1、 1 2020 届高三新题速递 化学 考点 1215 考点考点 12 工艺流程题工艺流程题 考点考点 13 化学实验综合题化学实验综合题 考点考点 14 物质结构与性质（选修）物质结构与性质（选修） 考点考点 15 有机化学基础（选修）有机化学基础（选修） 考点考点 12 工艺流程题工艺流程题 1 （安徽省江淮十校 2020 届高三第二次联考）某废旧电池材料的主要成分为钴酸锂(LiCoO2)，还含有一定 量的铁、铝、铜等元素的化合物，其回收工艺如图所示，最终可得到 Co2O3和锂盐。 已知：CoC2O4 2H2O微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的 C2O42离子生成 Co(
2、C2O4)n2(n1)而溶解。 （1）“还原酸浸”过程中，LiCoO2发生反应的离子方程式为：_，该过程温度通常控制在 40以下的原因是：_。 （2）“除铝铁”过程的两种试剂的作用分别是_，_。 （3）“除铜”所用试剂 X为 H2S，试写出该反应的离子方程式：_。并计算室温下该反应的平 衡常数 K_，已知：25时 Kap(CuS)8.5 1045，已知 H2S 在水中的的电离常数：K11.3 107， K27.l 1015 （4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图 a)、沉淀反应的温度(图 b)与钴的沉淀率关系如图所示： 随 n(C2O42)：N(Co2)比值的增加，钴的沉淀率先
3、逐渐增大后又逐渐减小的原因_。 2 沉淀反应时间为 10 min，温度在 50以上时，随温度升高而钴的沉淀率下降的可能原因是 _。 （5）已知“沉锂”过程中，滤液 a 中的 c(Li)约为 101mol L1，部分锂盐的溶解度数据如下表所示。 结合数据分析，沉锂过程所用的试剂 b是_(写化学式)，相应的操作方法：向滤液 a中加入略过 量的试剂 b，搅拌，_，_，洗涤干燥。检验沉淀洗净的方法是_。 【答案】 （1）2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+2Co2+O2+4H2O 防止 H2O2受热分解 （2）将 Fe2+氧化为 Fe3+ 调节 pH，促进水解除去 Fe3+和 Al3+ （3）C
4、u2+H2SCuS+2H+ 1.1 1023 （4）过量的 C2O42与 Co2+反应生成 Co(C2O4)n2(n1)而溶解 它的溶解度随温度升高而逐渐增大 （5）Na2CO3 加热浓缩 趁热过滤 取最后一次洗涤液，加稀盐酸酸化，再加溶液，如无沉淀 则已洗净 【解析】 （1） LiCoO2为电极材料，故不能拆写，结合流程分析需要将三价钴还原为二价，故 H2O2被氧 化生成氧气，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+2Co2+O2+4H2O；该过程温度通常控制 在 40以下的原因是：防止 H2O2受热分解； （2） “除铝铁”过程的两种试剂的作用分别是：氯酸钠将 Fe2
5、+氧化为 Fe3+，碳酸钠调节 pH，促进水解除 去 Fe3+和 Al3+； （3）Cu2+H2CuS+2H+，K= 2 2 2 H CuH S c cc （） = 2 1 sp aa KK K = 715 45 1.3 107.1 10 8.5 10 =1.1 1023； （4） 随 n(C2O42)：N(Co2)比值的增加，过量的 C2O42与 Co2+反应生成 Co(C2O4)n2(n1)而溶解，钴的 沉淀率先逐渐增大后又逐渐减小； 沉淀反应时间为 10 min，温度在 50以上时，溶解度随温度升高而逐渐增大； （5）由于 Li2CO3的溶解度更小，故应加入 Na2CO3将 Li+转化为
6、 Li2CO3，因为滤液 a 中 Li+浓度较小， 故最佳方法应在高于室温时进行结晶以提高产率； 沉淀洗涤时应针对 SO42检验而不能采用焰色反应的方 法去检验。相应的操作方法：向滤液 a 中加入略过量的试剂 b，搅拌，加热浓缩，趁热过滤，洗涤干燥。 检验沉淀洗净的方法是取最后一次洗涤液，加稀盐酸酸化，再加溶液，如无沉淀则已洗净。 【点睛】本题考查化工流程的问题，注意化学平衡及溶度积的应用，易错点为， （3）利用反应的平衡常 3 数及公式推断进行分析 Cu2+H2SCuS+2H+，K= 2 2 2 H CuH S c cc （） = 2 1 sp aa KK K 。 2 （昆明一中 2020
