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)二輪用書(shū)化學(xué)Y課后習(xí)題含答案

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)二輪用書(shū)化學(xué)Y課后習(xí)題含答案大題突破練(一)化學(xué)工藝流程題學(xué)生用書(shū)P306溫馨提示:大題突破練不做題卡合一。1.(2024·廣東梅州二模)金屬錸廣泛用于航空航天等領(lǐng)域。以鉬精礦(主要成分為鉬的硫化物和少量錸的硫化物)制取高錸酸銨晶體的流程如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)金屬錸具有良好的導(dǎo)電、導(dǎo)熱性和延展性,可用于解釋這一現(xiàn)象的理論是。

(2)①“焙燒”時(shí)常采用高壓空氣、逆流操作(空氣從焙燒爐下部通入,礦粉從中上部加入),其目的是

。

②“焙燒”過(guò)程中ReS2轉(zhuǎn)化為Ca(ReO4)2,反應(yīng)的方程式:4ReS2+10CaO+19O22Ca(ReO4)2+。

(3)“萃取”機(jī)理為:R3N+H++ReO4-R3N·HReO4,則“反萃取”對(duì)應(yīng)的離子方程式為

常溫下,“反萃取”得到高錸酸銨溶液的pH=9.0,則溶液中c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)c(NH3·H2O)。[已知:常溫下lgKb(NH3·H2O)=-4(4)如圖是NH4ReO4的X射線(xiàn)衍射圖譜,則NH4ReO4屬于(填“晶體”或“非晶體”)。

高錸酸銨XRD譜(5)工業(yè)上制備的錸粉中含有少量炭粉和鐵粉(其熔、沸點(diǎn)見(jiàn)下表),在3500℃時(shí),利用氫氣提純可得到純度達(dá)99.995%的錸粉(如圖為碳在高溫氫氣環(huán)境中氣-固占比計(jì)算結(jié)果),請(qǐng)分析原因:

。

物質(zhì)熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃Re31805900C36524827Fe15352750(6)三氧化錸的晶胞是簡(jiǎn)單立方晶胞,晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1,晶體密度為ρg·cm-3。錸原子填在氧原子圍成的(填“四面體”“立方體”或“八面體”)空隙中,該晶胞中兩個(gè)相距最近的O原子間的距離為cm。(列出計(jì)算式)

