1、第 1 页，共 26 页 高考化学必考题型强化训练【新题精选】 化学工艺流程图 1. 稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO 3，它是提取铈等稀 土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下： 已知： (i)铈的常见化合价为+3、+4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入 溶液，而三价稀土元素易进入溶液。 (ii)酸浸 II中发生反应：9CeO2+ 3CeF4+ 45HCl + 3H3BO3= Ce(BF4)3 +11CeCl3+ 6Cl2 +27H2O (iii)溶液中的Ce3:浓度小于10;5mol/L认为已完全沉淀。 请回答下列问题： (1)焙烧氟
2、碳铈矿的目的是_。 (2)在酸浸 I中用盐酸浸出时， 有少量二氧化铈与盐酸反应进入滤液， 且产生黄绿色 气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是 _。 (3)向Ce(BF4)3中加入 KCl 溶液的目的是 _。 (4)操作 I的名称为_，在实验室中进行操作 II时所需要的硅酸盐仪器 有_、_。 第 2 页，共 26 页 (5)“操作 I”后， 向溶液中加入 NaOH溶液来调节溶液的 pH， 以获得Ce(OH)3沉淀， 常温下加入 NaOH调节溶液的 pH应大于_即可认为Ce3:已完全沉淀。 (已知：Ksp,Ce(OH)3- = 1.0 10;20) (6)取上述流程中得到的Ce(OH)4
3、产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含 0.03300mol FeSO4的FeSO4溶液使Ce4:全部被还原成Ce3:，再用0.1000mol L;1的 酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时， 消耗20.00mL标准溶液。 则该产品中Ce(OH)4的 质量分数为_ (已知氧化性：Ce4: O4；Ce(OH)4的相对分 子质量为 208，保留 3位有效数字)。 (7)利用电解方法也可以实现铈的回收。在酸性条件下电解Ce2O3(如图)，离子交换 膜为_ (填“阴”或“阳”)离子交换膜。 【答案】(1)将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 (2)8H:+ 2Cl;+ 2CeO2= 2Ce3:+ C
4、l2 +4H2O (3)避免Ce3:以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3:全部转化为CeCl3，提高产率) (4)过滤；分液漏斗、烧杯 (5)9 (6)95.7% (7)阳 【解析】【分析】 本题考查物质的制备。为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析、实验能力， 题目既有常规知识的考查又有新情景题目的考查， 常规题目涉及到影响化学反应速率的 因素、过滤操作以及 pH的测定方法；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式， 做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去书写。 【解答】 (1)由流程分析可知，铈焙烧后，均转化为+4价，故焙烧氟碳铈矿是将铈氧化为+4价，
5、 便于和其他的稀土元素分离； 第 3 页，共 26 页 (2)根据题意可知，酸性条件下，CeO2被还原，Cl;被氧化，离子方程式为8H:+ 2Cl;+ 2CeO2= 2Ce3:+ Cl2 +4H2O； (3)向Ce(BF4)3中加入 KCl，避免Ce3:以Ce(BF4)3形式沉淀而损失，(或将Ce3:全部转化 为CeCl3，提高产率) (4)操作得到滤渣和滤液，故为过滤操作；操作是萃取，故实验过程中使用的玻璃 仪器有分液漏斗和烧杯； (5)c(Ce3:) 10;5 mol L;1时，则完全沉淀，故c(OH;) = Ksp c(Ce3+) 3 mol L;1，带入数 据，c(OH;) = 10;
