大題突破練1　化學(xué)工藝流程題大題突破練2025高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題化學(xué)課后習(xí)題含答案

大題突破練2025高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題化學(xué)課后習(xí)題大題突破練(一)化學(xué)工藝流程題學(xué)生用書P3061.(2024·河北卷)V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料,也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝,具有釩回收率高、副產(chǎn)物可回收和不產(chǎn)生氣體污染物等優(yōu)點(diǎn)。工藝流程如下。已知:ⅰ.石煤是一種含V2O3的礦物,雜質(zhì)為大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分為CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ.高溫下,苛化泥的主要成分可與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鹽;室溫下,偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]和偏鋁酸鈣均難溶于水。回答下列問(wèn)題:(1)釩原子的價(jià)層電子排布式為;焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價(jià)為,產(chǎn)生的氣體①為(填化學(xué)式)。

(2)水浸工序得到濾渣①和濾液,濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣,濾液中雜質(zhì)的主要成分為(填化學(xué)式)。

(3)在弱堿性環(huán)境下,偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為;CO2加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率的原因?yàn)?浸取后低濃度的濾液①進(jìn)入(填工序名稱),可實(shí)現(xiàn)釩元素的充分利用。

(4)洗脫工序中洗脫液的主要成分為(填化學(xué)式)。

(5)下列不利于沉釩過(guò)程的兩種操作為(填字母)。

a.延長(zhǎng)沉釩時(shí)間b.將溶液調(diào)至堿性c.攪拌d.降低NH4Cl溶液的濃度答案:(1)3d34s2+5價(jià)CO2(2)NaAlO2(3)HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-提高溶液中HCO(4)NaCl(5)bd解析:“焙燒”過(guò)程中,通入空氣,石煤和苛化泥在高溫條件下反應(yīng)生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等?！八边^(guò)程中,分離“焙燒”后的可溶性物質(zhì)(如NaVO3)和不溶性物質(zhì)[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]?！半x子交換”“洗脫”過(guò)程中,富集和提純VO3-?！俺菱C”過(guò)程中,生成NH4VO3。“鹽浸”過(guò)程中,濾渣①中含有釩元素,通過(guò)“鹽浸”,使濾渣①中的釩元素進(jìn)入濾液①中,再將濾液①回流到“離子交換”工序,進(jìn)行V(1)釩是23號(hào)元素,其價(jià)層電子排布式為3d34s2;焙燒過(guò)程中,氧氣被還原,V2O3被氧化生成VO3-,偏釩酸鹽中釩的化合價(jià)為+5價(jià);CaCO3在800℃以上開(kāi)始分解,生成的氣體①為CO(2)由已知信息可知,高溫下,苛化泥的主要成分NaOH與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鈉,所以濾液中雜質(zhì)的主要成分是NaAlO2。(3)在弱堿性環(huán)境下,Ca(VO3)2與HCO3-和OH-反應(yīng)生成CaCO3、VO3-和H2O,離子方程式為HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-。濾液①中含有VO3-、NH4+等,(4)由離子交換工序中樹(shù)脂的組成可知,洗脫液中應(yīng)含有Cl-,考慮到水浸所得溶液中含有Na+,為避免引入其他雜質(zhì)離子,且NaCl廉價(jià)易得,故洗脫液的主要成分應(yīng)為NaCl。(5)沉釩過(guò)程是生成NH4VO3。NH4Cl呈弱酸性,如果將溶液調(diào)至堿性,OH-與NH4+反應(yīng),不利于生成NH4VO3,b符合題意;降低NH4Cl溶液的濃度,也不利于生成NH4VO32.(2024·廣西北海一模)硫酸鈰銨[(NH4)2Ce(SO4)3]微溶于水,不溶于乙醇,溶于無(wú)機(jī)酸,可用作分析試劑、氧化劑。某工廠用碳酸鈰[Ce2(CO3)3]礦石制備硫酸鈰銨的工藝流程如圖:Ce2(CO3)3礦石Ce2(SO4)3Ce(OH)4懸濁液硫酸鈰銨晶體已知:①Ksp[Ce(OH)4]=2×10-48。②硫酸鈰銨的熔點(diǎn)為130℃,沸點(diǎn)為330℃?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)(NH4)2Ce(SO4)3中鈰元素的化合價(jià)為。