答案:(1)電子氣理論(2)①增大接觸面積,提高反應(yīng)速率,使焙燒充分,提高原料的利用率②8CaSO4(3)R3N·HReO4+NH3NH4++ReO4-+R3N或R3N·HReO4+NH3·H2ONH4++ReO4(4)晶體(5)3500℃時(shí),Fe已氣化去除,固態(tài)碳與H2完全反應(yīng)形成了氣態(tài)物質(zhì)(6)八面體2解析:(1)金屬錸屬于金屬晶體,在金屬晶體中,金屬原子的價(jià)電子從金屬原子上“脫落”下來(lái)形成“電子氣”,在外力作用下金屬原子發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),電子在其中起到“潤(rùn)滑”的作用,因此金屬具有延展性;電子氣在外電場(chǎng)作用下定向移動(dòng),因此金屬有良好的導(dǎo)電性;金屬受熱,加速自由電子與金屬離子之間的能量交換,將熱能從一端傳遞到另一端而使金屬有良好的導(dǎo)熱性,因此可以用電子氣理論解釋金屬Re具有良好的導(dǎo)電、導(dǎo)熱性和延展性。(2)①“焙燒”時(shí)常采用高壓空氣、逆流操作可增大接觸面積,提高反應(yīng)速率,使焙燒充分,提高原料的利用率。②ReS2在反應(yīng)中轉(zhuǎn)化成Ca(ReO4)2和CaSO4,ReS2作還原劑,氧氣作氧化劑,反應(yīng)的方程式為4ReS2+10CaO+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4。(3)反萃取時(shí)R3N·HReO4與氨氣反應(yīng)生成NH4ReO4、R3N,反應(yīng)的離子方程式為R3N·HReO4+NH3NH4++ReO4-+R3N或R3N·HReO4+NH3·H2ONH4++ReO4-+R3N+H2O;lgKb(NH3·H2O)=-4.7,Kb(NH3·H2O)=c(NH4+)c(OH-)c(NH3·H2O)=10-4.7,“反萃取”得到高錸酸銨溶液的pH=9.0,則溶液中c(OH(4)由NH4ReO4的X射線(xiàn)衍射圖譜可知,NH4ReO4具有衍射峰,說(shuō)明NH4ReO4屬于晶體。(5)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知,在3500℃時(shí),鐵轉(zhuǎn)化成鐵蒸氣,根據(jù)圖像可知,在3500℃時(shí),C和氫氣生成氣態(tài)物質(zhì),得到高純度的Re。(6)由圖可知,頂角的Re原子周?chē)?個(gè)距離相等且最近的O原子,這6個(gè)O原子構(gòu)成正八面體,因此Re原子填在O原子圍成的八面體空隙中;根據(jù)均攤法可計(jì)算出一個(gè)晶胞中Re和O的個(gè)數(shù)分別為1和3,也就是1個(gè)晶胞含有1個(gè)ReO3,設(shè)晶胞的棱長(zhǎng)為acm,則a3=V=N·MNA·ρ=MNA·ρ,a=3MNA·ρ,晶胞的棱中心是O2.(2024·廣東佛山質(zhì)檢一)稀土(RE)包括鑭(La)、鈰(Ce)等元素,是重要的戰(zhàn)略資源,從離子型稀土礦(含F(xiàn)e、Al等元素)中提取稀土元素并獲得高附加值產(chǎn)品的一種工藝流程如圖所示:已知:該工藝下,除鈰(Ce)外,稀土離子保持+3價(jià)不變;金屬離子形成氫氧化物沉淀的相關(guān)pH見(jiàn)下表。離子Fe3+Al3+RE3+開(kāi)始沉淀時(shí)的pH1.54.35.6(La3+為6.2)沉淀完全時(shí)的pH3.25.5/(La3+為9.0)回答下列問(wèn)題:(1)“預(yù)中和”工序中:①該工序適宜的pH范圍是。

②膠狀Fe(OH)3的X射線(xiàn)衍射圖譜中,(填“能”或“不能”)觀(guān)察到明銳的衍射峰。

(2)“調(diào)pH”工序中,Al3+發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。

(3)“濾液3”可返回工序循環(huán)使用。

(4)“沉淀”工序產(chǎn)物為[填“La2(CO3)3”或“La(OH)3”],理由是________________________{Ksp[La2(CO3)3]=1.0×10-28}。(當(dāng)反應(yīng)的K>105時(shí)可認(rèn)為反應(yīng)完全)(5)含氟稀土拋光粉的主要成分為CeLa2O4F2,焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(6)利用離子交換法浸出稀土的過(guò)程如圖所示。已知離子半徑越小、電荷數(shù)越大,離子交換能力越強(qiáng)。下列離子對(duì)RE3+交換能力最強(qiáng)的是。

A.Na+ B.NHC.Mg2+ D.Cl-(7)銀鈰合金是優(yōu)良的導(dǎo)電材料,一種銀鈰晶體結(jié)構(gòu)單元如圖(a)所示:圖(a)圖(b)①將該結(jié)構(gòu)單元示意圖(b)補(bǔ)充完全。②該晶體的化學(xué)式為。