7、届高三第三次双基检测）二硫化钼(MoS2， 其中 Mo的化合价为+4)被誉为“固体润滑剂 之王”， 利用低品质的辉钼矿(含 MoS2、 SiO2 以及 CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质 SiO2，该反应的化学方程式为_。 （2）在“氧化焙烧”过程中主要是将 MoS2转化为 MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。 （3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是_，“氨浸”后生 成( NH4)2 MoO4反应的化学方程式为_。 （4） 向“氨浸”后的滤液中加入 Na2S 后
8、， 钼酸铵转化为硫代钼酸铵(NH4)2MoS4， 加入盐酸后， (NH4)2 MoS4 与盐酸反应生成 MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为_。 （5）高纯 MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体 MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo 元素 有+4、+6两种价态，则 MoS2中 Mo4+所占 Mo 元素的物质的量分数 4 n Mo n Mo 为_。 （6）钼酸钠晶体( Na2 MoO4 2H2O)是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由 MoS2制备。在制备 过程中需加入 Ba(OH)2固体除去 SO42，若溶液中 c(MoO42)=0.4 mol/L，c(SO42)=0. 05
9、 mol/L，常温下， 当 BaMoO4即将开始沉淀时，SO42的去除率为_ 忽略溶液体积变化。已知：259， Ksp( BaMoO4)=4.0 108 ， Ksp(BaSO4)=1.1 1010。 【答案】 （1）SiO2+4HF=SiF4+2H2O （2）7：2 （3）增大反应物的接触面积，提高浸出速率 MoO3+2NH3H2O=(NH4)2MoO4+H2O （4）MoS42+2H+=MoS3+H2S （5）1：5 （6）97.8% 4 【解析】 （1） 杂质 SiO2与氢氟酸反应产生 SiF4、H2O，反应方程式为 SiO2+4HF=SiF4+2H2O； （2）高温焙烧，MoS2与 O2
10、反应产生 MoO3和 SO2，反应方程式为：2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，在 该反应中 Mo、S 元素化合价升高，失去电子，所以 MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被 还原，O2作氧化剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 7：2； （3）“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高 浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和 H2O，该反应的化学方程式是 MoO3+2NH3H2O=(NH4)2MoO4+H2O； （4）(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出 NH4+和 MoS42，MoS42在酸性环境下生成 MoS
11、3沉淀，另外的生 成物只能是 H2S气体，所以离子方程式为：MoS42+2H+=MoS3+H2S； （5） 设在 1mol的 MoS2.8中 Mo4+与 Mo6+的物质的量分别是 x 和 y， 则 x+y=1， 根据化合价代数之和为 0， 则有 4x+6y=2.8 2，解得 x=0.2，y=0.8，所以该杂质中 Mo4+与 Mo6+的物质的量之比 4 n Mo n Mo =0.2： (0.2+0.8)=1：5； （6）当 BaMoO4即将开始沉淀时，溶液中 c(Ba2+)= 8 sp4 2 4 KBaMoO 4.0 10 0.4c MoO =1.0 107mol/L，由于 Ksp(BaSO4)
12、=1.1 1010，则此时溶液中 SO42的浓度为 c(SO42)= 10 sp4 7 2 KBaSO 1.1 10 1.0 10c Ba mol/L=1.1 103mol/L，所以 SO42的去除率为 3 0.05mol/ L 1.1 10 mol/ L 0.05mol/ L 100%=97.8%。 3 （惠州市 2020 届高三二调）高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。以 废铁屑（含有少量 Ni）为主要原料制备高铁酸钾的流程如下： 资料显示：一些金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下： M(OH)n pH 开始沉淀 沉淀完全 5 Fe(OH)3 2.