(2)步驟一中,先將Ce2(CO3)3礦石粉碎,目的是。

(3)步驟二中,反應(yīng)溫度需要控制在0~30℃,原因是。

反應(yīng)完全后,要將混合物升溫至90℃,目的是

。

(4)步驟二中,Ce2(SO4)3與H2O2、NH3·H2O反應(yīng)生成Ce(OH)4的化學(xué)方程式為。

(5)步驟三反應(yīng)完全后的溶液經(jīng)、、過(guò)濾,得到晶體。最后用洗滌2~3次后,得到高純硫酸鈰銨晶體。

(6)若最初稱取一定量的碳酸鈰礦石,其中含Ce2(CO3)34.60kg,經(jīng)該工藝流程最終獲得5.62kg(NH4)2Ce(SO4)3晶體,則(NH4)2Ce(SO4)3的產(chǎn)率為(保留三位有效數(shù)字)。

答案:(1)+4價(jià)(2)增大溶解過(guò)程中固體與稀硫酸的接觸面積,加快溶解速率(3)溫度過(guò)高會(huì)導(dǎo)致過(guò)氧化氫分解、氨水揮發(fā)除去過(guò)量的過(guò)氧化氫(4)Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4(5)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶乙醇(6)60.6%解析:碳酸鈰[Ce2(CO3)3]礦石用硫酸浸取,Ce3+進(jìn)入溶液,加入過(guò)氧化氫將+3價(jià)Ce氧化為+4價(jià)Ce,加入氨水升溫至90℃得到Ce(OH)4懸濁液,加入硫酸、硫酸銨得到硫酸鈰銨晶體。(1)(NH4)2Ce(SO4)3中銨根、硫酸根化合價(jià)分別為+1、-2價(jià),根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零,可知鈰元素的化合價(jià)為+4價(jià)。(3)過(guò)氧化氫不穩(wěn)定、氨水易揮發(fā),所以反應(yīng)溫度需要控制在0~30℃。反應(yīng)完全后,要將混合物升溫至90℃,目的是除去過(guò)量的過(guò)氧化氫。(4)Ce2(SO4)3與H2O2、NH3·H2O反應(yīng)生成Ce(OH)4,反應(yīng)中Ce化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?4價(jià)、過(guò)氧化氫中氧化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?2價(jià),結(jié)合電子守恒、質(zhì)量守恒可知,化學(xué)方程式為Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4。(5)硫酸鈰銨微溶于水,不溶于乙醇,故最后用乙醇洗滌2~3次后,得到高純硫酸鈰銨晶體。(6)由Ce守恒可知,Ce2(CO3)3~2(NH4)2Ce(SO4)3,則(NH4)2Ce(SO4)3的產(chǎn)率為5.62×103g3.(2024·湖北卷)鈹用于航天器件的構(gòu)筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹?shù)穆窂饺鐖D所示。已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+回答下列問(wèn)題。(1)基態(tài)Be2+的軌道表示式為。

(2)為了從“熱熔冷卻”步驟得到玻璃態(tài),冷卻過(guò)程的特點(diǎn)是。

(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+,向過(guò)量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,觀察到的現(xiàn)象是

。

(4)寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式:?！盀V液2”可以進(jìn)入步驟再利用。

(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí),加入氯化鈉的主要作用是。

(6)Be(OH)2與醋酸反應(yīng)得到某含4個(gè)Be的配合物,4個(gè)Be位于以1個(gè)O原子為中心的四面體的4個(gè)頂角,且每個(gè)Be的配位環(huán)境相同,Be與Be間通過(guò)CH3COO-相連,其化學(xué)式為。

答案:(1)(2)快速冷卻(3)先出現(xiàn)白色渾濁,后白色渾濁迅速消失(4)BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O反萃取分液(5)增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性(6)Be4O(CH3COO)6解析:將Be3Al2(SiO3)6加熱熔融,然后快速冷卻到其玻璃態(tài),再加入稀硫酸“酸浸過(guò)濾”,“濾渣”的成分為H2SiO3,“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中,“水相1”中含有Al3+,“有機(jī)相”為BeA2(HA)2,加入過(guò)量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉(zhuǎn)化為Na2[Be(OH)4]進(jìn)入“水相2”中,分離出含NaA的煤油,最后對(duì)“水相2”加熱,并過(guò)濾分離出Be(OH)2,通過(guò)系列操作得到金屬鈹,據(jù)此回答。(1)基態(tài)Be2+的電子排布式為1s2,其軌道表示式為。(2)熔融態(tài)物質(zhì)冷卻凝固時(shí),緩慢冷卻會(huì)形成晶體,快速冷卻會(huì)形成非晶態(tài),即玻璃態(tài),所以從“熱熔冷卻”中得到玻璃態(tài),其冷卻過(guò)程的特點(diǎn)為快速冷卻。(3)“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中,則“水相1”中含有Al3+,向過(guò)量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,發(fā)生反應(yīng):Al3++3OH-Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-,可觀察到的現(xiàn)象為先出現(xiàn)白色渾濁,后白色渾濁迅速消失。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式為BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O;“濾液2”的主要成分為NaOH,可進(jìn)入“反萃取分液”步驟再利用。(5)氯化鈹熔融態(tài)導(dǎo)電性弱,電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí),加入氯化鈉的主要作用為增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性。(6)由題意可知,該配合物中有4個(gè)Be位于四面體的4個(gè)頂角,四面體中心只有1個(gè)O,Be與Be之間總共有6個(gè)CH3COO-,則該配合物的化學(xué)式為Be4O(CH3COO)6。4.(2024·吉林白山二模)鈧(Sc)及其化合物在電子、超導(dǎo)合金和催化劑等領(lǐng)域有重要應(yīng)用。一種利用鈦白廢酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸廢液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)聯(lián)合制備Sc2O3的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題:已知:25℃時(shí),Ksp[Sc(OH)3]=1×10-30。(1)基態(tài)Fe3+的簡(jiǎn)化電子排布式為。