答案:(1)①3.2≤pH<4.3②不能(2)Al3++3HCO3-3CO2↑+Al(OH)3(3)“酸溶”(4)La(OH)3Ksp[La(OH)3]=c(La3+)·c3(OH-)=10-5×(10-5)3=10-20,La2(CO3)3+6OH-2La(OH)3+3CO32-,K=Ksp[(5)2La2O3+O2+2CeF22CeLa2O4F2(6)C(7)①②Ag15Ce解析:稀土礦物與鹽溶液發(fā)生離子交換除去礦渣,“預(yù)中和”工序中加入碳酸氫銨將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀,再加入碳酸氫銨調(diào)pH沉淀鋁元素與稀土元素,在沉淀中加入氫氧化鈉將氫氧化鋁沉淀溶解,然后水解轉(zhuǎn)化為Al(OH)3·nH2O,給稀土元素的沉淀加HCl溶解,一部分加碳酸鈉沉淀之后轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)a2O3,加入CeF2焙燒轉(zhuǎn)化為含氟稀土拋光粉,另一部分加草酸酸化得到La2O3和含稀土合金。(1)①“預(yù)中和”工序中使鐵離子沉淀,其他金屬陽(yáng)離子不沉淀,pH的范圍:3.2≤pH<4.3;②只有晶體在X射線(xiàn)衍射圖譜中才能觀(guān)察到明銳的衍射峰,而膠體不是晶體。(2)“調(diào)pH”工序中,Al3+與碳酸氫根離子強(qiáng)烈相互促進(jìn)水解,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3++3HCO3-3CO2↑+Al(OH)3↓(3)濾液3中含有HCl,可以回到“酸溶”工序中循環(huán)利用。(4)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得Ksp[La(OH)3]=c(La3+)·c3(OH-)=10-5×(10-5)3=10-20,La2(CO3)3+6OH-2La(OH)3+3CO32-,K=Ksp[L(5)含氟稀土拋光粉的主要成分為CeLa2O4F2,焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2La2O3+O2+2CeF22CeLa2O4F2。(6)根據(jù)離子半徑越小、電荷數(shù)越大,離子交換能力越強(qiáng),對(duì)RE3+交換能力最強(qiáng)的是Mg2+,故選C。(7)①根據(jù)圖(a)可以看出,Ce在前面的兩個(gè)頂角,且位于面對(duì)角線(xiàn)的位置,Ag在剩下的6個(gè)頂角和6個(gè)面心。②2個(gè)Ce在頂角,給晶胞的貢獻(xiàn)為2×18=14,Ag在剩下的6個(gè)頂角和6個(gè)面心,給晶胞的貢獻(xiàn)為6×18+6×123.(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?；卮鹣铝袉?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(chēng)),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?！胞}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NH4VO34.(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(guān)察到的現(xiàn)象是

。

(4)寫(xiě)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(guān)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。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N(xiāo)iSO4·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?；鶓B(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(shū)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(chēng))。

(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?xún)A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·廣東茂名高州三模)氫氧化亞鐵為白色固體,難溶于水,在空氣中極易被氧化為氫氧化鐵。回答下列問(wèn)題。(一)實(shí)驗(yàn)室制備氫氧化亞鐵ABCD(1)裝置A中盛裝生石灰的儀器的名稱(chēng)是。選擇上圖中的裝置制備氫氧化亞鐵,連接順序?yàn)?按氣流方向從左到右,填寫(xiě)字母)。裝置C的作用是。

(2)裝置B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。反應(yīng)結(jié)束后,繼續(xù)通一段時(shí)間的N2,目的是。