13、53 2.94 Ni(OH)2 7.60 9.75 （1）高铁酸钾具有高效消毒主要是因其具有_性所致。 （2）步骤反应的离子方程式是_。 （3）步骤不能引入新杂质，调节 pH所用的某种氧化物的化学式是_，调节 pH的范围是 _。 （4）步骤发生反应的离子方程式是_。 （5）该流程中可循环利用的物质是：_（写化学式） 。 （6）步骤中，由 Na2FeO4 得到粗 K2FeO4的原理可能是_。 （7）测定产品纯度：将 wg 粗产品，溶入过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至 pH 为 2， 在所得的重铬酸盐溶液中加入 5 滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂， 然后用 c mol L1 (N
14、H4)2Fe(SO4)2 溶液滴定至终点，消耗滴定液 V mL。有关滴定反应有： Cr(OH)4FeO423H2OFe(OH)3 3H2OCrO42 +OH 2 2 4 CrO 2H 2 27 Cr O H2O 2 27 Cr O 6Fe2+14H2Cr3+6Fe3+7H2O 该粗产品中 K2FeO4的纯度为_（用含 w、c、V的代数式表示） 。若滴定管没有用待装液润洗， 则测得结果_（“偏高”“偏低”或“无影响”） 。 【答案】 （1）强氧化性 （2）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl （3）Fe2O3 2.94pH7.60 （4）2Fe(OH)3 + 3ClO+4OH=2FeO42+3Cl
15、+ 5H2O （5）NaOH （6）K2FeO4的溶解度比 Na2FeO4的小，加饱和 KOH，析出更多 Na2FeO4晶体 （7）(33cv/5w) 偏高 【解析】 （1）高铁酸钾中铁化合价处于最高价，具有高效消毒特性主要是因其具有强氧化性所致，故答 案为强氧化性； （2）步骤反应的离子方程式是 2Fe2+Cl2 = 2Fe3+2Cl，故答案为 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ +2Cl； （3）步骤不能引入新杂质，需要保留铁离子到氢氧化铁，而溶液中的镍离子，因此调节 pH所用的某 6 种氧化物的化学式是 Fe2O3，使其余氢离子反应来调节，要让铁离子全部水解完，而镍离子不能水解沉 淀
16、，所有调节 pH的范围是 2.94 pH7.60，故答案为 Fe2O3；2.94 pH7.60； （4）步骤是氢氧化铁和次氯酸钠发生氧化还原反应，因此发生反应的离子方程式是 2Fe(OH)3 + 3ClO +4OH= 2FeO42+3Cl+ 5H2O，故答案为 2Fe(OH)3 + 3ClO+4OH= 2FeO42+3Cl+ 5H2O； （5）该流程中高铁酸钠和氢氧化钾反应生成高铁酸钾和氢氧化钠，因此可循环利用的物质是氢氧化钠， 故答案为 NaOH； （6）步骤中，由于 K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4 的溶解度，加饱和 KOH，析出更多 Na2FeO4晶体， 故答案为 K2FeO4的
17、溶解度比 Na2FeO4的小，加饱和 KOH，析出更多 Na2FeO4晶体； （7）根据三个方程分析 Cr(OH)4FeO423H2OFe(OH)3 3H2OCrO42 +OH 2 2 4 CrO 2H 2 27 Cr O H2O 2 27 Cr O 6Fe2+14H2Cr3+6Fe3+7H2O 根据反应得出以下关系： -1-3 1mol3mol = xcmol10LVL -3 c10 x=mol 3 V -3 -1 c10 mol 198g mol 33c 3 =100%=% wg5w V V 该粗产品中 K2FeO4的纯度为 33c % 5w V ，若滴定管没有用待装液润洗，消耗的(NH4
18、)2Fe(SO4)2溶液体积偏 高，测得结果偏高，故答案为 33c % 5w V ；偏高。 【点睛】调节溶液中的 pH值来除掉杂质不能直接加碱，那样会引入新的杂质。 4 （安徽省三人行名校联盟 2020 届高三联考）硫酸镍(NiSO4)是一种重要的化工原料，广泛应用于电镀、医 药、印染等工业。以含镍废催化剂(主要含 Ni及少量的 Al、Al2O3、Fe 和其它不溶于酸、碱的杂质)为原 料生产 NiSO4 7H2O晶体的两种工艺流程如下： 7 流程一： 流程二： 已知：部分金属氢氧化物的 Ksp近似值如下表所示： 化学式 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 Ksp近似
19、值 1017 1039 1034 1015 回答下列问题： （1）流程一中所用酸 A和流程二中所用酸 X_(填“相同”或“不相同”)；流程一中滤渣 C 和流 程二中滤渣 II_(填“相同”或“不相同”)。流程二中滤渣 I是_。 （2）流程一中“碱浸”时发生反应的离子方程式为_、_。 （3）流程二中“净化除杂”包含了两步操作过程：第一步，加入氧化剂 H2O2，发生反应的离子方程式是 _；第二步，调节溶液的 pH。 （4）分析比较流程一中操作 B 和流程二中操作 Y后，回答操作 Y 是_、_、过滤、 洗涤、干燥，即得产物。 （5）由己知信息列式计算：常温下，Ni2完全沉淀时的 pH值_。 【答案】