6、5 mol L;1，故pH = 9； (6)用0.1000mol L;1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液，主 要是氧化溶液中剩余的Fe2:，根据电子守恒剩余Fe2:的物质的量为0.1000mol L;1 0.02L 7;2 3;2 = 0.01mol，则还原Ce4:消耗的Fe2:的物质的量为0.03300mol 0.01mol = 0.02300mol，根据Ce4:+ Fe2:= Fe3:+ Ce3:，则Ce4:的物质的量为0.02300mol，该产 品中Ce(OH)4的质量分数为 0.023mol208g/mol 5.00g 100% 95.7%； (7)根据
7、电解装置图分析可知阳极应为Ce2O3失去电子转化为+4价铈离子，对应的电极 反应为：Ce2O3 2e;+ 6H:= 2Ce4:+ 3H2O，且铈离子移向阴极，因此需要使用阳离 子交换膜。 2. 某科研小组采用如下方案对废旧光盘金属层中的少量 Ag进行回收(金属层中其它 金属含量过低，对实验的影响可忽略)。 已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解； 常温时N2H4 H2O(水合肼)能还原Ag(NH3)2 :： 4Ag(NH3)2 : + N2H4 H2O = 4Ag +N2 +4NH4 : + 4NH3 +H2O 回答下列问题： (1)“氧化”阶段需在80 条件下进行，控制在该温度下反应的
8、原因是_。 (2)NaClO溶液与 Ag反应生成白色沉淀和无色气体，该反应的化学方程式为 _；从反应产物的角度分析，以HNO3代替 NaClO 的缺点是_。 (3)“滤液”中可循环的物质是_；为提高 Ag 的回收率，需对“过滤”的 滤渣进行洗涤，并_。 第 4 页，共 26 页 (4)已知溶液中银离子易与氨水中氨分子结合生成Ag(NH3)2 :，请写出“溶解”过程 中反应的离子方程式：_；常温下，其反应的平衡常数K =_。 已知：常温下，AgCl(s) Ag:(aq)+ Cl;(aq) Ksp= 1.8 10;10 Ag(NH3)2 :(aq) Ag:(aq) + 2NH3(aq) Kd =
9、6.0 10;8 (5)从“过滤”后的滤液中获取单质 Ag 的过程中，在加入2 mol L;1水合肼溶液 后，后续还需选用下列试剂有_(填序号)；反应完全后获取纯净的单质银， 还需再进行的实验操作方法主要有_。 1 mol L;1H2SO4 10氨水 1 mol L;1NaOH溶液 【答案】(1)防止温度过高导致 NaClO分解和适当加快反应速率 (2)4Ag + 4NaClO + 2H2O80 4AgCl + 4NaOH + O2 ； 会释放出氮氧化物(或 NO、 NO2)， 造成环境污染 (3)NaClO和 NaOH；将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中 (4)AgCl + 2NH3 Ag(N
10、H3)2:+ Cl;； 3.0 10;3 (5)；过滤、洗涤、干燥 【解析】【分析】 本题考查混合物分离提纯， 为高频考点， 把握流程中发生的反应、 混合物分离提纯方法、 实验技能为解答的关键， 侧重分析能力和实验能力的考查， 注意信息的应用及实验设计， 题目难度中等。 【解答】 (1)氧化时加入了过量的 NaClO溶液，在80 条件下进行，控制在该温度下反应的原因 是防止温度过高导致 NaClO分解和适当加快反应速率。 (2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl 元素的化合价降低，由得失电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4A
11、g + 4NaClO + 2H2O80 4AgCl + 4NaOH + O2 ， HNO3能氧化 Ag 生成硝酸银、氮氧化物，从反应产 物的角度分析，以HNO3代替 NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环 境污染。 (3)根据转化关系图可知，“滤液”中可循环的物质是 NaClO 和 NaOH；为提高 Ag 的 回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中， 减少 Ag 的损失。 (4)由AgCl(s) Ag:(aq)+ Cl;(aq) Ksp= 1.8 10;10， Ag(NH3)2 :(aq) Ag:(aq) + 2NH3(aq) Kd =
