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第1頁(共1頁)2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之物質(zhì)的分離、提純與檢驗(yàn)(解答大題)一.解答題(共20小題)1.(2024春?淮安期中)稀土是一種重要的戰(zhàn)略資源,元素鈰(Ce)就是其中一種。鈰的合金耐高溫,可以用來制造噴氣推進(jìn)器零件等。(1)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的一種工藝流程如圖1所示:①焙燒溫度的影響如題17圖﹣2所示,分析焙燒最適宜溫度為(填標(biāo)號)。a.350~450℃b.550~650℃c.750℃以上焙燒過程中發(fā)生的主要反應(yīng)化學(xué)方程式為。②酸浸過程中有同學(xué)認(rèn)為用稀硫酸和H2O2替換鹽酸更好,可能理由是。③常溫下,當(dāng)溶液中的某離子濃度≤1.0×10﹣5mol?L﹣1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。已知:Ksp[Ce(OH)3])=1.0×10﹣20④加熱CeCl3?6H2O和NH4Cl的固體混合物可得到無水CeCl3,其中NH4Cl的作用是。(2)霧霾中含有大量的污染物NO,可以被Ce4+溶液吸收,生成、(二者物質(zhì)的量之比為1:1),該反應(yīng)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為。(3)用電解的方法可將上述吸收液中的轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的無毒氣體,同時(shí)再生Ce4+,其原理如題17圖﹣3所示。寫出陰極的電極反應(yīng)式。2.(2024?肇慶二模)稀土金屬(RE)屬于戰(zhàn)略性金屬,我國的稀土提煉技術(shù)位于世界領(lǐng)先地位。一種從廢舊磁性材料[主要成分為鈰(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的雜質(zhì)]中回收稀土金屬Ce的工藝流程如圖所示。已知:①Ce(H2PO4)3難溶于水和稀酸。②常溫下,Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10﹣16.4,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10﹣32.9,Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10﹣20。③當(dāng)溶液中的金屬離子濃度小于或等于10﹣5mol/L時(shí),可認(rèn)為已沉淀完全。(1)為提高酸浸的速率,可采取的措施為(寫一條即可)。(2)常溫下,“酸浸”后測得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L,c(Ce3+)=0.01mol/L,則“沉Ce”時(shí),為了使Al3+完全沉淀,但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3,需要調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為。(3)“堿轉(zhuǎn)換”過程中Ce(H2PO4);所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為,“濾液2”中鋁元素的存在形式為(填化學(xué)式)。(4)“沉淀”后所得的固體為Ce2(C2O4)3●10H2O,將其煅燒可得Ce2O3和一種無毒的氣體,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(5)某稀土金屬氧化物的立方晶胞如圖所示,則該氧化物的化學(xué)式為,距離RE原子最近的O原子有個(gè)。若M(晶胞)=Mg/mol,晶胞邊長為anm,NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,則晶胞的密度為g/cm3(列出計(jì)算式)。3.(2024?順義區(qū)二模)某含氰廢水中氰主要以Fe(CN)64﹣和少量CN﹣形式存在,對該廢水進(jìn)行除氰處理的步驟如下。Ⅰ.取一定量處理好的鐵屑和活性炭混合物(按照一定的體積比混合);Ⅱ.加入一定體積的含氰廢水,調(diào)節(jié)pH值為3.5,控制曝氣(即通入空氣)時(shí)間,靜置,反應(yīng)一段時(shí)間后過濾,得濾液a,總氟去除率接近70%;Ⅲ.調(diào)節(jié)濾液a的pH,加入一定量的30%H2O2溶液,反應(yīng)一段時(shí)間后過濾,得濾液b,總輒去除率可達(dá)80%以上;Ⅳ.向?yàn)V液b中加入NaOH﹣Ca(OH)2調(diào)節(jié)pH至8~10,混凝沉淀,經(jīng)過濾,總氰去除率接近100%,得到符合排放標(biāo)準(zhǔn)的廢水。(1)Fe(CN)64﹣的中心離子是。(2)Ⅰ中,處理過程需用稀硫酸除去鐵屑表面的氧化鐵,反應(yīng)的離子方程式是。(3)步驟Ⅰ中,生成沉淀的主要成分是Fe2[Fe(CN)6]。①其他條件不變,保持鐵炭總體積相同,研究鐵炭體積比對總氰去除效果的影響,結(jié)果如圖所示。當(dāng)鐵炭體積比>2:1時(shí),隨著鐵炭體積比增加,相同時(shí)間內(nèi)總氰去除率降低,原因是:a.活性炭的吸附性減弱;b.。反應(yīng)過程中,會(huì)有部分Fe2[Fe(CN)6]轉(zhuǎn)化為Fe4[Fe(CN)6]3,補(bǔ)全反應(yīng)的離子方程式?!鮗Fe2[Fe(CN)6]+□___+□___=Fe4[Fe(CN)6]3+□___Fe2++2H2O(4)步驟Ⅱ中,其他條件不變,研究pH不同對濾液a中總氰去除效果的影響,結(jié)果如圖所示,依據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果確定應(yīng)調(diào)節(jié)濾液a的pH為4左右。①H2O2可將CN﹣氧化為和,反應(yīng)的離子方程式是。②當(dāng)pH>4時(shí),隨pH增大,總氰去除率下降,可能的原因是。(5)在步驟Ⅳ中產(chǎn)生了膠體,使水中的氰經(jīng)聚沉而除去。證明有膠體產(chǎn)生的方法是。4.(2024?順義區(qū)二模)硫酸鎳(NiSO4)常用于制作電池電極材料及催化劑。從富鎳精礦渣制備硫酸鎳晶體的一種流程如圖:已知:i,富鎳精礦渣中含有鎳、鐵、銅、鈣、鎂等元素,其中鎳主要以Ni(OH)2和NiS的形式存在,Ni(OH)2和NiS均難溶于水;鐵主要以Fe3O4形式存在。ii.鎳浸出液中含有的陽離子主要有Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+等。(1)富鎳精礦渣在溶解前,需經(jīng)破碎,目的是。溶渣時(shí),需向富鎳精礦渣中加入硫酸并加熱,同時(shí)加入氧化劑。(2)沉鐵①已知:在硫酸鹽溶液中,當(dāng)有足量Na+,控制溶液的pH為1.6~1.8時(shí),生成溶度積極小的黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]。該反應(yīng)的離子方程式是。向鎳浸出液中不斷加入Na2CO3,利用黃鈉鐵礬法除鐵。不斷加入Na2CO3的作用是。②當(dāng)Fe3+濃度降到較低后,繼續(xù)采用針鐵礦法除鐵??刂迫芤旱膒H為4.2~4.5,在溫度80℃的條件下,F(xiàn)e3+緩慢沉淀形成針鐵礦(FeOOH)。結(jié)合平衡移動(dòng)原理,解釋FeOOH生成的原因。(3)沉銅。向?yàn)V液1中加入活性NiS固體,使Cu2+轉(zhuǎn)化為CuS渣。在硫化鎳用量為理論用量的1.6倍、反應(yīng)溫度80℃的條件下,不同反應(yīng)時(shí)間對硫化鎳除銅效果的影響如圖。30分鐘后,渣中銅鎳比大幅度降低的可能原因是。已知:一定條件下,CuS可以部分轉(zhuǎn)化為CuO,同時(shí)釋放出部分S2﹣。(4)向?yàn)V液2中加入NaF溶液,經(jīng)過濾得到較純凈的NiSO4溶液。沉淀的主要成分是。(5)NiSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌可獲得NiSO4?nH2O晶體。采用EDTA法測定晶體中結(jié)晶水的含量。[EDTA(Na2H2Y)法測定金屬陽離子含量的方程式為:M2++H2Y2﹣═MY2﹣+2H+]。步驟一:標(biāo)定EDTA。取25.00mLc1mol?L﹣1的ZnCl2標(biāo)準(zhǔn)溶液于錐形瓶中,用EDTA溶液滴定至終點(diǎn),消耗EDTA溶液的體積為V1mL。步驟二:稱取mgNiSO4?nH2O樣品,配制250mL溶液,取25.00mL進(jìn)行滴定,消耗EDTA溶液的體積為V2mL。n=[列出表達(dá)式,已知M(NiSO4)=155g?mol﹣1]5.(2024春?虹口區(qū)期末)種類繁多的金屬及其化合物在人類的生產(chǎn)生活中有著極其重要的作用。回答下列問題:(1)下列物質(zhì)中,不能由兩種單質(zhì)直接化合得到的是。A.Na2O2B.Na2OC.Fe3O4D.FeCl2(2)下列反應(yīng)原理中,不符合工業(yè)冶煉金屬實(shí)際情況的是。A.HgOHg+O2B.2Al2O34Al+3O2C.3MgO+2Al3Mg+Al2O3D.3CO+Fe2O32Fe+3CO2硫酸鐵是水處理行業(yè)用作凈水的混凝劑和污泥的處理劑,一種以黃鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2等)為原料制取硫酸鐵晶體的工藝流程如圖:(已知:SiO2不溶于水,不和硫酸反應(yīng))(3)寫出“酸浸”中氧化鐵與硫酸反應(yīng)的離子方程式。