(2)為提高“浸取”速率,可采取的措施有(寫出一條即可),“浸渣”的主要成分是(寫化學(xué)式);水相中含有的金屬離子主要是(寫離子符號(hào))。

(3)“除鈦”時(shí),加入H2O2的作用是。

(4)25℃時(shí),若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+沉淀完全(離子濃度≤10-5mol·L-1),應(yīng)控制溶液的pH不低于(保留兩位有效數(shù)字)。

(5)寫出草酸鈧晶體[Sc2(C2O4)3·6H2O]“灼燒”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式:。

答案:(1)[Ar]3d5(2)將赤泥碾碎(或適當(dāng)升高溫度、攪拌等)SiO2Fe3+、Al3+(3)提供配體,生成配離子[TiO(H2O2)]2+進(jìn)入水層(4)5.7(5)2Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O解析:鈦白廢酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸廢液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)“浸取”,二氧化硅不和酸反應(yīng),“浸渣”為SiO2,“萃取”時(shí)分離出Al3+、Fe3+,向“萃取”后的溶液中加入硫酸和H2O2,除鈦分離出[TiO(H2O2)]2+,加NaOH溶液“反萃取”后分離出Sc(OH)3,與鹽酸反應(yīng)后加草酸得到Sc2(C2O4)3·6H2O,再“灼燒”Sc2(C2O4)3·6H2O得到Sc2O3。(1)Fe是26號(hào)元素,基態(tài)Fe3+的簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3d5。(2)SiO2不與硫酸反應(yīng),故“浸渣”的主要成分是SiO2;根據(jù)流程圖可知,“浸取”除去SiO2,加入萃取劑“萃取”時(shí)水相中的金屬離子主要是Fe3+、Al3+。(3)由流程圖可知,加入H2O2后形成[TiO(H2O2)]2+,該轉(zhuǎn)化過(guò)程中元素化合價(jià)沒(méi)有變化,H2O2中的氧原子提供孤電子對(duì),Ti原子提供空軌道,形成配離子[TiO(H2O2)]2+進(jìn)入水層。(4)根據(jù)題意可知,Sc3+恰好完全沉淀時(shí),Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)=10-5·c3(OH-)=1×10-30,解得c(OH-)≈10-8.3mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)≈10-5.7mol·L-1,(5)Sc2(C2O4)3·6H2O中Sc的化合價(jià)為+3價(jià),反應(yīng)前后Sc的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化,根據(jù)流程圖可知,空氣參與反應(yīng),空氣氧化草酸鈧晶體中的碳元素,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O。5.(2024·安徽黃山二模)氧缺位體(CuFe2O4-δ)是熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦(主要成分是CuFeS2,含Al2O3、SiO2等雜質(zhì))為原料制備CuFe2O4-δ的流程如圖所示:已知:①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時(shí)已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示:氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Fe(OH)2開(kāi)始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0請(qǐng)回答下列問(wèn)題:(1)CuFeS2“焙燒”時(shí)生成三種氧化物,其中金屬氧化物的化學(xué)式為。

(2)“焙燒”產(chǎn)物中的SO2在有氧條件下利用石灰漿液吸收可制得一種副產(chǎn)品(填化學(xué)式)。

(3)流程中,若無(wú)“還原”工序,造成的后果是

。

(4)已知Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構(gòu)體,則“沉鐵”過(guò)程中生成的[Cu(NH3)4]2+的空間結(jié)構(gòu)是。