12、 6.0 10;8 结合盖斯定律可知， 上述两式相减得到AgCl(s) + 2NH3 (aq) Ag(NH3)2 :(aq) + Cl;(aq)， 反应的平衡常数K = Ksp Kd = 1.81010 6.0108 = 3.0 10;3。 (5)由已知信息可知，从“过滤”后的滤液中获取单质 Ag的实验方案为向滤液中 第 5 页，共 26 页 滴加2mol L;1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol L;1 H2SO4溶液吸收反应 中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤、，干燥。 3. 钴铁氧体(CoFe2O4)不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂
13、离子电 池负极材料。工业上，可以由废旧锂钴电池正极材料(主要含 Fe、Al、硅等杂质)回 收钴，再用电化学法制得CoFe2O4。其流程如图所示(过程中所加试剂均足量) .废旧电池中钴的回收 (1)写出过程中LiCoO2与H2O2发生反应的化学方程式： _。 (2)过程Na2CO3的主要作用为 _。 .电解法制得钴铁合金 (3)配制0.050mol L;1FeSO4和0.025mol L;1CoSO4的混合溶液， 用铜作阴极、 石墨 作阳极进行电解，获得CoFe2合金。阴极的电极方程式为： _。 .阳极氧化法制得钴铁氧体 (4)以1.500mol L;1NaOH溶液作电解液， 纯净的钴铁合金(C
14、oFe2)作阳极进行电解， 在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为 _。 (5)当电路上有0.4mol电子转移时，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符， 其原因可能为_。 【答案】(1)2LiCoO2+ H2O2+ 3H2SO4= 2CoSO4+ O2 + Li2SO4+ 4H2O； (2)调节 pH，使Fe3:沉淀分离； (3)Co2:+ 2Fe2:+ 6e;= CoFe2； CoFe2O4+ 4H2； (5)电极上同时生成了 Co和 Fe 的氢氧化物 第 6 页，共 26 页 【解析】【分析】 本题考查利用废旧锂钴电池正极材料(主要含 Fe、Al、硅等杂质)回收钴
15、，再用电化学法 制得CoFe2O4的工艺流程， 难度一般， 解题的关键是对流程的理解和对基础知识的掌握。 【解答】 废旧锂钴电池正极材料(主要含 Fe、Al、硅等杂质)，用氢氧化钠溶液浸泡溶解，杂质 Al、硅与氢氧化钠反应，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，过滤后得到的滤渣中含有LiCoO2和 杂质 Fe，在硫酸和双氧水的作用下，将单质铁杂质转化为铁离子，LiCoO2与H2O2发生 氧化还原反应， 酸性条件下， 双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子， 再加入Na2CO3调 节 pH，使Fe3:沉淀与溶液中的钴离子分离，加入萃取剂，将锂离子与溶液分离，分液 后得到含有硫酸钴的溶液，以此解答。 .(1)
16、LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为 钴离子，则过程中LiCoO2与H2O2发生反应的化学方程式为2LiCoO2+ H2O2+ 3H2SO4= 2CoSO4+ O2 + Li2SO4+ 4H2O，故答案为：2LiCoO2+ H2O2+ 3H2SO4= 2CoSO4+ O2 + Li2SO4+ 4H2O； (2)过程中，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，再加入Na2CO3的 主要作用为调节 pH，使Fe3:沉淀分离，故答案为：调节 pH，使Fe3:沉淀分离； .(3)阴极上，溶液中的Co2:和Fe2:得到电子，转化为CoFe2，阴极
17、的电极方程式为： Co2:+ 2Fe2:+ 6e;= CoFe2，故答案为：Co2:+ 2Fe2:+ 6e;= CoFe2； .(4)以1.500mol L;1NaOH溶液作电解液，相当于电解水，阴极产生氢气，纯净的钴 铁合金(CoFe2)作阳极，活性电极参与电极反应，合金CoFe2和氢氧根离子失去电子生成 CoFe2O4， 该电解过程的化学方程式为CoFe2+ 4H2OCoFe2O4+ 4H2， 故答案为： CoFe2O4+ 4H2； (5)阳极电极材料增重质量为氧的质量， 根据CoFe2+ 4H2OCoFe2O4+ 4H2， 生成 1molCoFe2O4时转移 8mol电子， 当电路上有0