(4)“氧化”時(shí)用H2O2氧化的優(yōu)點(diǎn)是。(5)欲檢驗(yàn)Fe2+是否被完全氧化,可選用的試劑為。A.NaOH溶液B.KSCN溶液C.酸性KMnO4溶液D.新制氯水(6)從“氧化”后的溶液中獲得硫酸鐵晶體,需要經(jīng)過、、過濾、洗滌、干燥等一系列操作。(7)硫酸鐵用于處理SO2尾氣的工藝流程如下,下列說法中正確的是(不定項(xiàng))。A.整個(gè)流程中,需要再補(bǔ)充硫酸鐵溶液B.溶液a轉(zhuǎn)化為溶液b的反應(yīng)中,SO2被氧化C.操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2OD.處理100L含SO2的體積分?jǐn)?shù)為0.336%的尾氣,“吸收”步驟中轉(zhuǎn)移0.3mol電子6.(2024?浙江模擬)固體化合物X的組成為CaFe3Al2Si(CO3)O9,以X為原理實(shí)現(xiàn)如圖轉(zhuǎn)化。已知:化合物X可以拆分成一種鈣鹽和多種氧化物的形式;流程中的每一步使用到的試劑均過量。請回答:(1)寫出溶液E中的所有陽離子。(2)下列說法正確的是。A.氣體B是形成酸雨的主要成分且分子結(jié)構(gòu)為直線形B.固體E中可能含有Na2CO3C.固體混合物A中可能存在著能吸引鐵的化合物D.試劑F可選用NH3?H2O溶液或KOH溶液(3)氣體B與溶液D反應(yīng)生成白色沉淀H2SiO3的離子方程式為。(4)固體混合物A與稀硫酸混合后,溶液呈淡黃色。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn),驗(yàn)證溶液中的有色陽離子。7.(2024?諸暨市模擬)以方鉛礦(主要含PbS、FeS)和廢鉛膏(主要含PbO2、PbO)為原料實(shí)現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化。已知:①90℃時(shí),加入過量鹽酸和MgCl2溶液的混合液將鉛元素全部以的形式浸出。②ΔH>0請回答:(1)浸出過程中,發(fā)生了多個(gè)反應(yīng)。請寫出PbO2、PbS在鹽酸和MgCl2溶液的作用下轉(zhuǎn)化為的離子方程式;在浸出時(shí),MgCl2的作用為。(2)H2S氣體主要是由(填化學(xué)式)反應(yīng)產(chǎn)生的,(填“可以”、“不可以”)用CuSO4溶液吸收。(3)下列說法正確的是。A.浸出產(chǎn)生的Fe2+最終氧化為Fe3+存在于溶液中B.的空間構(gòu)型是正四面體C.可以向含的溶液中加入適量的冷水結(jié)晶獲得PbCl2D.工業(yè)上主要通過電解熔融PbCl2制金屬Pb(4)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn),驗(yàn)證結(jié)晶后過濾得到的濾液中含有Fe元素。8.(2024?思明區(qū)校級模擬)用過二硫酸銨(NH4)2S2O8溶液作浸取劑可以提取黃銅礦(主要成分為CuFeS2)中的銅。已知:ⅰ.CuFeS2、Ag2S均能導(dǎo)電;ⅱ.;;(1)CuFeS2的晶體中基本結(jié)構(gòu)單元如圖1、圖2所示。①S2﹣的配位數(shù)為。②能夠表示CuFeS2晶胞的是。(填“圖1”、“圖2”或“圖1和圖2”)(2)用(NH4)2S2O8溶液作浸取劑浸取CuFeS2的原理示意如圖3所示。①一段時(shí)間后,F(xiàn)e3+與CuFeS2反應(yīng)的離子方程式為。②浸取初期,隨著浸取時(shí)間延長,Cu2+的浸出速率迅速提高,其可能的原因是。(3)在足量(NH4)2S2O8溶液中添加少量AgNO3溶液作為浸取劑與CuFeS2作用,一段時(shí)間結(jié)果如下:添加Ag+圖3未加Ag+Cu元素的浸出率98.02%30.90%過程中產(chǎn)物形態(tài)①添加Ag+可以顯著提高Cu元素的浸出率的原因:。②進(jìn)一步研究發(fā)現(xiàn)添加的少量Ag+可以循環(huán)參與反應(yīng)。Ag+“再生”的離子方程式為:。(4)進(jìn)一步從浸出液中提取銅并使(NH4)2S2O8再生并得到相對純凈的FeC2O4的流程如圖所示。①濾液A中加草酸的反應(yīng)為,該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)為。有同學(xué)認(rèn)為H2C2O4是二元弱酸,若改用Na2C2O4溶液沉淀效果會(huì)更好,你是否同意?(填“是”或“否”)。②生成的電極反應(yīng)式是。9.(2024?雨花區(qū)校級模擬)研究從含鋅資源中獲取Zn的途徑具有重要意義。Ⅰ.工業(yè)上酸浸提鋅氧化鋅礦中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等。已知:i.幾種難溶電解質(zhì)的Ksp如下:難溶電解質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Zn(OH)2Ksp4.9×10﹣172.8×10﹣391.0×10﹣333.0×10﹣17ii.浸出液中主要金屬陽離子濃度如下:金屬陽離子Zn2+Fe3+和Fe2+Al3+濃度(mol?L﹣1)0.30.10.1(1)浸出渣的主要成分有PbSO4、CaSO4和SiO2。PbO和H2SO4反應(yīng)的離子方程式為。(2)加入試劑a的目的是。(3)電解前,含Zn2+溶液中鐵和鋁的離子濃度均需小于10﹣6mol?L﹣1,應(yīng)調(diào)節(jié)pH的范圍是(忽略①和②導(dǎo)致的體積變化)。(4)工業(yè)上采用惰性電極作陽極電解ZnSO4溶液可實(shí)現(xiàn)濕法煉鋅,電解過程中總反應(yīng)的離子方程式為。Ⅱ.實(shí)驗(yàn)室中氨浸提鋅已知:iii.[Zn(NH3)4]2+?Zn2++4NH3K=10﹣9.5;iv.M的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示,R為—C9H19,兩個(gè)羥基中,酚羥基酸性較強(qiáng)。(5)NH3和(NH4)2SO4中H—N—H鍵角大小是(填“前者大”或“后者大”)。(6)NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。(7)M能與Zn2+形成穩(wěn)定的配合物X,相關(guān)反應(yīng)為2M+Zn2+?2H++X。X的結(jié)構(gòu)如圖所示。X中形成氫鍵有利于Zn2+的萃取,原因可能是。(8)從平衡移動(dòng)的角度解釋CO2能提高有機(jī)溶液中X含量的原因:。10.(2024?海淀區(qū)校級模擬)某含氰廢水中氰主要以Fe(CN)64﹣和少量CN﹣形式存在,對該廢水進(jìn)行除氰處理的步驟如下。Ⅰ.取一定量處理好的鐵屑和活性炭混合物(按照一定的體積比混合);Ⅱ.加入一定體積的含氰廢水,調(diào)節(jié)pH值為3.5,控制曝氣(即通入空氣)時(shí)間,靜置,反應(yīng)一段時(shí)間后過濾,得濾液a,總氰去除率接近70%;Ⅲ.調(diào)節(jié)濾液a的pH,加入一定量的30%H2O2溶液,反應(yīng)一段時(shí)間后過濾,得濾液b,總氰去除率可達(dá)80%以上;Ⅳ.向?yàn)V液b中加入NaOH—Ca(OH)2調(diào)節(jié)pH至8~10,混凝沉淀,經(jīng)過濾,總氰去除率接近100%,得到符合排放標(biāo)準(zhǔn)的廢水。(1)Fe(CN)64﹣的中心離子是。(2)Ⅰ中,處理過程需用稀硫酸除去鐵屑表面的氧化鐵,反應(yīng)的離子方程式是。(3)步驟Ⅱ中,生成沉淀的主要成分是Fe2[Fe(CN)6]。①其他條件不變,保持鐵炭總體積相同,研究鐵炭體積比對總氰去除效果的影響,結(jié)果如圖1所示。當(dāng)鐵炭體積比>2:1時(shí),隨著鐵炭體積比增加,相同時(shí)間內(nèi)總氰去除率降低,原因是:a.活性炭的吸附性減弱;b.。②反應(yīng)過程中,會(huì)有部分Fe2[Fe(CN)6]轉(zhuǎn)化為Fe4[Fe(CN)6]3,補(bǔ)全反應(yīng)的離子方程式。?Fe2[Fe(CN)6]+?_____+?_____=Fe4[Fe(CN)6]3+?Fe2++2H2O(4)步驟Ⅲ中,其他條件不變,研究pH不同對濾液a中總氰去除效果的影響,結(jié)果如圖2所示,依據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果確定應(yīng)調(diào)節(jié)濾液a的pH為4左右。①H2O2可將CN﹣氧化為和,反應(yīng)的離子方程式是。②當(dāng)pH>4時(shí),隨pH增大,總氰去除率下降,可能的原因是。(5)在步驟Ⅳ中產(chǎn)生了膠體,使水中的氰經(jīng)聚沉而除去。證明有膠體產(chǎn)生的方法是。11.(2024?天河區(qū)校級模擬)Ni和Sn應(yīng)用于電鍍、機(jī)械、航空等眾多工業(yè)領(lǐng)域。從一種Ni—Sn—Fe合金廢料生產(chǎn)工業(yè)硫酸鎳和錫酸鈉的工藝流程如圖1所示。已知:①“酸浸”后濾液中的主要金屬陽離子為Ni2+、Sn4+、Sn2+、Fe2+。②“一次除鐵”后溶液中仍有少量Fe3+?!拜腿〕F、反萃取、制NaHX2和制Ni(HX2)2”的原理是:yMx++xN(HX2)y(有機(jī)相)?xNy++yM(HX2)x(有機(jī)相),Mx+和Ny+代表金屬陽離子或H+。金屬陽離子和HX2的結(jié)合能力:Fe3+>Fe2+>Ni2+>Na+。③常溫下,Ksp[Sn(OH)2]=1×10﹣28,Ksp[Sn(OH)4]=1×10﹣56:Ka1(H2CO3)=4×10﹣7,Ka2(H2CO3)=6×10﹣11。(1)“酸浸”時(shí),Ni與硝酸反應(yīng)的還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為。