(5)“灼燒”工序的化學(xué)方程式是,“煅燒”時(shí)通入N2的作用是

。

(6)“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體(CuFe2O4-δ)時(shí),不同溫度范圍內(nèi),發(fā)生變價(jià)的金屬元素不同,某溫度下制得的氧缺位體質(zhì)量為原質(zhì)量的99%,則δ=。

(7)氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步:第一步:

(完成方程式);第二步:2CuFe2O42CuFe2O4-δ+δO2↑。答案:(1)CuO、Fe3O4(2)CaSO4(3)還原工序是將Fe3+還原為Fe2+,若沒(méi)有還原工序,Fe3+會(huì)形成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣2中(4)平面正方形(5)CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O作保護(hù)氣(6)0.15(7)CuFe2O4-δ+δH2OCuFe2O4+δH2↑解析:氧氣具有氧化性,已知酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+,CuFeS2“焙燒”生成三種氧化物,可知三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4;加入硫酸,金屬氧化物轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽,“濾渣1”為SiO2,加入Cu還原Fe3+為Fe2+,加入CuO調(diào)節(jié)pH使Al3+沉淀,而Cu2+和Fe2+不沉淀,“濾渣2”中有Al(OH)3、CuO、Cu,加H2O2將Fe2+氧化為Fe3+,加入過(guò)量的氨水反應(yīng)生成Cu(NH3)4SO4,Fe3+生成Fe(OH)3沉淀,Cu(NH3)4SO4經(jīng)過(guò)系列操作生成CuO,灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,在N2作保護(hù)氣下“煅燒”生成CuFe2O4-δ。(1)由分析知金屬氧化物的化學(xué)式為CuO、Fe3O4。(2)“焙燒”產(chǎn)物中的SO2在有氧條件下利用石灰漿液Ca(OH)2吸收可制得的一種副產(chǎn)品是CaSO4。(4)已知Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構(gòu)體,可知其結(jié)構(gòu)不是四面體結(jié)構(gòu),而是平面四邊形結(jié)構(gòu),故[Cu(NH3)4]2+的空間結(jié)構(gòu)為平面正方形。(5)灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,N2作保護(hù)氣,防止生成物被氧化。(6)“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體(CuFe2O4-δ),質(zhì)量減少的是氧氣質(zhì)量,16δ64+2×56+4×16×(7)制取氫氣的總反應(yīng)為2H2O2H2↑+O2↑,結(jié)合第二步反應(yīng)2CuFe2O42CuFe2O4-δ+δO2↑,可知第一步反應(yīng)為CuFe2O4-δ+δH2OCuFe2O4+δH2↑。6.鎳、鉻、銅及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用,從電鍍污泥[含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等]中回收制備NiSO4·nH2O和其他金屬及其化合物的工藝流程如圖所示。已知:“萃取”可將金屬離子進(jìn)行富集與分離,原理如下:X2+(水相)+2RH(有機(jī)相)XR2(有機(jī)相)+2H+(水相)回答下列問(wèn)題:(1)與鉻同周期的所有元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與鉻原子相同的元素有(填元素符號(hào))。原子核外運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài),若一種自旋狀態(tài)用“+12”表示,與之相反的用“-12”表示,“±12”(2)已知NiO與MgO的晶體結(jié)構(gòu)相同,其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm和69pm。則熔點(diǎn):NiO(填“>”“<”或“=”)MgO,理由是

。

(3)“濾渣Ⅰ”的主要成分為(填化學(xué)式)。

(4)電解之后加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH的目的是

。

(5)“反萃取”時(shí)加入的試劑A為。

(6)“反萃取”得到的NiSO4溶液,在堿性條件下可被NaClO氧化生成NiOOH沉淀,該反應(yīng)的離子方程式為

。

(7)資料顯示,硫酸鎳結(jié)晶水合物的形態(tài)與溫度有如表關(guān)系:溫度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶體形態(tài)NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多種結(jié)晶水合物NiSO4由NiSO4溶液獲得NiSO4·7H2O晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、、

