學(xué)方程式為Te+2HSO TeO+2SO↑+2HO；2 4 2 2 2(2)“2NaCO+O2TeO=2NaHTeO+2CO2 3 2 2 24 6 21mol(NaHTeOO0.5mol；NaHTeO

在水中難溶，酸浸生成的24 6 2 24 6H6TeO6可溶，故生成的碲酸四氫鈉不用“水浸”，而實(shí)行“酸浸”；8〔2023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C〕、+4鈰的合金耐高溫，可以用來制造噴氣推動(dòng)器零件。請(qǐng)答復(fù)以下問題：霧霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸取，生成 物質(zhì)的量之比為1∶1，試寫出該反響的離子方程式 。用電解的方法可將上述吸取液中的 轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的無毒氣體，同時(shí)再生Ce4+，其原理如以下圖。①無毒氣體從電解槽的 〔填字母序號(hào)〕口逸出。②每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L無毒氣體，同時(shí)可再生Ce4+ mol。鈰元素在自然界中主要以氟碳鈰礦形式存在CeFCOCeCl3 3的一種工藝流程如下：①焙燒過程中發(fā)生的主要反響的氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為 。②假設(shè)參與酸浸反響的CeO2

CeF4

的物質(zhì)的量之比為3∶1，試寫出相應(yīng)的化學(xué)方程式 。③向Ce(BF4)3中參與KCl溶液的目的是 。④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的反響中，參與NaOH溶液至pH至少到達(dá) 時(shí)，即可視為Ce3+已完全沉淀。⑤加熱CeCl·6HO和NHCl的固體混合物可得固體無水CeCl，其中NHCl的作用是 。3 2 4 3 4【答案】4Ce4+

+2NO+3HO=4Ce3++NO－+NO－+6H+c61∶49CeO+3CeF+45HCl+3HBO=Ce(Br)↓+2 2 ３ 2 4 3 3 4311CeCl6Cl27HO避開Ce3+Ce(BF〔Ce3+全部轉(zhuǎn)化為CeCl〕9NHCl3 2 2 43 3 4固體分解產(chǎn)生的HCl可抑制CeCl的水解3依據(jù)流程可知反響物還有HCl、HBO，生成物有Ce(BrCeClCe+43 3 43 3價(jià)變?yōu)?3Cl生成，結(jié)合質(zhì)量守2恒，則反響的化學(xué)方程式為9CeO+3CeF+45HCl+3HBO=Ce(Br11CeCl+6Cl27HO；③2 4 3 3 43 3 2 2Ce3+以Ce(BF)形式沉淀而損失或?qū)e3+全部轉(zhuǎn)化為CeCl，提高產(chǎn)率，故向Ce(BF)中參與KCl43 3 43④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)的反響中，參與NaOH溶液至pH至少到達(dá)9時(shí)，即可3Ce3已完全沉淀；⑤加熱CeCl3·6H2ONH4ClCeCl3，其中NH4ClNH4ClHClCeCl3的水解。9〔2023屆廣西玉林高級(jí)中學(xué)高三化學(xué)模擬試題三〕40Zr性，抗蝕性能超過鈦。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以下圖：SiCl的電子式為 。上述流程中，高溫氣化存在多個(gè)反響，假設(shè)不考慮反響中的損失，則分餾4后得到的SiCl質(zhì)量通常比由純ZrSiO發(fā)生的反響得到的SiCl質(zhì)量大，緣由是 。4 4 4高溫氣化后的固體殘?jiān)鼵外，還含有的金屬元素有 寫出上述流程中ZrCl4

與水反響的化學(xué)方程式： 。鋯還是核反響堆燃料棒的包裹材料，鋯合金在高溫下與水蒸氣反響產(chǎn)生氫氣，二氧化鋯可以制造耐高溫納米陶瓷。以下關(guān)于鋯、二氧化鋯的表達(dá)中，正確的選項(xiàng)是 (填序號(hào))。a．鋯合金比純鋯的熔點(diǎn)高，硬度小b．二氧化鋯陶瓷屬于型無機(jī)非金屬材料c．將一束光線通過納米級(jí)二氧化鋯會(huì)產(chǎn)生一條光亮的通路d．可承受氦作反響堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑工業(yè)上電解KZrF與KCl2 6電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目 。某燃料電池是以CH作為燃料氣，另一極通入氧氣，電解質(zhì)是摻雜氧化釔(YO(ZrO24 23 2在熔融狀態(tài)下能傳導(dǎo)O2－，則負(fù)極上發(fā)生的反響式為 。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〔pc－lgc。如某溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)B B1×10﹣5mol·L﹣1