(2)“堿熔”時(shí),SnO2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(3)“沉錫”時(shí),常溫下Sn2+恰好完全沉淀為Sn(OH)2時(shí)[c(Sn2+)=1.0×10﹣5mol/L],c()c(H2CO3)(填“>”“<”或“=”)。(4)“一次除鐵”的總反應(yīng)離子方程式為。(5)“萃取除鐵”時(shí),用NaHX2制取Ni(HX2)2進(jìn)行萃取,而不用NaHX2直接進(jìn)行萃取的原因是。(6)“反萃取”時(shí),萃余液的溶質(zhì)含F(xiàn)eCl3,試劑1是。(7)“制Ni(HX2)2”時(shí),溶液1的主要成分是(填化學(xué)式)。(8)某鎳和砷形成的晶體,晶胞結(jié)構(gòu)如圖2,沿z軸方向的投影為圖3。①該晶體中As周圍最近的Ni有個(gè)。②該晶體的密度為ρg/cm3,晶胞參數(shù)為apm,bpm,則阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值NA=(用含a、b、p的代數(shù)式表示)。12.(2024?龍華區(qū)校級三模)用如圖方法回收廢舊CPU中的單質(zhì)Au(金),Ag和Cu。已知:①濃硝酸不能單獨(dú)將Au溶解。②(1)酸溶后經(jīng)操作、將混合物分離。(2)HNO3—NaCl與王水[V(濃硝酸):V(濃鹽酸)=1:3]溶金原理相同。①Au溶于稀HNO3—NaCl溶液會(huì)生成HAuCl4,試寫出此溶液中所發(fā)生的離子方程式:。②關(guān)于溶金的下列說法正確的是。a.用到了HNO3的氧化性b.王水中濃鹽酸的主要作用是增強(qiáng)溶液的酸性c.用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解(3)若用Zn粉將溶液中的1molHAuCl4完全還原,則參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量是mol。(4)用適當(dāng)濃度的鹽酸、NaCl溶液、氨水與鐵粉,可按照如圖方法從酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(圖中標(biāo)注的試劑和物質(zhì)均不同)。試劑1是,物質(zhì)2是。13.(2024?開福區(qū)校級模擬)氮化鎵(GaN)是具有優(yōu)異光電性能的第三代半導(dǎo)體材料。利用煉鋅礦渣[主要含鐵酸鋅ZnFe2O4、鐵酸鎵Ga2(Fe2O4)3、SiO2]制備GaN并回收金屬元素的一種工藝流程如圖:已知:Ga3+、Fe3+在該工藝條件下的反萃取率(進(jìn)入水相中金屬離子的百分?jǐn)?shù))與鹽酸濃度的關(guān)系見下表。鹽酸濃度(mol/L)反萃取率(%)Ga3+Fe3+286.99.4469.152.1617.571.3(1)下列鎵原子或者離子電離一個(gè)電子所需能量最高的是(填標(biāo)號)。(2)“酸浸”所得浸出液中Zn2+、Ga3+濃度分別為1mol/L和0.003mol/L。常溫下,為盡可能多地提取Ga3+同時(shí)確保不混入Zn(OH)2,“調(diào)pH”時(shí)須:4<pH<(假設(shè)調(diào)pH時(shí)溶液體積不變)。已知常溫下,Ksp[Zn(OH)2]=10﹣16.6,K。Ksp[Ga(OH)3]=10﹣35。(通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于10﹣5mol/L即為沉淀完全)。(3)“反萃取”時(shí),所用鹽酸的濃度c2=。(4)由Ga制備Ga(CH3)3的部分工藝如圖:已知:(i)Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)均為配體;(ii)Ga(CH3)3沸點(diǎn):55.7℃,Et2O沸點(diǎn):34.6℃,NR3沸點(diǎn):365.8℃。①比較分子中的C—Ga—C鍵角大小:Ga(CH3)3Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“=”或“<”)。②直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制備超純Ga(CH3)3,采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是。(5)GaN可采用MOCVD(金屬有機(jī)物化學(xué)氣相淀積)技術(shù)制得:以合成的Ga(CH3)3為原料,使其與NH3發(fā)生系列反應(yīng)得到GaN和另一種產(chǎn)物,該過程的化學(xué)方程式為。(6)GaN晶體的一種立方晶胞如圖所示。①以晶胞邊長為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中的原子位置,稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。A原子坐標(biāo)為,則B原子坐標(biāo)為。②若NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,GaN晶胞中Ga原子與Ga原子之間最短的核間距離是apm,則該GaN晶體的密度為g/cm3(只列算式,不用計(jì)算結(jié)果)。14.(2024?沙依巴克區(qū)校級模擬)工業(yè)上用鋁土礦(含氧化鋁、氧化鐵)制取鋁的過程如圖。請回答下列問題:(1)“濾渣A”的化學(xué)式為,該物質(zhì)除了用于冶煉金屬以外,還可用作。(2)通入“過量二氧化碳”時(shí)生成沉淀的離子方程式為。(3)往“濾液A”中加入適量的CaO后過濾,所得濾液可以加入過程中循環(huán)利用。(4)若鋁土礦中還含有二氧化硅,則“灼燒”后所得固體中混有的雜質(zhì)為。(填化學(xué)式)15.(2024?威海一模)銠(Rh)是一種稀有貴金屬,工業(yè)上從廢銠材料(主要含Rh,還含有Cu、Fe等)中提煉銠的主要途徑有如下兩種:已知:①Rh金屬活動(dòng)順序位于H之后。②Rh(Ⅲ)易與Cl﹣形成配離子[RhCl6]3﹣,且該配離子在水溶液中存在以下平衡:[RhCl6]3﹣+3H2O?Rh(OH)3+3H++6Cl﹣。③已知25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。氫氧化物Fe(OH)3Cu(OH)2Rh(OH)3Ksp1.0×10﹣38.61.0×10﹣19.61.0×10﹣22.6(已知開始沉淀的金屬離子濃度為0.1mol?L﹣1;金屬離子濃度≤1.0×10﹣5mol?L﹣1時(shí),可認(rèn)為該離子沉淀完全?;卮鹣铝袉栴}:(1)途徑一:①“氯化溶解”過程中,金屬Rh轉(zhuǎn)化為H3RhCl6,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②“定向脫銅”時(shí),銅的沉淀率隨pH變化如圖所示,實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中控制pH為2,pH不宜大于2的原因是。③“陽離子交換”過程中,被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子有。(2)途徑二:①“控溫焚燒”的目的是且防止Rh單質(zhì)被氧化。②“加熱至熔融”的目的是將焚燒后的物質(zhì)全部轉(zhuǎn)化成可溶性的硫酸鹽。已知Rh單質(zhì)與KHSO4反應(yīng)的產(chǎn)物之一為SO2,則參加反應(yīng)的Rh和KHSO4的物質(zhì)的量之比為。③步驟“調(diào)pH①”中應(yīng)調(diào)節(jié)的pH范圍為(保留兩位有效數(shù)字)。④用氨水沉淀銠元素的離子方程式為。16.(2024?東湖區(qū)校級三模)氧化鈧(Sc2O3)可用作半導(dǎo)體鍍層的蒸鍍材料,也可制成可變波長的固體激光器和高清晰度的電視電子槍、金屬鹵化物燈等。以鈦白工業(yè)廢酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、等離子)為原料制備氧化鈧(Sc2O3)的一種流程如圖?;卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)鈧原子的價(jià)層電子排布式為。(2)“萃取”時(shí),鈦白工業(yè)廢酸中加入H2O2可降低鈦的萃取率,可能是生成了難萃取的[TiO(H2O2)]2+,其中H2O2的作用是(填標(biāo)號)。A.作氧化劑B.作還原劑C.提供配體(3)“洗滌”時(shí),洗滌劑是用93%H2SO4、27.5%H2O2和H2O三種試劑按一定比例混合而成。實(shí)驗(yàn)室中混合三種試劑的操作是:將A試劑沿?zé)瓋?nèi)壁緩慢注入B試劑中,并用玻璃棒不斷攪拌,冷卻后再將所得混合液緩慢注入C試劑中,并不斷攪拌,則A、C分別對應(yīng)上述試劑中的、。(4)萃取劑萃取Sc3+的原理為Sc3++3HR═ScR3+3H+(HR代表萃取劑)。在“反萃取”中,加入NaOH溶液后生成Sc(OH)3、MnO2等物質(zhì),其中生成含Sc化合物的化學(xué)方程式為。25℃時(shí),經(jīng)“反萃取”后所得濾液的pH=8,則殘留的Sc3+濃度為mol?L﹣1(已知:25℃時(shí),Ksp[Sc(OH)3]=8.0×10﹣31)。(5)“沉鈧”時(shí)用到草酸。已知草酸的,則在25℃時(shí),pH=3的草酸溶液中=。(6)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3的化學(xué)方程式為。17.(2024?重慶模擬)為了保護(hù)環(huán)境,充分利用資源,某研究小組通過如下簡化流程,將工業(yè)制硫酸的硫鐵礦燒渣(鐵主要以Fe2O3形式存在,含有少量的Al2O3、SiO2雜質(zhì))轉(zhuǎn)變成重要的工業(yè)原料FeSO4.