過(guò)濾、洗滌、干燥。答案:(1)K、Cu-1(或+1)(2)<Mg2+的半徑比Ni2+的小,MgO的離子鍵比NiO的強(qiáng)(3)SiO2(4)使鐵離子形成Fe(OH)3沉淀,除去鐵元素(5)H2SO4(或硫酸)(6)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O(7)冷卻至30.8℃以下結(jié)晶解析:(1)鉻元素的基態(tài)原子中最外層電子排布為4s1,與鉻同周期最外層電子排布為4s1的元素還有K、Cu。基態(tài)Ni原子的價(jià)層電子軌道表示式為,則其價(jià)層電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為-1(或+1)。(2)NiO與MgO都是離子晶體,Mg2+的半徑比Ni2+的小,MgO的離子鍵比NiO的強(qiáng),則熔點(diǎn):NiO<MgO。(3)向電鍍污泥加入稀硫酸酸浸,Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3生成相應(yīng)的金屬陽(yáng)離子,SiO2不反應(yīng),則“濾渣Ⅰ”的主要成分為SiO2。(4)根據(jù)流程中信息,電解得到金屬銅,加入Na3PO4除去鉻元素,經(jīng)過(guò)“萃取”與“反萃取”富集鎳元素,因此加入Na2CO3是為了除去鐵元素。(5)根據(jù)X2+(水相)+2RH(有機(jī)相)XR2(有機(jī)相)+2H+(水相),“反萃取”要增大氫離子濃度,且不能引入雜質(zhì),所以A為硫酸。(6)根據(jù)得失電子守恒、原子守恒可得:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。(7)根據(jù)信息可知,低于30.8℃時(shí),晶體形態(tài)為NiSO4·7H2O,所以由NiSO4溶液獲得NiSO4·7H2O晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、冷卻至30.8℃以下結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥。大題突破練(二)化學(xué)實(shí)驗(yàn)綜合題學(xué)生用書P3091.(2024·廣東佛山質(zhì)檢一)碘是生命必需的一種微量元素,海帶、海藻等食物含碘量最為豐富。某小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)提取并測(cè)定干海帶中碘的含量,回答下列問(wèn)題:Ⅰ.從海帶中提取碘該小組同學(xué)按如圖實(shí)驗(yàn)流程進(jìn)行實(shí)驗(yàn):干海帶海帶灰海帶浸出液I2的水溶液(1)步驟ⅰ中需要用到含硅酸鹽材質(zhì)的儀器有(填儀器名稱)。

(2)步驟ⅲ中雙氧水的作用是(用離子方程式表示)。

Ⅱ.滴定法測(cè)海帶中碘的含量用Na2S2O3滴定I2的水溶液,淀粉溶液作指示劑。原理為2Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6。(3)用酸式滴定管量取I2的水溶液時(shí)常需要排出氣泡,操作是

。

(4)小組同學(xué)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)測(cè)定,在滴定終點(diǎn)附近,反復(fù)變回藍(lán)色,一直測(cè)不到終點(diǎn)。待測(cè)液無(wú)色藍(lán)色無(wú)色藍(lán)色……①提出猜想猜想1:碘離子被氧化;

猜想2:碘離子被步驟ⅲ中過(guò)量的H2O2氧化。②驗(yàn)證猜想序號(hào)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論1取少量原海帶浸出液,加入硫酸酸化,再滴加幾滴淀粉溶液,鼓入空氣待測(cè)液始終保持無(wú)色猜想1不成立2將2mL0.1mol·L-1KI溶液、2滴0.1mol·L-1H2SO4溶液、2滴淀粉溶液和1滴0.2mol·L-1H2O2溶液混合配制待測(cè)液,用Na2S2O3溶液滴定

猜想2成立③查閱資料小組同學(xué)認(rèn)為可能是反應(yīng)速率不同造成的,H2O2氧化I-的速率(填“快于”或“慢于”)Na2S2O3還原I2的速率,導(dǎo)致待測(cè)液反復(fù)變?yōu)樗{(lán)色。

④優(yōu)化設(shè)計(jì)鑒于反應(yīng)終點(diǎn)無(wú)法到達(dá)的問(wèn)題,請(qǐng)?zhí)岢龊侠淼男拚桨?

。

⑤完成實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)修正方案后,取5.000g干海帶進(jìn)行測(cè)定,消耗15.75mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液,則干海帶中碘的含量為mg·g-1(保留2位有效數(shù)字)。