20、 （1）相同 不相同 其它不溶于酸、碱的杂质 （2）2Al + 2OH +2H2O=2AlO2 + 3H2 Al2O3 + 2OH =2AlO2 + H2O （3）2Fe2+ H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O （4）蒸发浓缩 冷却结晶 （5）9 【解析】流程一：由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有 Ni，还含有 Al、Al2O3、Fe 和其它不溶 于酸、碱的杂质，用 NaOH 碱浸时溶解 Al和 Al2O3，过滤得到固体是 Ni、Fe 和不溶于酸、碱的杂质， 加入稀硫酸酸浸过滤，所得滤液主要含有 Fe2+和 Ni2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 pH 使铁离子全部生成
21、 Fe(OH)3沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液 pH：23，以防止镍离子水解，通 8 过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到 NiSO47H2O晶体； 流程二：某含镍(Ni)废催化剂中主要含有 Ni，还含有 Al、Al2O3、Fe 及其它不溶于酸、碱的杂质，工艺 流程的目的是用含镍废催化剂制备 NiSO47H2O晶体，分析工艺流程，将含 Ni废催化剂用稀硫酸酸浸， 则 Ni、Al、Fe 和 Al2O3均溶于酸，得到 Al3+、Fe2+和 Ni2+，进行过滤操作，则不溶于酸的杂质被过滤出， 滤液中主要含有 Al3+、Fe2+和 Ni2+，净化除杂主要除去 Al3+、Fe2+，得到 Ni2+的溶液
22、，经过后续处理得到 NiSO47H2O 晶体，以此解答该题。 （1） 由流程分析知： 目标产物均为 NiSO47H2O， 则流程一中所用酸 A 和流程二中所用酸 X 均为稀硫酸； 流程一中滤渣 C为 Fe(OH)3沉淀，而流程二中滤渣 II 为 Al(OH)3和 Fe(OH)3沉淀，则流程一中滤渣 C和 流程二中滤渣 II不相同；流程二中滤渣 I是其它不溶于酸、碱的杂质； （2）流程一中“碱浸”时用 NaOH溶液溶解 Al和 Al2O3，均生成 NaAlO2，前者还有 H2生成，发生反应的 离子方程式为 2Al + 2OH +2H2O=2AlO2+ 3H2、Al2O3 + 2OH=2AlO2+
23、 H2O； （3）流程二中“净化除杂”包含了两步操作过程：第一步，加入氧化剂 H2O2，目的是氧化溶液中的 Fe2+ 生成 Fe3+，发生反应的离子方程式是 2Fe2+ H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O； （4）流程二中从溶液中获得 NiSO47H2O的操作 Y是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产 物。 （5）由 Ksp(Ni(OH)2)=c(Ni2+) c2(OH)=1015，Ni2完全沉淀时 c(Ni2+)1 105mol/L，则 Ni2完全沉淀时 的 c(OH)= 15 5 10 1 10 mol/L=1 105mol/L，此时溶液的 pH=lg 14 5 10 1 10
24、 =9。 5 （广深珠三校 2020 届高三第一次联考）实验室利用橄榄石尾矿(主要成分为 MgO 及少量 FeO、Fe2O3、 Al2O3等)制备纯净氯化镁晶体(MgCl2 6H2O)，实验流程如下： 已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的 pH如下表： Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀时 7.6 2.7 4.2 9.6 沉淀完全时 9.6 3.7 5.4 11.1 9 回答下列问题： （1）“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有_、_(任写两种)。 （2）气体 X的电子式为_，滤渣 1 经过处理可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂， 其化学式为Fe2(OH)n(SO4)
25、(30.5n)m，则该物质中铁元素的化合价为_。 （3）加入 H2O2的目的是_；若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到 同样目的，则发生反应的离子方程式为：_。 （4）“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过_、过滤、洗涤，即得到氯化 镁晶体。 （5）准确称取 2.000 g氯化镁晶体产品于 250 mL锥形瓶中，加水 50 mL使其完全溶解，加入 100 mL氨 性缓冲液和少量铬黑 T 指示剂，溶液显酒红色，在不断振荡下，用 0.5000 mol/L的 EDTA标准溶液进行 滴定，其反应原理为 Mg2+Y4 =MgY2，滴定终点时消耗 EDTA 标准溶液的体积 19.