(二)探究灰綠色沉淀的成因反應(yīng)后將裝置B中的固體過(guò)濾時(shí),白色沉淀會(huì)逐漸轉(zhuǎn)變?yōu)榛揖G色,實(shí)驗(yàn)小組為探究灰綠色沉淀的成因,查閱到以下資料:①Fe(OH)2沉淀具有較強(qiáng)的吸附性;②若存在固體雜質(zhì),會(huì)導(dǎo)致Fe(OH)2沉淀不夠緊密,沉淀與溶液的接觸面積會(huì)更大。甲同學(xué)猜測(cè)灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,設(shè)計(jì)并完成了實(shí)驗(yàn)1~實(shí)驗(yàn)3。向兩片玻璃片中心分別滴加試劑,面對(duì)面快速夾緊實(shí)驗(yàn)試劑(均為0.1mol·L-1)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象1ⅰ.1滴FeSO4溶液ⅱ.4滴NaOH溶液玻璃片夾縫中有白色渾濁2ⅰ.4滴FeSO4溶液ⅱ.1滴NaOH溶液玻璃片夾縫中有白色渾濁,一段時(shí)間后變?yōu)榛揖G色3ⅰ.2滴FeSO4溶液,1滴Fe2(SO4)3溶液ⅱ.2滴NaOH溶液玻璃片夾縫中立即有灰綠色渾濁(3)依據(jù)甲同學(xué)的猜測(cè),實(shí)驗(yàn)1中沉淀無(wú)灰綠色的原因是

。

(4)實(shí)驗(yàn)3中立即出現(xiàn)灰綠色渾濁的原因是。

(5)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)探究,若盡可能制得白色Fe(OH)2沉淀,需要控制的實(shí)驗(yàn)條件除了隔絕氧氣外,還有

。

答案:(1)三頸燒瓶ACBD做安全瓶,防倒吸(2)Fe2++2NH3+2H2OFe(OH)2↓+2NH4+(3)NaOH溶液過(guò)量,反應(yīng)后溶液中Fe2+濃度很小,不易被吸附在Fe(OH)2表面(4)Fe(OH)2沉淀中混有Fe(OH)3,導(dǎo)致Fe(OH)2沉淀不夠緊密,與溶液的接觸面積增大,更容易吸附Fe2+(5)保證NaOH溶液過(guò)量(或保證FeSO4溶液不足)解析:裝置A為氨氣的發(fā)生裝置,B為制備氫氧化亞鐵的裝置,C為防倒吸裝置,C連在AB之間,D為NH3的尾氣處理裝置。(1)裝置A中盛裝生石灰的儀器的名稱(chēng)是三頸燒瓶,要制備氫氧化亞鐵,裝置的連接順序?yàn)锳CBD,其中裝置C的作用是作為安全瓶,防倒吸。(2)裝置B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2NH3+2H2OFe(OH)2↓+2NH4+,反應(yīng)結(jié)束后,繼續(xù)通一段時(shí)間的N2,(3)根據(jù)甲同學(xué)的猜測(cè),實(shí)驗(yàn)1中沉淀無(wú)灰綠色的原因是NaOH溶液過(guò)量,反應(yīng)后溶液中Fe2+濃度很小,不易被吸附在Fe(OH)2表面。(4)實(shí)驗(yàn)3中立即出現(xiàn)灰綠色渾濁的原因是Fe(OH)2沉淀中混有Fe(OH)3,導(dǎo)致Fe(OH)2沉淀不夠緊密,與溶液的接觸面積增大,更容易吸附Fe2+。(5)若盡可能制得白色Fe(OH)2沉淀,需要控制的實(shí)驗(yàn)條件除了隔絕氧氣外,還有保證NaOH溶液過(guò)量(或保證FeSO4溶液不足)。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(chēng)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?xiě)表中空格。限選試劑: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(chēng)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(guān)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(guān)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(chēng)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·廣東梅州二模)電解原理具有廣泛的應(yīng)用。某實(shí)驗(yàn)小組按照課本內(nèi)容進(jìn)行電解CuCl2溶液的實(shí)驗(yàn)。(1)溶液配制:①實(shí)驗(yàn)室在配制CuCl2溶液時(shí)需加入少許鹽酸,目的是;氯化銅溶液中存在:[Cu(H2O)4]2+(藍(lán)色)+4Cl-[CuCl4]2-(黃色)+4H2OΔH>0,加熱盛有CuCl2溶液的試管,試管中溶液顏色變?yōu)椤?/p>