(反應(yīng)條件略)已知:①活化硫鐵礦還原Fe3+的主要反應(yīng)為FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4,不考慮其他反應(yīng);②加入FeCO3調(diào)溶液pH到5.8左右;③室溫下,溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:金屬離子Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(shí)(c=0.01mol?L﹣1)的pH3.72.27.5沉淀完全時(shí)(c=1.0×10﹣5mol?L﹣1)的pH4.73.29回答下列問題:(1)為了提高硫鐵礦燒渣的酸浸取率,通常采用(填兩種措施即可).(2)過濾時(shí),常用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和,其中玻璃棒的主要作用是.(3)“過濾Ⅰ”中所得的濾渣主要成分為(填化學(xué)式).(4)加入FeCO3調(diào)pH之前,檢驗(yàn)“濾液Ⅱ”中是否含有Fe3+的方法是.(5)利用上表數(shù)據(jù),計(jì)算得Ksp[Al(OH)3]=.(6)“一系列操作”指的是、洗滌.18.(2024?石家莊模擬)鎳、鉆、鎂的氫氧化物在化工生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用。某褐鐵礦層紅土礦(其含有金屬元素Fe、Ni、Mg、Mn和少量Co),某工廠以此為原料,制備鎳、鈷、鎂的氫氧化物等產(chǎn)品的工藝流程如圖:已知:①常溫下,相關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下表:金屬離子Fe3+Co2+Ni2+Mg2+開始沉淀的pH2.77.157.29.6完全沉淀的pH3.79.159.211.1②Co(OH)2在空氣中可被氧化成CoO(OH)。③“氧化”過程中,混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5),過一硫酸(H2SO5)溶液中含硫微粒有、?;卮鹣铝袉栴}:(1)“加壓酸浸”過程中,為增大褐鐵礦層紅土礦在硫酸中的浸出速率,可采取的措施為。(2)根據(jù)化合價(jià)判斷1molH2SO5中含有O﹣O的數(shù)目為;用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4,Mn2+被H2SO5氧化為MnO2,該反應(yīng)的離子方程式為。(3)“氧化”過程中保持空氣通入速率不變,Mn(Ⅱ)氧化率與時(shí)間的關(guān)系如圖所示。SO2體積分?jǐn)?shù)為時(shí),Mn(Ⅱ)氧化速率最大;繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí),Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是。(4)“沉鈷鎳”過程中加入NaOH溶液,調(diào)節(jié)pH的范圍是,得到的Co(Ⅱ)在空氣中被氧化成Co(Ⅱ)的化學(xué)方程式為。(5)鈷鎳渣中鈷含量的測定:處理鈷鎳渣使Co(Ⅱ)完全被氧化成Co(Ⅲ),在稀硫酸中加入0.1000g處理后的樣品,待樣品完全溶解后加入足量KI固體。充分反應(yīng)后,調(diào)節(jié)溶液pH為3~4,以淀粉作指示劑,用0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL(已知:2Co3++2I﹣=2Co2++I2;I2+2S2=2I﹣+S4)。樣品中含Co(Ⅲ)元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。19.(2024?臺州二模)某固體混合物A由FeSO4、ZnCl2和Cu(NO3)2組成,3種物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1:1:1。進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn):已知:①Zn2+的化學(xué)性質(zhì)與Al3+相似,但會(huì)形成[Zn(NH3)4]2+;②一些陽離子的開始沉淀至完全沉淀的范圍:Fe2+(6.3~8.3)、Fe3+(1.5~2.8),Zn2+(5.4~8.0)、Cu2+(4.7~6.2)。③Ag2SO4微溶于硝酸。請回答:(1)氣體B的主要成分為,2mol氣體B與1molCl2化合生成2molC,C的空間構(gòu)型為。(2)溶液F中除OH﹣、Cl﹣外的陰離子還有。(3)下列說法正確的是。A.根據(jù)實(shí)驗(yàn)中的轉(zhuǎn)化關(guān)系可得:KspFe(OH)3<KspCu(OH)2B.調(diào)pH范圍應(yīng)控制在2.8~5.4C.X可以使用氨水或NaOHD.氣體B是形成光化學(xué)煙霧的罪魁禍?zhǔn)字唬?)請?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)A中的氯離子。(5)新制藍(lán)色沉淀的懸濁液中通入SO2產(chǎn)生紫紅色固體,寫出該反應(yīng)離子方程式:。20.(2024?開福區(qū)校級三模)釩是重要的戰(zhàn)略資源,以硫酸工業(yè)產(chǎn)生的廢釩催化劑為原料(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等),綜合回收利用釩、硅、鉀實(shí)現(xiàn)變廢為寶、保護(hù)環(huán)境的目的,回收工藝流程如圖:已知:釩的氧化物在酸性條件下以、VO2+存在,pH增大時(shí)VO2+可轉(zhuǎn)化為VO(OH)2沉淀。(1)“水浸”前,通常需要將催化劑粉碎,其目的是。(2)“濾渣2”轉(zhuǎn)化為Na2SiO3的化學(xué)方程式是。(3)“還原酸浸”時(shí):①硫酸的用量會(huì)影響釩的浸出率,pH需保持在1.2以下的原因是。②過程中除了有被還原成VO2+,還涉及的反應(yīng)離子方程式為。③若以磷酸為介質(zhì)處理廢催化劑,可以提高釩的浸出率。一種釩磷配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示,形成配位鍵時(shí)V提供(選填“孤對電子”或“空軌道”)。(4)“萃取”時(shí)選擇有機(jī)萃取劑,原理是:H2R(有機(jī)層)+VO2+?2H++VOR(有機(jī)層),“反萃取”應(yīng)選擇在環(huán)境中進(jìn)行(選填“酸性”、“中性”或“堿性”)。(5)加氨水生成VO(OH)2沉淀,若經(jīng)焙燒得到1molV2O5產(chǎn)品,則消耗空氣中O2mol。
2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之物質(zhì)的分離、提純與檢驗(yàn)(解答大題)參考答案與試題解析一.解答題(共20小題)1.(2024春?淮安期中)稀土是一種重要的戰(zhàn)略資源,元素鈰(Ce)就是其中一種。鈰的合金耐高溫,可以用來制造噴氣推進(jìn)器零件等。(1)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的一種工藝流程如圖1所示:①焙燒溫度的影響如題17圖﹣2所示,分析焙燒最適宜溫度為b(填標(biāo)號)。a.350~450℃b.550~650℃c.750℃以上焙燒過程中發(fā)生的主要反應(yīng)化學(xué)方程式為4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。②酸浸過程中有同學(xué)認(rèn)為用稀硫酸和H2O2替換鹽酸更好,可能理由是不釋放氯氣,減少對環(huán)境的污染。③常溫下,當(dāng)溶液中的某離子濃度≤1.0×10﹣5mol?L﹣1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9時(shí),即可視為Ce3+已完全沉淀。已知:Ksp[Ce(OH)3])=1.0×10﹣20④加熱CeCl3?6H2O和NH4Cl的固體混合物可得到無水CeCl3,其中NH4Cl的作用是NH4Cl固體分解產(chǎn)生的HCl可以抑制CeCl3的水解。(2)霧霾中含有大量的污染物NO,可以被Ce4+溶液吸收,生成、(二者物質(zhì)的量之比為1:1),該反應(yīng)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1。(3)用電解的方法可將上述吸收液中的轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的無毒氣體,同時(shí)再生Ce4+,其原理如題17圖﹣3所示。寫出陰極的電極反應(yīng)式+8H++6e﹣=N2↑+4H2O。【答案】(1)①b;4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2;②不釋放氯氣,減少對環(huán)境的污染;③9;④NH4Cl固體分解產(chǎn)生的HCl可以抑制CeCl3的水解;(2)2:1;(3)+8H++6e﹣=N2↑+4H2O。【分析】利用氟碳鈰礦(主要成分CeCO3F)提取CeCl3的一種工藝流程為CeCO3F焙燒得CeO2、CeF4,用鹽酸和硼酸酸浸,過濾得沉淀Ce(BF)4和CeCl3濾液,Ce(BF)4與氯化鉀溶液反應(yīng)得到CeCl3和KBF,CeCl3與前面濾液中CeCl3的合并再加氫氧化鈉,得Ce(OH)3沉淀,Ce(OH)3沉淀與鹽酸反應(yīng)可得CeCl3?6H2O,加熱CeCl3?6H2O和NH4Cl的固體混合物可得到無水CeCl3,以此解答該題。