26、00 mL。 则产品中 MgCl2 6H2O的质量分数为_(结果保留三位有效数字)。 下列滴定操作会导致测量结果偏高的是_(填字母)。 a滴定终点时仰视读数 b锥形瓶洗涤后没有干燥 c滴定时锥形瓶中有液体溅出 d滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 【答案】 （1）将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等 （2） +3 （3）将 Fe2+氧化为 Fe3+ ClO2Fe2+2H+=2Fe3+ClH2O （4）蒸发浓缩 冷却结晶 （5）96.4% ad 【解析】 （1）“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反 应温度等，故答案为：将橄榄石尾矿粉碎、增
27、大盐酸浓度、适当提高反应温度等。 （2）X气体通入调节溶液的 pH值，因此为氨气，氨气的电子式为，滤渣 1化学式为 Fe2(OH)n(SO4)(30.5n)m， 根据化合价分析得出， 铁元素的化合价为 2x + (1) n + (2) (30.5n) = 0， x = +3， 故答案为：+3。 （3）加入 H2O2的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，以便除掉铁元素，若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代 替也能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为：ClO2Fe2+2H+=2Fe3+ClH2O，故答案为： 将 Fe2+氧化为 Fe3+；ClO2Fe2+2H+=2Fe3+ClH2O。
28、10 （4）“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过蒸发浓缩、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体，故答 案为：蒸发浓缩。 （5）根据反应原理得到产品中 MgCl2 6H2O物质的量为 0.5000mol/L 0.019L =0.0095mol，其质量分数 为 1 0.0095mol 203g mol =100%96.4% 2.000g ，故答案为：96.4%。 a选项，滴定终点时仰视读数，读数偏大，测定结果偏高，故 a符合题意； b 选项，锥形瓶洗涤后没有干燥，没有影响，故 b不符合题意； c 选项，滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液溶质减少，消耗标液减少，体积减少，误差偏低，故 c不符 合题意；
29、 d 选项，滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，多测数据偏大，测定结果偏高，故 d 符合题意。 综上所述，答案为 ad。 6 （湖北省普通高中联考协作体 2020 届高三期中理综）水是一种重要的自然资源，水质优劣直接影响人体 健康，水处理技术在生产、生活中应用广泛。聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧 渣(主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2等)和废铁屑为原料制取聚合硫酸铁(Fe2(OH)x(SO4)3 x 2 m)的工艺流程 如图： （1）用 98%的硫酸配制 28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_(填标号） 。 a.容量瓶 b.烧杯 c.玻璃棒 d.分液漏斗
30、（2）废铁屑表面附有铁锈，铁锈的主要成分为_，步骤的具体实验操作有_。 （3）水解、聚合要严控 pH 和温度。pH偏小时 Fe3+水解程度弱，pH偏大时则_。写出水解、聚合 反应生成 PFS 的化学方程式：_。 （4）步骤相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_。 （5）污水经过一级、二级处理后，还含有少量 Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。 下列物质能作为沉淀剂的是_（填标号） 。 a.氨水 b.硫化氢气体 c.硫酸钠溶液 d.纯碱溶液 （6）硬度为 1 的水是指每升水含 10mgCaO 或与之相当的物质(如 7.1mgMgO)。若某天然水中 11 c(Ca2+)=1
31、.5 103mol/L，c(Mg2+)=6.4 104mol/L，则此水的硬度为_。 【答案】 （1）bc （2）Fe2O3 nH2O或 Fe2O3 蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤) （3）形成氢氧化铁沉淀 mFe2(SO4)3+xmH2OFe2(OH)x(SO4)3 x 2 m+ mx 2 H2SO4 （4）降低蒸发温度防止产物分解 （5）bd （6）12 【解析】黄铁矿的烧渣中主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2，向其中加入稀硫酸，发生反应产生 FeSO4、 Fe2(SO4)3，SiO2不溶于水，将其过滤除去，向滤液 I中加入废 Fe 屑，Fe2(SO4)3会发生反应产生 FeSO4，