②若要配制1000mL2mol·L-1的CuCl2溶液,為使配制過(guò)程中不出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象,至少需要滴加0.2mol·L-1的鹽酸滴。已知:Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20,每滴溶液的體積約0.05mL,加入鹽酸后溶液體積變化忽略不計(jì)。

(2)按如圖裝置進(jìn)行電解飽和CuCl2溶液的實(shí)驗(yàn):陰極發(fā)生的電極反應(yīng)為;

陽(yáng)極口放置濕潤(rùn)的淀粉KI試紙可觀(guān)察到(填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象)。

(3)利用上述裝置電解飽和CuCl2溶液一段時(shí)間后,陰極石墨棒上有異?，F(xiàn)象:石墨棒上除有紅色固體外還附著有大量白色固體。探究異?，F(xiàn)象。已知,ⅰ.相關(guān)物質(zhì)顏色:銅(紅色)、Cu2O(磚紅色)、CuCl(白色)、CuOH(黃色,不穩(wěn)定,易分解)。ⅱ.CuCl易溶于濃鹽酸,CuCl(s)+Cl-(aq)[CuCl2]-(aq)。ⅲ.Cu+在水中不穩(wěn)定,易發(fā)生歧化反應(yīng)。經(jīng)檢驗(yàn):紅色固體中無(wú)Cu2O。提出假設(shè):紅色固體是銅,白色固體是CuCl。驗(yàn)證假設(shè):設(shè)計(jì)下表實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象A將有固體析出的石墨棒一端插入盛2mL稀硝酸的試管中,反應(yīng)完后取出,再向試管中滴加幾滴AgNO3溶液石墨棒上紅色和白色物質(zhì)都消失;無(wú)色溶液變a,并有無(wú)色氣體產(chǎn)生,在接近試管口處變紅色;加入AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀

B將有固體析出的石墨棒一端插入盛2mLb的試管中,反應(yīng)完后取出,再向試管中加入一定量的水

石墨棒上紅色固體不溶,白色固體消失,溶液無(wú)色;加水后出現(xiàn)白色沉淀①上表中空格處應(yīng)填寫(xiě)的內(nèi)容是:a、b。

②實(shí)驗(yàn)B中加水后出現(xiàn)白色沉淀的原因是

。

結(jié)論:猜想正確。(4)陰極生成CuCl的電極反應(yīng)式為。

答案:(1)①抑制Cu2+水解黃綠色②10(2)Cu2++2e-Cu試紙變藍(lán)(3)①藍(lán)色濃鹽酸②稀釋后Cl-濃度減小,與CuCl配合能力減弱,產(chǎn)生白色沉淀(4)Cu2++e-+Cl-CuCl解析:(1)①銅離子能水解,因此實(shí)驗(yàn)室在配制CuCl2溶液時(shí)需加入少許鹽酸,目的是抑制Cu2+水解;氯化銅溶液中存在平衡:[Cu(H2O)4]2+(藍(lán)色)+4Cl-[CuCl4]2-(黃色)+4H2OΔH>0,正反應(yīng)吸熱,加熱盛有CuCl2溶液的試管,平衡正向移動(dòng),試管中溶液顏色變?yōu)辄S綠色。②若要配制1000mL2mol·L-1的CuCl2溶液,為使配制過(guò)程中不出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象,氫氧根離子的濃度最大為2.0×10-202mol·L-1=1×10-10mol·L-1,則氫離子濃度最小為1×10-4mol·L-1,氯化氫的物質(zhì)的量至少為1×10-4mol,溶液體積至少為5×10-4L=0.5(2)陰極銅離子放電析出單質(zhì)銅,發(fā)生的電極反應(yīng)為Cu2++2e-Cu;陽(yáng)極氯離子放電產(chǎn)生氯氣,氯氣能氧化碘化鉀生成單質(zhì)碘,則陽(yáng)極口放置濕潤(rùn)的淀粉KI試紙可觀(guān)