【解答】解:(1)①焙燒目的是得到四價(jià)鈰,由圖可知,550~650℃四價(jià)鈰浸出率較高;焙燒過程中,CeFCO3發(fā)生反應(yīng)生成CeO2和CeF4,C轉(zhuǎn)化為CO2,則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為:4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2,故答案為:b;4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2;②CeO2具有較強(qiáng)的氧化性,能將H2O2氧化為O2,自身被還原為Ce3+,則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為:2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O,用稀硫酸和H2O2替換鹽酸更好,理由是不釋放氯氣,減少對環(huán)境的污染,故答案為:不釋放氯氣,減少對環(huán)境的污染;③Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10﹣20,Ce3+已沉淀完全時(shí)c(OH﹣)=mol/L=1.0×10﹣5mol/L,則pH=9,故答案為:9;④加熱CeCl3?6H2O和NH4Cl的固體混合物可得固體無水CeCl3,CeCl3?6H2O加熱過程中會(huì)水解,導(dǎo)致最終產(chǎn)物不是無水CeCl3,而與NH4Cl混合則最終生成了無水CeCl3,說明脫水反應(yīng)是在有HCl的條件下進(jìn)行的,由此分析NH4Cl在加熱過程中生成了HCl,抑制了Ce3+的水解,故答案為:NH4Cl固體分解產(chǎn)生的HCl可以抑制CeCl3的水解;(2)NO可以被含Ce4+的溶液吸收,生成、,反應(yīng)過程中N化合價(jià)升高,Ce化合價(jià)則降低,氧化劑為Ce4+,還原劑為NO,生成、二者物質(zhì)的量之比為1:1,根據(jù)電子得失守恒,n(Ce4+)=n()+3n(),根據(jù)元素守恒,n(NO)=n()+n(),且n()=n(),則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為n(Ce4+):n(NO)=4:2=2:1,故答案為:2:1;(3)電解池陰極發(fā)生的反應(yīng)為物質(zhì)得到電子,發(fā)生還原反應(yīng),根據(jù)裝置圖,H+到陰極參加反應(yīng),電解將轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì),可判斷為N2,則陰極的電極反應(yīng)式:+8H++6e﹣=N2↑+4H2O,故答案為:+8H++6e﹣=N2↑+4H2O?!军c(diǎn)評】本題考查分離提純,側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間的反應(yīng)和分離提純知識的掌握情況,試題難度中等。2.(2024?肇慶二模)稀土金屬(RE)屬于戰(zhàn)略性金屬,我國的稀土提煉技術(shù)位于世界領(lǐng)先地位。一種從廢舊磁性材料[主要成分為鈰(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的雜質(zhì)]中回收稀土金屬Ce的工藝流程如圖所示。已知:①Ce(H2PO4)3難溶于水和稀酸。②常溫下,Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10﹣16.4,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10﹣32.9,Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10﹣20。③當(dāng)溶液中的金屬離子濃度小于或等于10﹣5mol/L時(shí),可認(rèn)為已沉淀完全。(1)為提高酸浸的速率,可采取的措施為通過加熱、攪拌、粉碎廢舊磁性材料、適當(dāng)增大硫酸濃度(寫一條即可)。(2)常溫下,“酸浸”后測得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L,c(Ce3+)=0.01mol/L,則“沉Ce”時(shí),為了使Al3+完全沉淀,但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3,需要調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為4.7≤pH<5.8。(3)“堿轉(zhuǎn)換”過程中Ce(H2PO4);所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ce(H2PO4)3+9OH﹣=Ce(OH)3+3+6H2O,“濾液2”中鋁元素的存在形式為Na[A(OH)4](或NaAlO2)(填化學(xué)式)。(4)“沉淀”后所得的固體為Ce2(C2O4)3●10H2O,將其煅燒可得Ce2O3和一種無毒的氣體,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ce2(C2O4)3?10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O。(5)某稀土金屬氧化物的立方晶胞如圖所示,則該氧化物的化學(xué)式為REO2,距離RE原子最近的O原子有8個(gè)。若M(晶胞)=Mg/mol,晶胞邊長為anm,NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,則晶胞的密度為g/cm3(列出計(jì)算式)?!敬鸢浮浚?)通過加熱、攪拌、粉碎廢舊磁性材料、適當(dāng)增大硫酸濃度;(2)4.7≤pH<5.8;(3)Ce(H2PO4)3+9OH﹣=Ce(OH)3+3+6H2O;Na[A(OH)4](或NaAlO2);(4)2Ce2(C2O4)3?10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O;(5)REO2;8;?!痉治觥繌U舊磁性材料加入稀硫酸酸浸后過濾,濾液中含有硫酸亞鐵、硫酸鈰、硫酸鋁,向?yàn)V液中加入磷酸二氫鈉,得到Ca(H2PO4)3,氫氧化鋁沉淀;“堿轉(zhuǎn)換”過程中Ce(H2PO4)所發(fā)生反應(yīng)Ce(H2PO4)3+9OH﹣=Ce(OH)3+3+6H2O,過濾向?yàn)V渣Ce(OH)3中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”后所得的固體為Ce2(C2O4)3?10H2O,將其煅燒可得Ce2O3和CO2,Ce2O3被還原為Ce?!窘獯稹拷猓海?)可通過加熱、攪拌、粉碎廢舊磁性材料、適當(dāng)增大硫酸濃度等措施提高酸浸的速率,故答案為:通過加熱、攪拌、粉碎廢舊磁性材料、適當(dāng)增大硫酸濃度;(2)“沉Ce”時(shí),為了使Al3+完全沉淀,c(Al3+)=1×10﹣5mol/L,c(OH﹣)===1×10﹣9.3mol/L,此時(shí)(H+)=1×10﹣4.7mol/L,pH應(yīng)大于等于4.7;溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L,c(Ce3+)=0.01mol/L,為了不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3,當(dāng)c(OH﹣)===1×10﹣6mol/L,c(H+)=1×10﹣8mol/L,==1×10﹣8.2mol/L,c(H+)=1×10﹣5.8mol/L,為了使Al3+完全沉淀,但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3,需要調(diào)節(jié)溶液的pH范圍4.7≤pH<58,故答案為:4.7≤pH<5.8;(3)“堿轉(zhuǎn)換”過程中Ce(H2PO4)所發(fā)生反應(yīng)Ce(H2PO4)3+9OH﹣=Ce(OH)3+3+6H2O,氫氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液中生成了Na[A(OH)4](或NaAlO2),故答案為:Ce(H2PO4)3+9OH﹣=Ce(OH)3+3+6H2O;Na[A(OH)4](或NaAlO2);(4)“沉淀”后所得的固體為Ce2(C2O4)3●10H2O,將其煅燒可得Ce2O3和CO2,發(fā)生反應(yīng)2Ce2(C2O4)3?10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O,故答案為:2Ce2(C2O4)3?10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O;(5)根據(jù)晶胞圖可知1個(gè)晶胞中RE:=4,O:8×1=8,兩種原子個(gè)數(shù)比為1:2,化學(xué)式為:REO2,距離RE原子最近的O原子有8個(gè);M(晶胞)=Mg/mol,晶胞邊長為anm,1個(gè)晶胞的體積為a3nm3=a3×10﹣21cm3,1個(gè)晶胞中還有4個(gè)REO2,晶胞的密度ρ==,故答案為:REO2;8;?!军c(diǎn)評】本題主要考查了物質(zhì)分離和晶胞計(jì)算的有關(guān)知識,題目難度較大,掌握物質(zhì)分離的原理、方法和晶胞計(jì)算的方法是解答該題的關(guān)鍵。3.(2024?順義區(qū)二模)某含氰廢水中氰主要以Fe(CN)64﹣和少量CN﹣形式存在,對該廢水進(jìn)行除氰處理的步驟如下。Ⅰ.取一定量處理好的鐵屑和活性炭混合物(按照一定的體積比混合);Ⅱ.加入一定體積的含氰廢水,調(diào)節(jié)pH值為3.5,控制曝氣(即通入空氣)時(shí)間,靜置,反應(yīng)一段時(shí)間后過濾,得濾液a,總氟去除率接近70%;Ⅲ.