答案:(1)坩堝、泥三角(2)2I-+H2O2+2H+I2+2H2O(3)將酸式滴定管稍稍傾斜,迅速打開(kāi)活塞,氣泡隨溶液的流出而被排出(4)①空氣中氧氣②待測(cè)溶液變無(wú)色后反復(fù)變回藍(lán)色③慢于④將待測(cè)液加熱煮沸,使得過(guò)氧化氫完全分解或?qū)⒋郎y(cè)液靜置足夠長(zhǎng)時(shí)間⑤40解析:(2)步驟ⅲ中雙氧水的作用是將碘離子氧化為碘單質(zhì):2I-+H2O2+2H+I2+2H2O。(4)①空氣中氧氣具有氧化性,由實(shí)驗(yàn)操作1可知,猜想1為碘離子被空氣中氧氣氧化。②猜想2為碘離子被步驟ⅲ中過(guò)量的H2O2氧化,實(shí)驗(yàn)操作2中滴入1滴0.2mol·L-1H2O2溶液,通過(guò)實(shí)驗(yàn)操作2說(shuō)明猜想2成立,則操作2中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為待測(cè)溶液變無(wú)色后反復(fù)變回藍(lán)色。③小組同學(xué)認(rèn)為可能是反應(yīng)速率不同造成的,碘單質(zhì)能使淀粉變?yōu)樗{(lán)色,溶液變藍(lán)色說(shuō)明生成碘單質(zhì)的反應(yīng)速率較慢,故H2O2氧化I-的速率慢于Na2S2O3還原I2的速率,導(dǎo)致待測(cè)液反復(fù)變?yōu)樗{(lán)色。④由分析可知,應(yīng)該除去待測(cè)液中的過(guò)氧化氫,合理的修正方案為將待測(cè)液加熱煮沸,使得過(guò)氧化氫完全分解或?qū)⒋郎y(cè)液靜置足夠長(zhǎng)時(shí)間。⑤原理為2Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6,則干海帶中碘的含量為0.1000mol·L-1×2.(2024·廣西北海一模)四氯化鈦(TiCl4)是制取航天工業(yè)材料——鈦合金的重要原料。實(shí)驗(yàn)室以TiO2和CCl4為原料制取液態(tài)TiCl4的裝置如圖所示(部分夾持裝置省略)。①反應(yīng)原理:TiO2(s)+CCl4(g)TiCl4(g)+CO2(g)。②反應(yīng)條件:無(wú)水、無(wú)氧,加熱。已知:有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)如表物質(zhì)熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃其他CCl4-2376與TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮濕空氣產(chǎn)生白霧,在550℃時(shí)能被氧氣氧化回答下列問(wèn)題:(1)裝稀硫酸的儀器名稱為。裝置C處用熱水浴的目的是。(2)若沒(méi)有裝置F,則裝置E中產(chǎn)生白霧的原因是

。

(3)實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí),緩慢滴入稀硫酸,能證明CO2已排盡裝置中的空氣的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。

(4)從E處產(chǎn)物中分離出TiCl4的實(shí)驗(yàn)方法是。

(5)根據(jù)表中提供的數(shù)據(jù),分析CCl4、TiCl4的熔點(diǎn)均較低的原因是。(6)TiCl4還可由TiO2、焦炭和氯氣在加熱條件下制得,生成體積比為2∶1的CO和CO2混合氣體,反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4∶3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

答案:(1)分液漏斗讓CCl4揮發(fā),提供充足的CCl4氣體與TiO2反應(yīng)(2)TiCl4遇到從G中揮發(fā)出來(lái)的水蒸氣發(fā)生水解,生成鹽酸小液滴(3)裝置G中有白色沉淀產(chǎn)生(4)蒸餾(5)CCl4、TiCl4形成的晶體都是分子晶體,分子間作用力小,熔點(diǎn)低(6)2TiO2+3C+4Cl22TiCl4+2CO+CO2解析:裝置A利用稀硫酸與碳酸鈉反應(yīng)生成CO2將裝置中的空氣排盡,防止TiCl4被氧化;裝置B中濃硫酸和干燥管中P2O5起干燥作用,防止生成的TiCl4遇潮濕空氣變質(zhì);裝置C中用熱水浴使四氯化碳揮發(fā),裝置D中在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)TiO2(s)+CCl4(g)TiCl4(g)+CO2(g),CCl4、TiCl4熔點(diǎn)較低,裝置E應(yīng)用冷水使這兩種物質(zhì)轉(zhuǎn)化為液態(tài),二者能互溶,應(yīng)該采用蒸餾方法分離。(2)裝置F中濃硫酸起干燥作用,若沒(méi)有裝置F,則裝置E中產(chǎn)生白霧的原因是TiCl4遇到從G中揮發(fā)出來(lái)的水蒸氣發(fā)生水解,生成鹽酸小液滴。(3)CO2已排盡裝置中的空氣時(shí),裝置G中有白色沉淀產(chǎn)生。(4)CCl4、TiCl4熔點(diǎn)較低,在E中冷凝成液體,兩者沸點(diǎn)不同,從E處產(chǎn)物中分離出TiCl4的實(shí)驗(yàn)方法是蒸餾。(6)TiCl4還可由TiO2、焦炭和氯氣在加熱條件下制得,生成體積比為2∶1的CO和CO2混合氣體,根據(jù)電子得失守恒,反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4∶3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2TiO2+3C+4Cl22TiCl4+2CO+CO2。3.(2024·廣東大亞灣區(qū)1月聯(lián)合模擬)氨基甲酸銨(H2NCOONH4)是一種重要的化工原料,可用于藥物合成、制備化學(xué)肥料、滅火劑或洗滌劑等。某化學(xué)興趣小組用如圖所示裝置制取氨基甲酸銨:已知:①制取氨基甲酸銨反應(yīng)為2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)ΔH<0。②氨基甲酸銨溶于水后生成NH4HCO3和NH3·H2O?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)儀器甲的名稱是;裝置2的作用是除去CO2中的水蒸氣,其盛裝的試劑是。