，則該溶液中溶質(zhì)的pc=5。以下說法正確的選項(xiàng)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，滴定過程中pc〔H+〕漸漸增大C．BaCl溶液中逐滴參與硫酸溶液，滴加過程中pc〔Ba2+〕漸漸減小2D．某溫度下K〔Zr(CO〕=4.0×10﹣12sp 32【答案】 由于雜質(zhì)中的SiO

，則其飽和溶液中pc〔Zr4+〕+pc〔CO2﹣〕=7.73也通過反響產(chǎn)生了SiClAl、FeZrCl9HO===ZrOCl·8HO＋2 4 4 2 2 22HClbdK2ZrF6＋4KCl Zr＋6KF＋2Cl2↑C2H4＋6O2－－12e－==2CO2＋2H2OBD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；ZrCl4ZrOCl?8HO，依據(jù)原子守恒，反響方程式為：ZrCl+9HO═ZrOCl?8HO+2HCl；2 2 4 2 2 2〔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．一般說來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ab．陶瓷屬于無機(jī)非金屬材料，二氧化鋯陶瓷屬于型無機(jī)非金屬材料，故b正確；c．將一束光線通過膠體會(huì)產(chǎn)生一條光亮的通路，但二氧化鋯為化合物無丁達(dá)爾效應(yīng)，故c錯(cuò)誤；d．氦為稀有氣體，可承受氦作反響堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑，故dbd；電解KZrF與KClKZrFKC〔+4→0，2 6 2 6則氯的化合價(jià)上升生成氯氣1→0，轉(zhuǎn)移4KZrF+4KCl2 6Zr+6KF+2Cl↑；2該燃料電池中通入乙烯的一極為負(fù)極，發(fā)生氧化反響，乙烯失電子和氧離子反響生成二氧化碳和水，電極反響式為：CH+6O2--12e-═2CO+2HO；24 2 2〔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上升而增大，如常溫K100℃w wpc〔H+〕+pc〔OH﹣〕=12AB．用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過程中c〔OH﹣〕漸漸減小，則c〔H+〕漸漸增大，所以pc〔H+〕是漸漸減小的，選項(xiàng)B正確；C．向BaCl溶液中逐滴參與硫酸溶液，2c〔Ba2+〕漸漸減小，則pc〔Ba2+〕漸漸增大，選項(xiàng)CD．某溫度下K〔Zr(CO〕=4.0×10sp 32﹣12