調(diào)節(jié)濾液a的pH,加入一定量的30%H2O2溶液,反應(yīng)一段時(shí)間后過濾,得濾液b,總輒去除率可達(dá)80%以上;Ⅳ.向?yàn)V液b中加入NaOH﹣Ca(OH)2調(diào)節(jié)pH至8~10,混凝沉淀,經(jīng)過濾,總氰去除率接近100%,得到符合排放標(biāo)準(zhǔn)的廢水。(1)Fe(CN)64﹣的中心離子是Fe2+。(2)Ⅰ中,處理過程需用稀硫酸除去鐵屑表面的氧化鐵,反應(yīng)的離子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。(3)步驟Ⅰ中,生成沉淀的主要成分是Fe2[Fe(CN)6]。①其他條件不變,保持鐵炭總體積相同,研究鐵炭體積比對總氰去除效果的影響,結(jié)果如圖所示。當(dāng)鐵炭體積比>2:1時(shí),隨著鐵炭體積比增加,相同時(shí)間內(nèi)總氰去除率降低,原因是:a.活性炭的吸附性減弱;b.形成的原電池?cái)?shù)目減少,反應(yīng)速率減小。反應(yīng)過程中,會(huì)有部分Fe2[Fe(CN)6]轉(zhuǎn)化為Fe4[Fe(CN)6]3,補(bǔ)全反應(yīng)的離子方程式3Fe2[Fe(CN)6]+O2+4H+=Fe4[Fe(CN)6]3+2Fe2++2H2O?!鮗Fe2[Fe(CN)6]+□___+□___=Fe4[Fe(CN)6]3+□___Fe2++2H2O(4)步驟Ⅱ中,其他條件不變,研究pH不同對濾液a中總氰去除效果的影響,結(jié)果如圖所示,依據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果確定應(yīng)調(diào)節(jié)濾液a的pH為4左右。①H2O2可將CN﹣氧化為和,反應(yīng)的離子方程式是H2O2+CN﹣+H2O=+。②當(dāng)pH>4時(shí),隨pH增大,總氰去除率下降,可能的原因是?。瓾2O2的氧化性減弱;ⅱ.H2O2加速分解,使c(H2O2)快速減小。(5)在步驟Ⅳ中產(chǎn)生了膠體,使水中的氰經(jīng)聚沉而除去。證明有膠體產(chǎn)生的方法是利用丁達(dá)爾效應(yīng)檢驗(yàn)?!敬鸢浮浚?)Fe2+;(2)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;(3)形成的原電池?cái)?shù)目減少,反應(yīng)速率減?。?Fe2[Fe(CN)6]+O2+4H+=Fe4[Fe(CN)6]3+2Fe2++2H2O;(4)①H2O2+CN﹣+H2O=+;②?。瓾2O2的氧化性減弱;ⅱ.H2O2加速分解,使c(H2O2)快速減??;(5)利用丁達(dá)爾效應(yīng)檢驗(yàn)?!痉治觥浚?)[Fe(CN)6]4﹣中Fe2+提供空軌道,C提供孤對電子,形成配位鍵;(2)稀硫酸與氧化鐵反應(yīng)生成硫酸鐵和水;(3)當(dāng)鐵炭體積比>2:1時(shí),隨著鐵炭體積比增加,相同時(shí)間內(nèi)總氰去除率降低,原因是:a.活性炭的吸附性減弱;另外Fe﹣C能形成原電池,對反應(yīng)速率有影響,則b.形成的原電池?cái)?shù)目減少,反應(yīng)速率減?。籉e元素化合價(jià)降低了1,缺少的氧化劑為O2,反應(yīng)轉(zhuǎn)移4個(gè)電子,F(xiàn)e2+系數(shù)為2,由電荷守恒可得,缺項(xiàng)是4H+;(4)①H2O2可將CN﹣氧化為和,O元素從﹣1價(jià)降低至﹣2價(jià),C元素從+2價(jià)升高至+4價(jià),轉(zhuǎn)移4個(gè)電子,由原子守恒,可得反應(yīng)的離子方程式;②當(dāng)pH>4時(shí),隨pH增大,總氰去除率下降,可能的原因是?。瓾2O2的氧化性減弱;ⅱ.H2O2加速分解,使c(H2O2)快速減??;(5)膠體的膠粒直徑在1~100nm之間,當(dāng)一束激光照射膠體時(shí),垂直于光的角度可觀察到一條光亮的通路,而溶液和懸濁液都不具備這種現(xiàn)象?!窘獯稹拷猓海?)[Fe(CN)6]4﹣中Fe2+提供空軌道,C提供孤對電子,形成配位鍵,中心離子是Fe2+,故答案為:Fe2+;(2)稀硫酸與氧化鐵反應(yīng)生成硫酸鐵和水,反應(yīng)的離子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,故答案為:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;(3)當(dāng)鐵炭體積比>2:1時(shí),隨著鐵炭體積比增加,相同時(shí)間內(nèi)總氰去除率降低,原因是:a.活性炭的吸附性減弱;另外Fe﹣C能形成原電池,對反應(yīng)速率有影響,則b.形成的原電池?cái)?shù)目減少,反應(yīng)速率減小;Fe元素化合價(jià)降低了1,缺少的氧化劑為O2,反應(yīng)轉(zhuǎn)移4個(gè)電子,F(xiàn)e2+系數(shù)為2,由電荷守恒可得,缺項(xiàng)是4H+,反應(yīng)的離子方程式:3Fe2[Fe(CN)6]+O2+4H+=Fe4[Fe(CN)6]3+2Fe2++2H2O,故答案為:形成的原電池?cái)?shù)目減少,反應(yīng)速率減??;3Fe2[Fe(CN)6]+O2+4H+=Fe4[Fe(CN)6]3+2Fe2++2H2O;(4)①H2O2可將CN﹣氧化為和,O元素從﹣1價(jià)降低至﹣2價(jià),C元素從+2價(jià)升高至+4價(jià),轉(zhuǎn)移4個(gè)電子,由原子守恒,反應(yīng)的離子方程式是H2O2+CN﹣+H2O=+,故答案為:H2O2+CN﹣+H2O=+;②當(dāng)pH>4時(shí),隨pH增大,總氰去除率下降,可能的原因是?。瓾2O2的氧化性減弱;ⅱ.H2O2加速分解,使c(H2O2)快速減小,故答案為:?。瓾2O2的氧化性減弱;ⅱ.H2O2加速分解,使c(H2O2)快速減??;(5)膠體的膠粒直徑在1~100nm之間,當(dāng)一束激光照射膠體時(shí),垂直于光的角度可觀察到一條光亮的通路,而溶液和懸濁液都不具備這種現(xiàn)象,則證明有膠體產(chǎn)生的方法是利用丁達(dá)爾效應(yīng)檢驗(yàn),故答案為:利用丁達(dá)爾效應(yīng)檢驗(yàn)?!军c(diǎn)評】本題考查混合物分離提純,為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離方法、儀器的使用為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?,注意分離方法的選擇,題目難度中等。4.(2024?順義區(qū)二模)硫酸鎳(NiSO4)常用于制作電池電極材料及催化劑。從富鎳精礦渣制備硫酸鎳晶體的一種流程如圖:已知:i,富鎳精礦渣中含有鎳、鐵、銅、鈣、鎂等元素,其中鎳主要以Ni(OH)2和NiS的形式存在,Ni(OH)2和NiS均難溶于水;鐵主要以Fe3O4形式存在。ii.鎳浸出液中含有的陽離子主要有Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+等。(1)富鎳精礦渣在溶解前,需經(jīng)破碎,目的是增大接觸面積,加快反應(yīng)速率。溶渣時(shí),需向富鎳精礦渣中加入硫酸并加熱,同時(shí)加入氧化劑。(2)沉鐵①已知:在硫酸鹽溶液中,當(dāng)有足量Na+,控制溶液的pH為1.6~1.8時(shí),生成溶度積極小的黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]。該反應(yīng)的離子方程式是2Na++6Fe3++4+12H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+。向鎳浸出液中不斷加入Na2CO3,利用黃鈉鐵礬法除鐵。不斷加入Na2CO3的作用是消耗氫離子,增大鈉離子濃度,使反應(yīng)正向進(jìn)行,提高產(chǎn)率。②當(dāng)Fe3+濃度降到較低后,繼續(xù)采用針鐵礦法除鐵??刂迫芤旱膒H為4.2~4.5,在溫度80℃的條件下,F(xiàn)e3+緩慢沉淀形成針鐵礦(FeOOH)。結(jié)合平衡移動(dòng)原理,解釋FeOOH生成的原因反應(yīng)2Fe3++4H2O?2FeOOH+6H+pH增大,氫離子濃度減小,導(dǎo)致平衡正向移動(dòng)。(3)沉銅。向?yàn)V液1中加入活性NiS固體,使Cu2+轉(zhuǎn)化為CuS渣。在硫化鎳用量為理論用量的1.6倍、反應(yīng)溫度80℃的條件下,不同反應(yīng)時(shí)間對硫化鎳除銅效果的影響如圖。30分鐘后,渣中銅鎳比大幅度降低的可能原因是CuS部分轉(zhuǎn)化為CuO,同時(shí)釋放出部分S2﹣,使Ni2+生成NiS。已知:一定條件下,CuS可以部分轉(zhuǎn)化為CuO,同時(shí)釋放出部分S2﹣。(4)向?yàn)V液2中加入NaF溶液,經(jīng)過濾得到較純凈的NiSO4溶液。沉淀的主要成分是CaF2。(5)NiSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌可獲得NiSO4?nH2O晶體。采用EDTA法測定晶體中結(jié)晶水的含量。[EDTA(Na2H2Y)法測定金屬陽離子含量的方程式為:M2++H2Y2﹣═MY2﹣+2H+]。步驟一:標(biāo)定EDTA。取25.00mLc1mol?L﹣1的ZnCl2標(biāo)準(zhǔn)溶液于錐形瓶中,用EDTA溶液滴定至終點(diǎn),消耗EDTA溶液的體積為V1mL。步驟二:稱取mgNiSO4?nH2O樣品,配制250mL溶液,取25.00mL進(jìn)行滴定,消耗EDTA溶液的體積為V2mL。