(2)裝置7是實(shí)驗(yàn)室制備氨氣,其化學(xué)方程式為

。

(3)液體石蠟鼓泡瓶的作用是

。

(4)實(shí)驗(yàn)制得產(chǎn)品1.173g,其中可能含有碳酸氫銨雜質(zhì)(不考慮碳酸氫銨與一水合氨之間的反應(yīng))。設(shè)計(jì)方案進(jìn)行成分探究,請(qǐng)?zhí)顚懕碇锌崭瘛Ｏ捱x試劑:蒸餾水、稀硝酸、CaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀鹽酸。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1:取固體樣品于試管中,加入蒸餾水至固體溶解得到無(wú)色溶液步驟2:向試管中繼續(xù)加入足量澄清石灰水

步驟3:過(guò)濾、洗滌、后稱量,沉淀質(zhì)量為1.500g

證明樣品中有碳酸氫銨通過(guò)計(jì)算,氨基甲酸銨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(保留小數(shù)點(diǎn)后兩位)。

[M(H2NCOONH4)=78g·mol-1、M(NH4HCO3)=79g·mol-1](5)氨基甲酸銨易分解,用如圖所示裝置測(cè)定25℃時(shí)該分解反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)Kp,實(shí)驗(yàn)步驟如下:(Ⅰ)關(guān)閉K3,打開(kāi)K1和K2,開(kāi)啟真空泵抽氣至測(cè)壓儀數(shù)值穩(wěn)定后關(guān)閉K1。(Ⅱ)關(guān)閉K2,,讀取壓強(qiáng)數(shù)值。測(cè)得25℃時(shí)壓強(qiáng)為12.0kPa。①請(qǐng)完善步驟(Ⅱ)的實(shí)驗(yàn)操作:。

②若步驟(Ⅰ)中測(cè)壓儀數(shù)值未穩(wěn)定即關(guān)閉K1,Kp測(cè)量值(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。

答案:(1)長(zhǎng)頸漏斗濃硫酸(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(3)通過(guò)觀察氣泡,調(diào)節(jié)NH3與CO2的通入比例(4)產(chǎn)生白色沉淀干燥79.80%(5)①緩慢開(kāi)啟K3至U形管兩邊液面相平并保持不變②偏大解析:根據(jù)題中已知反應(yīng),制取氨基甲酸銨需要二氧化碳和氨氣,又由于氨基甲酸銨易分解、易吸水,所以二氧化碳和氨氣必須干燥,且在低溫環(huán)境中反應(yīng),根據(jù)實(shí)驗(yàn)室制取二氧化碳和制氨氣的原理,裝置1中為碳酸鈣和鹽酸混合制二氧化碳的反應(yīng),經(jīng)過(guò)裝置2中濃硫酸干燥二氧化碳,裝置7中為固體加熱制氨氣,裝置6中堿石灰干燥氨氣,干燥的氨氣和二氧化碳分別通過(guò)裝置5、3的液體石蠟鼓泡瓶控制反應(yīng)物的用量,在裝置4三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)制取氨基甲酸銨,尾氣為氨氣和二氧化碳,其中氨氣有毒,在a處接酸液進(jìn)行吸收處理。(1)裝置2的作用是除去CO2中的水蒸氣,其盛裝的試劑是濃硫酸。(2)裝置7中氯化銨和消石灰反應(yīng)制備氨氣。(3)液體石蠟鼓泡瓶的作用是通過(guò)觀察氣泡,調(diào)節(jié)NH3與CO2的通入比例。(4)澄清石灰水與碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀,過(guò)濾、洗滌、干燥后稱量,沉淀質(zhì)量為1.500g,樣品與足量石灰水充分反應(yīng),碳元素全部轉(zhuǎn)化為碳酸鈣,所以氨基甲酸銨和氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和一水合氨,反應(yīng)的方程式為H2NCOONH4+Ca(OH)2+H2OCaCO3↓+2NH3·H2O;設(shè)碳酸氫銨為xmol,氨基甲酸銨為ymol,由樣品總質(zhì)量可得:79xg+78yg=1.173g,又因?yàn)閚(CaCO3)=0.015mol,由碳原子守恒可得:xmol+ymol=0.015mol,解得x=0.003,y=0.012,則m(H2NCOONH4)=0.012mol×78g·mol-1=0.936g,則氨基甲酸銨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.936g1.173(5)②若步驟(Ⅰ)中測(cè)壓儀數(shù)值未穩(wěn)定即關(guān)閉K1,則體系中的空氣未被完全抽空,導(dǎo)致測(cè)量的壓強(qiáng)偏大,則Kp測(cè)量值偏大。4.(2024·甘肅二模)草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)是一種黃色難溶于水可溶于稀硫酸的固體,具有較強(qiáng)還原性,受熱易分解,是生產(chǎn)電池、涂料以及感光材料的原材料。某化學(xué)活動(dòng)小組分別設(shè)計(jì)了相應(yīng)裝置進(jìn)行草酸亞鐵的制備及其性質(zhì)實(shí)驗(yàn)。回答下列問(wèn)題:Ⅰ.制備草酸亞鐵晶體(裝置如圖所示)(1)從b中獲得產(chǎn)品的操作為、、過(guò)濾、洗滌、干燥。