18、.4mol电子转移时， 生成0.05mol CoFe2O4， 增加的质量为0.05mol 4 16g/mol = 3.2g，而实际阳极电极材料增重质量为3.4g，与 理论值不符，其原因可能为电极上同时生成了 Co和 Fe 的氢氧化物，故答案为：电极上 同时生成了 Co和 Fe 的氢氧化物。 4. 过氧硫酸氢钾复合盐(K2SO4 KHSO4 2KHSO5)易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2 等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。 已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸(化学式为H2SO5，是一种一元强酸) (1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，其中过氧键的数目为
19、_；工业上用过 氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除 NO时，反应的离子方程式为_。 第 7 页，共 26 页 5. (2)若反应物的量一定，在上述流程的“转化”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加 入浓硫酸，其目的是_。 (3)“结晶”操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该 过程的化学方程式为_。 过氧硫酸氢钾复 合盐产率(以产品含氧量表示)随溶液 pH和温度的变化关系如图所示，则 该过程适宜的条件是_。 (4)产品中KHSO5含量的测定：取1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加 入5mL5的硫酸和5mL25的 KI溶液，再加入 1mL淀粉溶液作指示剂，用 0.2000mol L;
20、1硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00mL。 已知：2KHSO5+ 4KI + H2SO4= 2I2+ 3K2SO4+ 2H2O I2+ 2Na2S2O3= Na2S4O6+ 2NaI 用_滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液(填“甲”或“乙”)。 产品中KHSO5的质量分数为_。 【答案】(1) 1；3HSO5 ; + 2NO + H2O = 3SO4 2; + 2NO3 ; + 5H:； (2)防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解； (3)5K2CO3+ 4H2SO5+ 4H2SO4 = 2(K2SO4 KHSO4 2KHSO5) + 5CO2 +5H2
21、O；控 制 pH在2.0 2.5之间；温度在0左右； (4) 乙；38.00。 【解析】【分析】 本题是对化学工艺流程知识的考查，是高考常考题型，难度一般。关键是依据流程图合 理的推导物质的转化，侧重知识的能力考查。 【解答】 (1)H2SO5中硫元素的化合价为+6价，氢为+1价，根据化合物电中性原则，应有两个氧 原子为1价，过氧键数目为 1；过氧硫酸氢钾将 NO 氧化成硝酸根离子，自身被还原为 硫酸根离子， 反应方程式为： 3HSO5 ; + 2NO + H2O = 3SO4 2; + 2NO3 ; + 5H:； 故答案为： 1；3HSO5 ; + 2NO+ H2O = 3SO4 2; +
22、2NO3 ; + 5H:； (2)浓硫酸与H2O2溶液混合时，大量放热，温度高，H2O2易分解，故在“转化”中，用 冰水浴冷却； 故答案为：防止浓硫酸与H2O2溶液混合时放出大量热使H2O2分解； (3)结晶操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的反应方程式 为：5K2CO3+ 4H2SO5+ 4H2SO4 = 2(K2SO4 KHSO4 2KHSO5) + 5CO2 +5H2O； 第 8 页，共 26 页 根据图示，0、pH = 2左右时，过硫酸氢钾复盐产率(以产品含量氧表示)最大，故此 条件为最适宜条件， 故答案为：5K2CO3+ 4H2SO5+ 4H2SO4 = 2
23、(K2SO4 KHSO4 2KHSO5) + 5CO2 +5H2O；控制 pH在2.02.5之间、温度0左右； (4)硫代硫酸钠溶液因水解显碱性，应用碱式滴定管盛装，即用乙盛装；由 2KHSO5+ 4KI + H2SO4= 2I2+ 3K2SO4+ 2H2O、I2+ 2Na2S2O3= Na2S4O6+ 2NaI， 则有关系式KHSO52Na2S2O3，消耗硫代硫酸钠的物质的量是0.2000mol L;1 0.02500L = 0.005000mol，所以KHSO5的物质的量是0.002500mol，则产品中KHSO5的 质量分数为0.002 500 mol152 gmol 1 1.000 g