n=[列出表達(dá)式,已知M(NiSO4)=155g?mol﹣1]【答案】(1)增大接觸面積,加快反應(yīng)速率;(2)①2Na++6Fe3++4+12H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+;消耗氫離子,增大鈉離子濃度,使反應(yīng)正向進(jìn)行,提高產(chǎn)率;②反應(yīng)2Fe3++4H2O?2FeOOH+6H+pH增大,氫離子濃度減小,導(dǎo)致平衡正向移動(dòng);(3)CuS部分轉(zhuǎn)化為CuO,同時(shí)釋放出部分S2﹣,使Ni2+生成NiS;(4)CaF2;(5)?!痉治觥扛绘嚲V渣中含有鎳、鐵、銅、鈣、鎂等元素,其中鎳主要以Ni(OH)2和NiS的形式存在,Ni(OH)2和NiS均難溶于水;鐵主要以Fe3O4形式存在,溶渣時(shí),向富鎳精礦渣中加入硫酸并加熱,各物質(zhì)轉(zhuǎn)化為對應(yīng)的硫酸鹽,同時(shí)加入氧化劑,氧化亞鐵離子為鐵離子,在硫酸鹽溶液中,加入足量Na+,控制溶液的pH為1.6~1.8時(shí),生成溶度積極小的黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12],當(dāng)Fe3+濃度降到較低后,繼續(xù)采用針鐵礦法除鐵,控制溶液的pH為4.2~4.5,在溫度80℃的條件下,F(xiàn)e3+緩慢沉淀形成針鐵礦(FeOOH),向?yàn)V液1中加入活性NiS固體,使Cu2+轉(zhuǎn)化為CuS渣,向?yàn)V液2中加入NaF溶液生成氟化鈣沉淀,過濾除去鈣離子,得到較純凈的NiSO4溶液,NiSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌可獲得NiSO4?nH2O晶體。【解答】解:(1)富鎳精礦渣在溶解前,需經(jīng)破碎,目的是增大接觸面積,加快反應(yīng)速率,故答案為:增大接觸面積,加快反應(yīng)速率;(2)①在硫酸鹽溶液中,當(dāng)有足量Na+,控制溶液的pH為1.6~1.8時(shí),生成溶度積極小的黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12],反應(yīng)的離子方程式為:2Na++6Fe3++4+12H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+,向鎳浸出液中不斷加入Na2CO3,消耗氫離子,增大鈉離子濃度,使反應(yīng)正向進(jìn)行,提高產(chǎn)率,不斷加入Na2CO3的作用是消耗氫離子,增大鈉離子濃度,使反應(yīng)正向進(jìn)行,提高產(chǎn)率,故答案為:2Na++6Fe3++4+12H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+;消耗氫離子,增大鈉離子濃度,使反應(yīng)正向進(jìn)行,提高產(chǎn)率;②控制溶液的pH為4.2~4.5,在溫度80℃的條件下,F(xiàn)e3+緩慢沉淀形成針鐵礦(FeOOH),反應(yīng)為2Fe3++4H2O?2FeOOH+6H+,結(jié)合平衡移動(dòng)原理,F(xiàn)eOOH生成的原因?yàn)榉磻?yīng)2Fe3++4H2O?2FeOOH+6H+pH增大,氫離子濃度減小,導(dǎo)致平衡正向移動(dòng),故答案為:反應(yīng)2Fe3++4H2O?2FeOOH+6H+pH增大,氫離子濃度減小,導(dǎo)致平衡正向移動(dòng);(3)根據(jù)一定條件下,CuS可以部分轉(zhuǎn)化為CuO,同時(shí)釋放出部分S2﹣,30分鐘后,渣中銅鎳比大幅度降低的可能原因是CuS部分轉(zhuǎn)化為CuO,同時(shí)釋放出部分S2﹣,使Ni2+生成NiS,故答案為:CuS部分轉(zhuǎn)化為CuO,同時(shí)釋放出部分S2﹣,使Ni2+生成NiS;(4)根據(jù)分析,沉淀的主要成分是CaF2,故答案為:CaF2;(5)根據(jù)EDTA~ZnCl2~NiSO4?nH2O,n==,故答案為:?!军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的分離提純實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì),為高考常見題型和高頻考點(diǎn),側(cè)重考查學(xué)生知識綜合應(yīng)用、根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行分析、實(shí)驗(yàn)基本操作能力及實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)能力,綜合性較強(qiáng),注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取與使用,難度較大。5.(2024春?虹口區(qū)期末)種類繁多的金屬及其化合物在人類的生產(chǎn)生活中有著極其重要的作用。回答下列問題:(1)下列物質(zhì)中,不能由兩種單質(zhì)直接化合得到的是D。A.Na2O2B.Na2OC.Fe3O4D.FeCl2(2)下列反應(yīng)原理中,不符合工業(yè)冶煉金屬實(shí)際情況的是C。A.HgOHg+O2B.2Al2O34Al+3O2C.3MgO+2Al3Mg+Al2O3D.3CO+Fe2O32Fe+3CO2硫酸鐵是水處理行業(yè)用作凈水的混凝劑和污泥的處理劑,一種以黃鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2等)為原料制取硫酸鐵晶體的工藝流程如圖:(已知:SiO2不溶于水,不和硫酸反應(yīng))(3)寫出“酸浸”中氧化鐵與硫酸反應(yīng)的離子方程式Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。(4)“氧化”時(shí)用H2O2氧化的優(yōu)點(diǎn)是反應(yīng)生成水,不引入新雜質(zhì),綠色環(huán)保無污染。(5)欲檢驗(yàn)Fe2+是否被完全氧化,可選用的試劑為C。A.NaOH溶液B.KSCN溶液C.酸性KMnO4溶液D.新制氯水(6)從“氧化”后的溶液中獲得硫酸鐵晶體,需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等一系列操作。(7)硫酸鐵用于處理SO2尾氣的工藝流程如下,下列說法中正確的是BC(不定項(xiàng))。A.整個(gè)流程中,需要再補(bǔ)充硫酸鐵溶液B.溶液a轉(zhuǎn)化為溶液b的反應(yīng)中,SO2被氧化C.操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2OD.處理100L含SO2的體積分?jǐn)?shù)為0.336%的尾氣,“吸收”步驟中轉(zhuǎn)移0.3mol電子【答案】(1)D;(2)C;(3)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;(4)反應(yīng)生成水,不引入新雜質(zhì),綠色環(huán)保無污染;(5)C;(6)蒸發(fā)濃縮;冷卻結(jié)晶;(7)BC?!痉治觥浚?)A.鈉與氧氣反應(yīng),不加熱時(shí)生成氧化鈉;B.鈉與氧氣反應(yīng),加熱生成過氧化鈉;C.鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵;D.鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵;(2)A.汞的性質(zhì)不活潑,工業(yè)上采用熱分解法制取;B.氧化鋁加入助熔劑,熔融電解得到鋁單質(zhì);C.利用鋁熱反應(yīng)制取活動(dòng)性比鋁弱的金屬;D.該反應(yīng)中氧化鐵被CO還原,屬于熱還原法煉鐵;黃鐵礦燒渣中獲得硫酸鐵晶體,首先用硫酸溶解黃鐵礦燒渣,之后過濾,濾去不溶解的二氧化硅,再用過氧化氫將溶液中的二價(jià)鐵氧化為三價(jià)鐵,經(jīng)過一系列操作得到產(chǎn)品硫酸鐵晶體,據(jù)此解答(3)~(7)。【解答】解:(1)A.鈉與氧氣反應(yīng),不加熱時(shí)生成氧化鈉,故A正確;B.鈉與氧氣反應(yīng),加熱生成過氧化鈉,故B正確;C.鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵,故C正確;D.鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵,故D錯(cuò)誤;故答案為:D;(2)A.汞的性質(zhì)不活潑,工業(yè)上采用熱分解法制取,故A錯(cuò)誤;B.氧化鋁加入助熔劑,熔融電解得到鋁單質(zhì),故B錯(cuò)誤;C.利用鋁熱反應(yīng)制取活動(dòng)性比鋁弱的金屬,不能制取比鋁活潑的金屬鎂,故C正確;D.該反應(yīng)中氧化鐵被CO還原,屬于熱還原法煉鐵,故D錯(cuò)誤;故答案為:C;(3)“酸浸”中氧化鐵與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水,離子方程式:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,故答案為:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;(4)“氧化”時(shí)用H2O2氧化的優(yōu)點(diǎn)是反應(yīng)生成水,不引入新雜質(zhì),綠色環(huán)保無污染,故答案為:反應(yīng)生成水,不引入新雜質(zhì),綠色環(huán)保無污染;(5)亞鐵離子具有一定還原性,能使得酸性高錳酸鉀溶液褪色,現(xiàn)象明顯,故檢驗(yàn)亞鐵離子合適的試劑為C:酸性KMnO4溶液;氫氧化鈉和鐵離子生成紅褐色沉淀干擾亞鐵離子鑒定、KSCN溶液鑒定鐵離子、新制氯水和亞鐵離子反應(yīng)現(xiàn)象不明顯,均不合適,故答案為:C;(6)從“氧化”后的溶液中獲得硫酸鐵晶體,需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等一系列操作,故答案為:蒸發(fā)濃縮;冷卻結(jié)晶;(7)操作Ⅰ反應(yīng)為鐵離子和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子和硫酸:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+,操作Ⅱ反應(yīng)為亞鐵離子被氧氣氧化為鐵離子:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;A.