(2)實(shí)驗(yàn)過(guò)程:先打開(kāi)K1和K3,待a中反應(yīng)一段時(shí)間后,需要對(duì)開(kāi)關(guān)進(jìn)行的操作為。

Ⅱ.草酸亞鐵晶體熱分解產(chǎn)物的探究(3)盛放無(wú)水硫酸銅的裝置a的名稱為。

(4)裝置C的作用為。

(5)從綠色化學(xué)考慮,該套裝置存在的明顯缺陷是

。

(6)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后,E中黑色固體變?yōu)榧t色,B、F中澄清石灰水變渾濁,a中無(wú)水硫酸銅變?yōu)樗{(lán)色,A中硬質(zhì)玻璃管中殘留FeO,則A處反應(yīng)管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

Ⅲ.運(yùn)用熱重分析法推測(cè)產(chǎn)物稱取54.0g草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)加熱分解,得到剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示:(7)已知B點(diǎn)時(shí),固體只含有一種鐵的氧化物,根據(jù)上圖可知B點(diǎn)固體物質(zhì)的化學(xué)式為。

答案:(1)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶(2)打開(kāi)K2、關(guān)閉K3(3)球形干燥管(4)吸收二氧化碳(5)缺少處理尾氣CO裝置(6)FeC2O4·2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑(7)Fe3O4解析:Ⅰ.制備草酸亞鐵晶體的具體操作為:組裝好裝置后,檢驗(yàn)裝置的氣密性,添加試劑后,先打開(kāi)K1和K3,將一定量稀硫酸加入a瓶后再關(guān)閉K1,讓a瓶中反應(yīng)先進(jìn)行一段時(shí)間以排除空氣,進(jìn)行上述操作的同時(shí)關(guān)閉K2,一段時(shí)間后,打開(kāi)K2關(guān)閉K3,將A裝置中的硫酸亞鐵溶液導(dǎo)入裝置B中。Ⅱ.裝置A為草酸亞鐵晶體分解,利用無(wú)水硫酸銅檢驗(yàn)水蒸氣,B裝置檢驗(yàn)二氧化碳,C裝置吸收二氧化碳,D裝置干燥氣體,E裝置檢驗(yàn)CO,F裝置檢驗(yàn)二氧化碳。(1)b裝置中硫酸亞鐵和草酸銨反應(yīng)生成草酸亞鐵,經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到FeC2O4·2H2O晶體。(2)反應(yīng)一段時(shí)間后,打開(kāi)K2關(guān)閉K3,將a裝置中的硫酸亞鐵溶液導(dǎo)入裝置b中。(4)C中盛放NaOH溶液,作用是吸收二氧化碳。(5)反應(yīng)會(huì)產(chǎn)生CO,明顯缺陷是缺少處理尾氣CO裝置。(6)FeC2O4·2H2O受熱分解,E中黑色固體變?yōu)榧t色,說(shuō)明有Cu單質(zhì)生成,B、F中澄清石灰水變渾濁,說(shuō)明有CO2和CO生成,a中無(wú)水硫酸銅變?yōu)樗{(lán)色,說(shuō)明有H2O生成,A中硬質(zhì)玻璃管中殘留FeO,則A處反應(yīng)管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeC2O4·2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑。(7)n(FeC2O4·2H2O)=54.0g180g·mol-1=0.3mol,n(Fe)=n(FeC2O4·2H2O)=0.3mol,B點(diǎn)時(shí)