24、 100% = 38.00%； 故答案为：乙；38.00。 6. 一种类似钻石的装饰品锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。 天然锆石中常含有 Fe、Al、Cu 的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石 为原料制备ZrO2的工艺流程如下： ()Zr在化合物中通常显+4价，氯化过程中除 C、O元素外，其它元素均转化为其 高价氯化物； ()SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400升华 ()Fe(SCN)3难溶于 MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在 MIBK 中的溶解度。 请回答下列问题 (1)滤渣 1 的主要成分是：_ (2)“氯化”过程中，锆石(Z
25、rSiO4)发生反应的化学方程式为 _ ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题 第 9 页，共 26 页 “氯化”过程选择的最佳条件为_；“氯化”环节产率随温度升高 先增大后减小的原因为_ (3)“滤液 1”中含有的阴离子，除OH;外还有_ (4)常用的铜抑制剂为NaCN(氰化钠)，NaCN 可与重金属阳离子反应，生成溶度 积较小的沉淀(如Cu(CN)2，KSP= 4 10;10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2:的浓 度为1moL/L，若需要溶液中Cu2:浓度等于1.0 10;6mol/L，则预处理 1L该溶液 需要1mol/L NaCN溶液的体积为_(假设溶液混合后体积可以 相加
26、，计算结果保留两位小数) 由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白 粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条 件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_ 【答案】(1)Zr(OH)4； (2)ZrSiO4 + 4Cl2 + 4CO = ZrCl4 + SiCl4 + 4CO2； 1 106 Pa， 390 ； 温度升高， 化学反应速率加快， 相同的时间内生成的产物更多； 温度过高，产物升华，产率降低； (3)SiO3 2;、AlO2; Cl;； (4)2.06L； 2CN; + 5ClO;+ 2OH; = 2CO3 2; + 5Cl;+
27、N2 + H2O。 【解析】略 7. 我国电池的年市场消费量约为 80亿只，其中70%是锌锰干电池，利用废旧锌锰干 电池制备硫酸锌晶体(ZnSO4 7H2O)和纯MnO2的工艺如图所示： 已知： 锌皮的主要成分为 Zn，含有少量 Fe；炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、 碳粉等，还含有少量的 Cu、Ag、Fe 等。 Ksp,Zn(OH)2- = 2.0 10;16 ；K sp,Fe(OH)2- = 8.0 10;16 ；K sp,Fe(OH)3- = 4.0 10;38。 (1)除去炭包中碳粉的操作为_。 第 10 页，共 26 页 A.酸浸 B.过滤 C.焙炒 D.焙烧 (2
28、)粗MnO2转化为MnSO4时，主要反应的离子方程式为_。 (3)焙烧时发生反应的化学方程式为_。 (4)制备硫酸锌晶体流程中，用 ZnO 调节溶液 pH的目的是_，若溶解时不加 H2O带来的后果是_。 (5)“草酸钠高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度：取agMnO2样品于锥形瓶中， 加入适量稀硫酸， 再加入V1mLc1mol L;1Na2C2O4溶液(足量)， 最后用c2mol L;1的 KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达终点时消耗V2 mL标准KmnO4溶液。 MnO2参与反应的离子方程式为_。 该样品中MnO2的质量分数为_(假定杂质不参与反应，列出表达式即可)。 【答案】(1