整個(gè)流程中,硫酸鐵被消耗然后生成,根據(jù)反應(yīng)可知吸收消耗的硫酸鐵與氧化時(shí)生成的硫酸鐵的量相同,硫酸鐵可以循環(huán)利用,故不用添加,故A錯(cuò)誤;B.鐵離子和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子和硫酸,硫化合價(jià)升高,二氧化硫被氧化,故B正確;C.溶液b含F(xiàn)eSO4,通入氧氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2(SO4)3,操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故C正確;D.處理100L含SO2體積分?jǐn)?shù)為0.336%的尾氣,經(jīng)計(jì)算其含有SO2體積為0.336L,但題目沒有告知?dú)怏w是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,因此無法計(jì)算其物質(zhì)的量,則無法計(jì)算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量,故D錯(cuò)誤;故答案為:BC。【點(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的分離提純、金屬的冶煉等知識點(diǎn),屬于高頻考點(diǎn),掌握元素化合物的理化性質(zhì)是解題的關(guān)鍵,難度較小。6.(2024?浙江模擬)固體化合物X的組成為CaFe3Al2Si(CO3)O9,以X為原理實(shí)現(xiàn)如圖轉(zhuǎn)化。已知:化合物X可以拆分成一種鈣鹽和多種氧化物的形式;流程中的每一步使用到的試劑均過量。請回答:(1)寫出溶液E中的所有陽離子Al3+、H+、Na+。(2)下列說法正確的是BC。A.氣體B是形成酸雨的主要成分且分子結(jié)構(gòu)為直線形B.固體E中可能含有Na2CO3C.固體混合物A中可能存在著能吸引鐵的化合物D.試劑F可選用NH3?H2O溶液或KOH溶液(3)氣體B與溶液D反應(yīng)生成白色沉淀H2SiO3的離子方程式為+CO2+H2O=H2SiO3↓+。(4)固體混合物A與稀硫酸混合后,溶液呈淡黃色。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn),驗(yàn)證溶液中的有色陽離子取少量溶液于試管中,滴加硫氰化鉀溶液,溶液變血紅色,則說明原溶液含F(xiàn)e3+;另取少量溶液于另一試管中,滴加少量酸性高錳酸鉀溶液,若紫紅色褪去,則說明原溶液含F(xiàn)e2+?!敬鸢浮浚?)Al3+、H+、Na+;(2)BC;(3)+CO2+H2O=H2SiO3↓+;(4)取少量溶液于試管中,滴加硫氰化鉀溶液,溶液變血紅色,則說明原溶液含F(xiàn)e3+;另取少量溶液于另一試管中,滴加少量酸性高錳酸鉀溶液,若紫紅色褪去,則說明原溶液含F(xiàn)e2+?!痉治觥炕衔颴可以拆分成CaCO3?Al2O3?Fe3O4?SiO2形式,與足量NaOH反應(yīng)后,固體混合物A中含有CaCO3和Fe3O4,溶液D中含有NaOH、NaAl(OH)4、Na2SiO3,向D中加入足量鹽酸,溶液E溶質(zhì)為HCl、AlCl3、NaCl,加入足量F生成Al(OH)3沉淀,故F應(yīng)為弱堿NH3?H2O?!窘獯稹拷猓海?)根據(jù)分析可知,溶液E中陽離子有Al3+、H+、Na+,故答案為:Al3+、H+、Na+;(2)A.氣體B為CO2,分子結(jié)構(gòu)為直線形,但不是形成酸雨的主要成分,故A錯(cuò)誤;B.Na與CO2反應(yīng),生成CO和固體C,固體C中可能含有Na2CO3,故B正確;C.根據(jù)分析,固體混合物A中含有CaCO3和Fe3O4,F(xiàn)e3O4具有磁性,故C正確;D.過量的F與溶液E生成Al(OH)3沉淀,F(xiàn)不能為KOHD.過量的F與溶液E生成Al(OH)3沉淀,F(xiàn)不能為KOH溶液,故D錯(cuò)誤;故答案為:BC;(3)CO2與硅酸鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為+CO2+H2O=H2SiO3↓+,故答案為:+CO2+H2O=H2SiO3↓+;(4)固體混合物A與硫酸反應(yīng)生成的有色陽離子有Fe3+和Fe2+,檢驗(yàn)方式分別為取少量溶液于試管中,滴加硫氰化鉀溶液,溶液變血紅色,則說明原溶液含F(xiàn)e3+;另取少量溶液于另一試管中,滴加少量酸性高錳酸鉀溶液,若紫紅色褪去,則說明原溶液含F(xiàn)e2+,故答案為:取少量溶液于試管中,滴加硫氰化鉀溶液,溶液變血紅色,則說明原溶液含F(xiàn)e3+;另取少量溶液于另一試管中,滴加少量酸性高錳酸鉀溶液,若紫紅色褪去,則說明原溶液含F(xiàn)e2+?!军c(diǎn)評】本題主要考查了物質(zhì)的分離與提純,題目難度較大,掌握常見物質(zhì)的性質(zhì)和分析題給流程圖是解答該題的關(guān)鍵。7.(2024?諸暨市模擬)以方鉛礦(主要含PbS、FeS)和廢鉛膏(主要含PbO2、PbO)為原料實(shí)現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化。已知:①90℃時(shí),加入過量鹽酸和MgCl2溶液的混合液將鉛元素全部以的形式浸出。②ΔH>0請回答:(1)浸出過程中,發(fā)生了多個(gè)反應(yīng)。請寫出PbO2、PbS在鹽酸和MgCl2溶液的作用下轉(zhuǎn)化為的離子方程式PbO2+PbS+4H++8Cl?2[PbCl4]2?+S+2H2O;在浸出時(shí),MgCl2的作用為增大Cl﹣濃度,促進(jìn)生成的反應(yīng)平衡正移,提高鉛元素的利用率。(2)H2S氣體主要是由FeS(填化學(xué)式)反應(yīng)產(chǎn)生的,可以(填“可以”、“不可以”)用CuSO4溶液吸收。(3)下列說法正確的是BC。A.浸出產(chǎn)生的Fe2+最終氧化為Fe3+存在于溶液中B.的空間構(gòu)型是正四面體C.可以向含的溶液中加入適量的冷水結(jié)晶獲得PbCl2D.工業(yè)上主要通過電解熔融PbCl2制金屬Pb(4)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn),驗(yàn)證結(jié)晶后過濾得到的濾液中含有Fe元素取適量濾液于試管中,滴加鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6],若生成藍(lán)色沉淀,則證明濾液中有Fe元素;或取適量濾液于試管中,滴加適量H2O2溶液和幾滴KSCN溶液,若溶液變?yōu)榧t色,則證明濾液中有Fe元素。【答案】(1)PbO2+PbS+4H++8Cl?2[PbCl4]2?+S+2H2O;增大Cl﹣濃度,促進(jìn)生成的反應(yīng)平衡正移,提高鉛元素的利用率;(2)FeS;可以;(3)BC;(4)取適量濾液于試管中,滴加鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6],若生成藍(lán)色沉淀,則證明濾液中有Fe元素;或取適量濾液于試管中,滴加適量H2O2溶液和幾滴KSCN溶液,若溶液變?yōu)榧t色,則證明濾液中有Fe元素?!痉治觥糠姐U礦(主要含PbS、FeS)和廢鉛膏(主要含主要含PbO2、PbO)混合浸出:加入過量的鹽酸和MgCl2溶液的混合液將鉛元素全部以[PbCl4]2﹣形式浸出,得到H2S、含[PbCl4]2﹣溶液和含S的殘?jiān)瑸V液結(jié)晶得到PbCl2,以此解答?!窘獯稹拷猓海?)PbO2、PbS在鹽酸和MgCl2溶液的作用下轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2?,PbO2中Pb得電子化合價(jià)降低,PbS中S失電子,故生成S單質(zhì),反應(yīng)離子方程式為PbO2+PbS+4H++8Cl?2[PbCl4]2?+S+2H2O,在浸出時(shí),MgCl2增大Cl?濃度,促進(jìn)生成[PbCl4]2?的反應(yīng)平衡正移,提高鉛元素的利用率,故答案為:PbO2+PbS+4H++8Cl?2[PbCl4]2?+S+2H2O;增大Cl﹣濃度,促進(jìn)生成的反應(yīng)平衡正移,提高鉛元素的利用率;(2)由前一小題的反應(yīng)知,PbS中的硫元素反應(yīng)后生成S單質(zhì),故H2S氣體主要是由FeS反應(yīng)產(chǎn)生的,H2S和CuSO4反應(yīng)會(huì)生成CuS沉淀,且CuS不溶于硫酸,反應(yīng)為H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4,故H2S可以用CuSO4溶液吸收,故答案為:FeS;可以;(3)A.浸出過程沒有加氧化劑,故浸出產(chǎn)生的Fe2+最終仍然為Fe2+的形式存在于溶液中,故A錯(cuò)誤;B.[PbCl4]2?的中心Pb價(jià)層電子
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