，則其飽和溶液中c〔Zr4+〕=1×10﹣5mol·L﹣1，c〔CO2﹣〕=2×10﹣5mol·L﹣1，pc〔Zr4+〕+pc〔CO2﹣〕3 3=7.7，選項(xiàng)D正確。答案選BD。10〔2023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(3PbO·PbSO·HO4 2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?！叭}”是由可溶性鉛鹽中參與硫酸生成硫酸鉛，再加氫氧化鈉而制得。以100.0〔主要成分為PbO、PbPbSO等〕為原料制備三鹽的4工藝流程如以以下圖所示〔1K(PbSO)=1.82×1-，K(PbCO)=1.46×1-1；sp 4 sp 3〔2〕鉛與冷鹽酸、冷硫酸幾乎不起作用。請(qǐng)答復(fù)以下問題：寫出步驟①“轉(zhuǎn)化”的化學(xué)方程式 步驟②“過濾1”后所得濾渣的主要成分為 步驟③“酸溶”，最適合選用的酸為 ，為提高酸溶速率，可實(shí)行的措施是 〔任意寫出一條〕〔4〕假設(shè)步驟④“沉鉛”后的濾液中c(Pb2+)=1.82×10-5mol·L-1，則此時(shí)c(SO2-)= mol·L-14從原子利用率的角度分析該流程的優(yōu)點(diǎn)為 步驟⑥“合成”三鹽的化學(xué)方程式為 。【答案】PbSO+NaCO=PbCO+NaSOPbPbOPbCOHNO適當(dāng)升溫(適當(dāng)增加硝酸濃度、減小濾渣顆粒大小等4 2 3 3 2 4 3 3合理答案均可)1×10-32(HNO溶液)可以循環(huán)利用34PbSO+6NaOH3PbO·PbSO·HO+3NaSO+2HO4 4 2 2 4 2〔4〕依據(jù)K(PbSO)=1.82×10-8，假設(shè)濾液中c(Pb2+)=1.82×10-5mol·L-1，則此時(shí)c(SO2-)=sp 4 4；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，降低本錢；依據(jù)題目表達(dá)，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系，則步驟⑥“合成”三鹽的化學(xué)方程式為4PbSO+6NaOH3PbO·PbSO·HO+3NaSO+2HO。4 4 2 2 4 211〔2023屆云南省紅河州高三復(fù)習(xí)統(tǒng)一檢測(cè)〕三氧化二鎳NiO〕是一種重要的電子元件材料和蓄電池材23料。工業(yè)上利用含鎳廢料〔鎳、鐵、鈣、鎂合金為主〕制取草酸鎳NiCO·2HO，再高溫煅燒草酸鎳制取24 2三氧化二鎳。草酸的鈣、鎂、鎳鹽均難溶于水。工藝流程圖如以下圖：請(qǐng)答復(fù)以下問題：操作Ⅰ為 。①參與HO發(fā)生的主要反響的離子方程式為 ；22②參與碳酸鈉溶液目的是調(diào)溶液的pH值在4.0～5.0，用化學(xué)用語答復(fù)參與碳酸鈉的目的 。〔NiCO·2HO〕NiONiCO24 2 23 24受熱分解的化學(xué)方程式為 。參與草酸后如何證明沉淀完全 ；過濾NiCO沉淀時(shí)如何洗滌沉淀 。24AlNiO(OH)為電極，NaOHNiO(OHNi(OH)2該電池負(fù)極的電極反響式為 。2Fe2++HO+2H+═2Fe3++2HOCO2-+2H+═CO↑+2HO，22 2 3 2 2CO2-+HO3 2

HCO-+OH-，CO2-先與酸反響，之后再水解使溶液呈堿性促進(jìn)鐵離子水解沉淀完全 2NiCO3 3 24NiO+3CO↑+CO23 2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沉淀2-3次Al+4OH--3e-=AlO-+2HO2 2〔1〕分析框圖：含鎳廢料〔鎳、鐵、鈣、鎂合金為主屬，再除去不溶物過濾；〔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AlO-，故電極反響式為：2Al+4OH--3e-

=AlO-+2HO。2 2122023屆山東省德州市武城縣其次中學(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)、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2池電極材料進(jìn)展回收爭(zhēng)論，設(shè)計(jì)試驗(yàn)流程如下：：a.NiCl易溶于水，F(xiàn)e3＋不能氧化Ni2＋。2b．某溫度下一些金屬氫氧化物的KsppHpHpHM(OH)nKsp開頭沉淀沉淀完全Al(OH)31.9×10－333.434.19Fe(OH)33.9×10－382.532.94Ni(OH)21.6×10－147.609.75答復(fù)以下問題：依據(jù)表中數(shù)據(jù)推斷步驟②依次析出的沉淀Ⅱ 和沉淀Ⅲ (填化學(xué)式 )，則pH1 pH2(填“＞”、“＝”或“＜”)，把握兩種沉淀析出可利用 (填序號(hào))。A．pH試紙 B．石蕊指示劑 C．pH計(jì)溶解度：NiCO＞NiCO?HO＞NiCO?2HO，則步驟③的化學(xué)方程式是 。步驟③后，過濾沉24 24 2 24 2淀所需的玻璃儀器有 。試寫出步驟⑥的離子方程式 。【答案】Fe(OH)Al(OH)<CNiClNaCO2HO=NiCO·2HO↓＋2NaCl2Ni(OH)＋2OH3 3－＋Cl=2Ni(OH)＋2Cl－

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24 2 22 313〔2023屆山東省日照青山學(xué)校高三上學(xué)