29、)C； (2)MnO2+ H2O2+ 2H:= Mn2:+ O2 +2H2O； ； (4)除去溶液中的Fe3:杂质；Fe2:与Zn2:不能分离； (5)MnO2+ 4H:+ C2O4 2; = Mn2:+ 2CO2 +2H2O； 87(c1V1;2.5c2V2) 1000a 100%。 【解析】【分析】 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、金属活泼性、混 合物分离提纯为解答的关键， 侧重分析与应用能力的考查， 注意元素化合物知识的应用， 题目难度中等。 用硫酸酸化的H2O2溶液溶解含铁的锌皮，所得溶液中含有Zn2:、Fe3:，然后加入 ZnO 调节溶液 pH，使溶液中
30、的Fe3:完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后将滤液蒸发浓缩、冷却 结晶并过滤得到ZnSO4 7H2O；用稀硝酸溶解炭包并过滤，滤渣为碳和二氧化锰的混合 物， 在空气中焙烧， 碳氧化为二氧化碳， 将剩余的粗MnO2用硫酸酸化的H2O2溶液溶解， 得到MnSO4溶液，再滴加Na2CO3溶液，生成MnCO3沉淀，过滤并将滤渣继续在空气中 焙烧即得到纯MnO2。 (1)炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，其中碳粉能在空气中燃烧生成二 氧化碳气体； (2)粗MnO2用硫酸酸化的H2O2溶液溶解，得到MnSO4溶液，H2O2是还原剂，氧化产物 为O2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守
31、恒即可得到发生反应的离子方程式； (3)MnCO3在空气中焙烧得到纯MnO2和CO2，根据电子守恒和原子守恒即可写出发生反 应的化学方程式； (4)Zn2:和Fe3:开始沉淀时溶液的 pH 不等，可以通过调节溶液 pH使Zn2:和Fe3:分离； 加H2O2的目的是将酸浸后的Fe2:氧化成Fe3:，便于除去Fe3:； (5)MnO2与稀硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成CO2，自身被还原为Mn2:，结合电子 守恒和电荷守恒、原子守恒得发生反应的离子方程式； 由2MnO4 ; + 5C2O4 2; + 16H:= 2Mn2:+ 10CO2 +8H2O可知，消耗的n(Na2C2O4) = c2mo
32、l/L V2mL 10;3L/mL 5 2 = 2.5c2V2 10;3mol，由MnO2+ 4H:+ C2O4 2; = Mn2:+ 2CO2 +2H2O可知，n(MnO2) = (c1mol/L V1mL 10;3L/mL 2.5c2V2 第 11 页，共 26 页 10;3mol)，再计算该样品中MnO2 的质量分数。 【解答】 (1)除去炭包中的碳粉，可以在空气中焙烧，使碳粉在空气中燃烧生成二氧化碳气体即 可除去，故选项 C 符合题意， 故答案为：C； (2)粗MnO2用硫酸酸化的H2O2溶液溶解，得到MnSO4和O2，发生反应的离子方程式为 MnO2+ H2O2+ 2H:= Mn2:
33、+ O2 +2H2O， 故答案为：MnO2+ H2O2+ 2H:= Mn2:+ O2 +2H2O； (3)MnCO3在空气中焙烧得到纯MnO2和CO2，则发生反应的化学方程式为2MnCO3+ O2 ; 焙烧 2MnO2+ 2CO2， 故答案为：2MnCO3+ O2 ; 焙烧 2MnO2+ 2CO2； (4)加入ZnO可调节溶液pH， 使溶液中的Fe3:完全转化为Fe(OH)3沉淀， 而Zn2:不沉淀； 加入H2O2的目的是将酸浸后的Fe2:氧化成Fe3:，若不加入H2O2溶解，Zn2:和Fe3:开始 沉淀时的 pH相差不大，无法进行分离， 故答案为：除去溶液中的Fe3:杂质； (5)MnO2参
34、与反应的离子方程式为MnO2+ 4H:+ C2O4 2; = Mn2:+ 2CO2 +2H2O， 故答案为：MnO2+ 4H:+ C2O4 2; = Mn2:+ 2CO2 +2H2O； 由2MnO4 ; + 5C2O4 2; + 16H:= 2Mn2:+ 10CO2 +8H2O可知，消耗的n(Na2C2O4) = c2mol/L V2mL 10;3L/mL 5 2 = 2.5c2V2 10;3mol， 由MnO2+ 4H:+ C2O4 2; = Mn2:+ 2CO2 +2H2O可知， n(MnO2) = (c1mol/L V1mL 10;3L/mL 2.5c2V2 10;3mol)， 则该样品