32、 过滤除去过量的铁屑，将滤液 II蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到 FeSO4 7H2O，向其中加入 H2SO4、 H2O2，发生氧化还原反应产生 Fe2(SO4)3，然后经水解、聚合得到 PFS。 （1）配制一定质量分数稀硫酸要在烧杯中进行，首先根据计算用量筒量取一定体积的浓硫酸，将其沿烧 杯内部缓缓倒入盛有一定质量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，再加入水直至前后使用的水量与计算 一致时，停止加入，搅拌均匀，就得到待求质量分数的溶液。故使用的仪器，除量筒外，还需要烧杯和 玻璃棒，故合理选项是 bc； （2） 铁锈主要成分是氧化铁的结晶水合物或氧化铁， 化学式写为 Fe2O3 nH2O或 Fe
33、2O3； 步骤是从 FeSO4 溶液中获得的 FeSO4 7H2O，具体实验操作有蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)； （3）铁盐是强酸弱碱盐，在溶液中 Fe3+水解使溶液显酸性，增大溶液中 c(H+)，盐水解程度减小，即 pH 偏小时 Fe3+水解程度弱，pH 偏大时则水解程度增大，会形成氢氧化铁沉淀。根据题意可知 Fe2(SO4)3水 解、聚合反应生成 PFS 的化学方程式为：mFe2(SO4)3+xmH2OFe2(OH)x(SO4)3 x 2 m+ mx 2 H2SO4。 的水解规律及盐水解的酸碱性分析； （4）降低压强，物质的沸点降低，降低蒸发温度能够防止产物分解，所以减压蒸发比常压蒸发
34、好； （5）a.氨水会使金属阳离子形成沉淀，但会引入新的杂质离子 NH4+，不符合题意； b.硫化氢气体会使杂质离子形成溶解度小的 CuS、HgS、PbS沉淀，然后经过滤除去，b 符合题意； c.硫酸钠溶液不能除去 Cu2+，去除效果不理想，c不符合题意； d.纯碱溶液与杂质离子反应会形成金属氢氧化物沉淀除去，d 符合题意；故合理选项是 bd； （6）c(Ca2+)=1.5 103mol/L，则 c(Mg2+)=6.4 104mol/L，1L水中含有 n(Ca2+)=1.5 103mol， n(Mg2+)=6.4 104mol，根据元素守恒可得 m(CaO)= 1.5 103mol 56g/m
35、ol 1000mg/g=84mg， m(MgO)=6.4 104mol 40g/mol 1000mg/g=25.6mg，所以该水的硬度为 84mg25.6mg 10mg7.1mg =12 。 12 7 （安徽省”皖南八校“2020 届高三第一次联考）工业上常用水钴矿(主要成分为 Co2O3，还含少量 Fe2O3、 Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下(已知 Na2SO3能还原 Fe3和 Co3)： 回答下列问题： （1）在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有_(任写 2 种)。 （2）“酸浸”后加入 Na2SO3钴的存在形式为 Co2，产生 Co2
36、反应的离子方程式为_。 （3）溶液 a 中加入 NaClO 的作用是_。 （4）沉淀 a 的成分是_(写化学式)，操作 2的名称是_。 （5）溶液 d中的金属离子只有 Co2和 Na两种，则溶液 c 中加入 NaF溶液的作用是_。 （6）在空气中缎烧 CoC2O4生成钴的某种氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为 12.05g，CO2的体 积为 6.72L(标准状况)，则此反应的化学方程式为_。 【答案】 （1）将水钴矿石粉碎 ；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等 （2） 3222 324 2CoSOH O2CoSO2H （3）将溶液中 Fe2+氧化成 Fe3+ （4）Fe(OH)
37、3 、Al(OH)3 过滤 （5）使 Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的 MgF2、CaF2沉淀除去 （6）3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2 【解析】水钴矿中加入盐酸，可得 CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，浸出液含有的阳离子 主要有 H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的 Na2SO3将 Co3+、Fe3+还原为 Co2+、Fe2+； 加入 NaClO 将 Fe2+氧化为 Fe3+，溶液 b 中阳离子有 Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入碳酸氢钠，Fe3+、 Al3+与碳酸氢根离子发生