35、中MnO2的质量分数为87(c1V1;2.5c2V2) 1000a 100%， 故答案为：87(c1V1;2.5c2V2) 1000a 100%。 8. Fe2O3俗称氧化铁红，常用作油漆等着色剂。某实验小组用部分氧化的FeSO4为原 料，以萃取剂X(甲基异丁基甲酮)萃取法制取高纯氧化铁并进行铁含量的测定。实 验过程中的主要操作步骤如图。 已知：在较高的盐酸浓度下，Fe3:能溶解于甲基异丁基甲酮，当盐酸浓度降低 时，该化合物解离；3DDTC NH4+ Fe3:= (DDTC)3 Fe +3NH 4 :。 请回答下列问题： 第 12 页，共 26 页 (1)用萃取剂 X 萃取的步骤中， 以下关于
36、萃取分液操作的叙述中， 正确的是_。 A.FeSO4原料中含有的Ca2:、Cu2:等杂质离子几乎都在水相中 B.为提高萃取率和产品产量，实验时分多次萃取并合并萃取液 C.溶液中加入 X，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如上图用力振摇 D.振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气 (2)下列试剂中，可作反萃取的萃取剂 Y最佳选择是_。 A.高纯水 B.盐酸 C.稀硫酸 D.酒精 (3)上述实验过程中选用的碱溶液为 NaOH溶液，反应的化学方程式为 _。 (4)操作 A的步骤包括_。 (5)现准确称取4.000 g样品，经酸溶、还原为Fe2:，在容量瓶中配成100 mL溶液， 用移液管移取25.00
37、 mL溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定 (还原产物是Cr3:)，消耗K2Cr2O7溶液20.80 mL。 K2Cr2O7应盛装在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 产品中铁的质量分数为_(假设杂质不与K2Cr2O7反应)。 下列操作中可能使所测铁的含量偏高的是_ A.滴定前盛放待测液的的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 B.滴定前滴定管无气泡，滴定后出现气泡 C.滴定前未用标准K2Cr2O7溶液润洗就直接注入标准K2Cr2O7溶液 D.读取K2Cr2O7溶液体积时，开始俯视读数，滴定结束后仰视读数 【答案】(1)AB； (2)A； (3)(DDTC)3 F
38、e + 3NaOH = 3DDTC Na + Fe(OH)3； 第 13 页，共 26 页 (4)过滤、洗涤、灼烧； (5)酸式；69.89%；CD。 【解析】【分析】 本题考查了物质制备流程分析、物质性质、物质的提纯及含量的测定，掌握物质的性质 以及一些基本实验操作的细节是解题关键，题目难度中等。 【解答】 (1)A.FeSO4原料溶于盐酸，加入过氧化氢氧化亚铁离子变为铁离子，在较高浓度的盐酸 中，Fe3:能溶解于甲基异丁基甲酮，所以溶液中含有的Ca2:、Cu2:等杂质离子几乎都在 水相中，A正确； B.实验时分多次萃取并合并萃取液，可以提高萃取率和产品产量，B正确； C.溶液中加入 X，转
39、移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，萃取分液时，加入萃取剂后，应使 液体混合均匀， 两手分别顶住玻璃活塞， 使分液漏斗倒转过来， 不能用力振摇， C错误； D.振摇几次后漏斗倒置， 打开旋塞放气， 不需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气， D错误； 故选 AB； (2)根据元素守恒可以知道，萃取后水相中铁的存在形式是FeCl3，用甲基异丁基甲酮萃 取时， 在有机相中铁元素以HFeCl4形式存在， 因为加高纯水时， 酸度,或c(H:)-降低， HCl( 浓) + FeCl3HFeCl4平衡向转化为FeCl3的方向移动，所以用高纯水可以进行反萃取； 故选 A； (3)由题已知，向(DDTC)3 Fe加入 NaO
40、H，有Fe(OH)3生成，则反应方程式为： (DDTC)3 Fe + 3NaOH = 3DDTC Na + Fe(OH)3； 故答案为：(DDTC)3 Fe + 3NaOH = 3DDTC Na + Fe(OH)3； (4)操作A的目的是要讲Fe(OH)3分离出来， 并让其脱水生成Fe2O3， 所经历步骤为过滤、 洗涤、灼烧； 故答案为：过滤、洗涤、灼烧； (5)K2Cr2O7溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，应用酸式滴定管； 故答案为：酸式； 在容量瓶中配成100 mL溶液，用移液管移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用 0.100 0 mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定(还原产物是Cr3:)
41、，消耗K2Cr2O7溶液20.80 mL， n(Fe2:) = 6n(Cr2O 7 2;) = 6 0.1 mol/L 0.02080L 100mL 25mL = 0.04992mol，铁元素守 恒计算产品中铁的含量为 0.049 92 mol56 g/mol 4.000 g 100% = 69.89%； 故答案为：69.89%； A.滴定前盛放待测液的的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥， 没有改变被滴定物质的物 质的量，A无影响； B.该情况会使得读数偏低，最终测定结果也偏低，B偏低； C.滴定前未用标准K2Cr2O7溶液润洗，使得滴定管内K2Cr2O7溶液浓度偏低，进而滴定 使用的K2Cr2O
42、7溶液体积偏高，导致最终结果偏高，C偏高； D.读取K2Cr2O7溶液体积时， 开始俯视读数， 结束后仰视读数， 导致读取使用的K2Cr2O7 溶液体积偏大，导致结果偏高，D偏高； 第 14 页，共 26 页 故选 CD。 9. 氧化锌烟灰(已结块)中主要含有锌、铅(Pb)、铜、氧、砷(As)、氯等元素。氨法溶 浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。 已知氧化锌烟灰经溶浸后， 锌、 铜、 铅、 砷元素不同程度地进入浸出液， 其中锌、 砷元素分别以,Zn(NH3)4-2:、 AsCl5 2;的 形式存在。 回答下列问题： (1)为了提高“溶浸”的速率，可采取的措施有_(任写一点)，溶 浸时温
43、度不能太高的原因是_。 (2)“氧化除杂”中，AsCl5 2;转化为As2O5胶体，再利用吸附聚沉法除去，溶液始终 接近中性，该反应的离子方程式为_。 (3)“滤渣 3”的主要成分除锌外，还有_(填元素符号)。 (4)“电解”时，阳极产生氮气，则生成氮气的电极反应式为_；电解后的 电解液经处理后可返回至_(填流程中的操作名称)循环使用。 (5)配合物的稳定性可以用稳定常数 K来衡量，如Zn2:+ 4NH3 ,Zn(NH3)4-2:， 其稳定常数表达式为K = c*,Zn(NH3)4-2+ c(Zn2+ )c 4 (NH 3)。若向滤液中继续通入氨气，则溶液中 ,Zn(NH3)4-2:的浓度会_
44、(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，稳定常 数 K的值会_。 (6)ZnCl2水解可获得产物Zn(OH)xCly，取10.64g该水解产物，蒸干、灼烧可得氧化 锌8.1g(假设反应每一步均转化完全)，则xy =_。 【答案】(1)粉碎氧化锌烟灰(或适当升温或提高氨水.氯化铵溶液的浓度等合理答案)； 温度过高会使氨气逸出，导致溶浸反应速率下降； ； (3)Pb、Cu； (4)8NH3 H2O 6e;= N2 +6NH4:+ 8H2O(或8NH3 6e;= N2 +6NH4:)；溶浸； (5)变大；不变； (6)4:1。 【解析】【分析】 本题考查无机工业流程，为高考常见题型，题目涉及操作的分
45、析评价、化学方程式的书 写、物质分离提纯等，明确各步反应原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度 第 15 页，共 26 页 中等。 【解答】 (1)粉碎氧化锌烟灰、 适当升温、 提高氨水、 氧化铵溶液的浓度等措施均能提高“溶浸” 的速率；由于温度过高会使氨气逸出，导致溶浸反应速率下降.所以溶浸时温度不能太 高； 故答案为：粉碎氧化锌烟灰(或适当升温或提高氨水.氯化铵溶液的浓度等合理答案)；温 度过高会使氨气逸出，导致溶浸反应速率下降； (2)由题意知AsCl5 2;转化为As2O5，胶体吸附聚沉除去，则AsCl52;发生了氧化反应.即被双 氧水氧化，所以还原产物是水，结合质量守恒定律和电荷守恒，可写出离子方程式， ； 故答案为： ； (3)加入锌粉将 Pb、Cu置换出来，过滤除掉滤渣，滤液中主要为, Zn(NH3)4-:，所以能 渣是 Pb和 Cu； 故答案为：Pb、Cu； (4)电解主要是想得到高纯锌，所以阴极,Zn(NH3)4-2:得电子生成锌，发生的电极反应 为：Zn(NH3)42: 2e;= Zn + 4NH3，阳极反应为8NH3 H2O 6e ; = N2 +6NH4:+ 8H2O.电解后的电解液经处理后返回“溶浸 工序继续使用；