38、相互促进的水解反应分别生成 Fe(OH)3、Al(OH)3，故沉淀 A 的主要成分为 Fe(OH)3、Al(OH)3；溶液 c 中含有 Co2+、Mg2+、Ca2+，加入 NaF，Mg2+、Ca2+转化成 MgF2、CaF2沉淀， 溶液 d 中含有 Co2+，溶液 d 中加入草酸铵过滤得到 CoC2O4晶体，最后煅烧得到钴的氧化物，据此分析 作答。 （1）“酸浸”时为固体与液体的反应，根据外界条件对化学反应速率的影响，在加入盐酸进行“酸浸”时， 13 能够提高“酸浸”速率的方法有：将水钴矿石粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增加盐酸的浓度；适 当提高酸浸的温度等，故答案为：将水钴矿石粉碎；充分
39、搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等。 （2）酸浸时水钴矿中的 Co2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO溶解转化为 CoCl3、FeCl3、AlCl3、MgCl2、 CaCl2；加入 Na2SO3，钴的存在形式为 Co2+，Co3+被还原为 Co2+，则 SO32被氧化成 SO42，产生 Co2+的 反应可表示为：SO32+Co3+Co2+SO42，根据得失电子守恒配平为：SO32+2Co3+2Co2+SO42，根据 溶液呈酸性和电荷守恒，生成 Co2+的离子方程式为 SO32+2Co3+H2O=2Co2+SO42+2H+； （3）加入 Na2SO3还会将 Fe3+还原为 Fe2+
40、，反应的离子方程式为 SO32+2Fe3+H2O=2Fe2+SO42+2H+；溶 液 a中含有 Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl、SO42等，向溶液 a 中加入 NaClO，NaClO具有强 氧化性，将 Fe2+氧化成 Fe3+，反应的离子方程式为 2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O，故答案为：将溶液 中 Fe2+氧化成 Fe3+； （4）加入 NaClO 溶液后得到的溶液 b中含有 Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl、SO42等；向溶 液 b中加入 NaHCO3调节溶液的 pH， 使 Fe3+、 Al3+转化为氢氧化物沉
41、淀而除去， 沉淀 A的成分为 Fe(OH)3、 Al(OH)3；溶液 c中含有 Co2+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl、SO42等，向溶液 c 中加入 NaF，Mg2+、Ca2+转化 为难溶于水的 MgF2、CaF2沉淀，操作 2的名称为过滤，故答案为：Fe(OH)3 、Al(OH)3；过滤； （5）根据（4）的分析，溶液 c 中加入 NaF溶液的作用是使 Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的 MgF2、CaF2 沉淀除去，故答案为：使 Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的 MgF2、CaF2沉淀除去； （6） n （CO2） = 6.72L 22.4L/ mol =0.3mol， 根据 C
42、守恒， n （CoC2O4） =0.15mol， 根据 Co 守恒， n （Co） =0.15mol， 所得钴的氧化物中 n （O） = 12.050.1559/ 16/ gmolg mol g mol =0.2mol， n （Co） ： n （O） =0.15mol： 0.2mol=3:4， 生成的钴的氧化物的化学式为 Co3O4，在空气中煅烧 CoC2O4的化学方程式为 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。 考点考点 13 化学实验综合题化学实验综合题 1 （成都市 2020 届高三第二次统考）烯烃是重要的有机化工原料。实验室主要用浓硫酸或浓磷酸作催化剂 使醇脱水制取烯烃。某同学使
43、用环己醇脱水制备环己烯。设计方案如下： （一）主要仪器和试剂 仪器：50mL圆底烧瓶、分馏柱、直形冷凝管、10mL量筒、分液漏斗、100mL锥形瓶、蒸馏头、接液管。 试剂：10.0g(10.4mL，0.1mol)环己醇、5mL浓磷酸、氯化钠、无水氯化钙、5%碳酸钠水溶液。 （二）查阅实验所涉及的反应物、催化剂、产物的各种物理性质，列表如下： 14 化学物质 相对分子质量 相对密度/g cm3 沸点/ 溶解性 环己醇 100 0.96 161.1 稍溶于水 磷酸(85%) 98 1.83 213 易溶于水 环己烯 82 0.89 83.3 微溶于水 （三）实验流程 请回答： （1）加热过程中，若
44、忘记加沸石，应如何操作?_。 （2）将粗产品分去水层所需要用到的主要实验仪器是_。 （3）本实验用浓磷酸代替浓硫酸的优点：_。 （4）该实验的主要副产物为_ (填物质名称)。 （5）在提纯环己烯时，用等体积的饱和食盐水，而不用水的原因是_。加入 34 mL 5% 碳酸钠溶液的目的是_。 （6）水浴蒸馏最后得到 7.0g 产品，则反应的产率为_(保留 2位有效数字)。 【答案】 （1）先停止加热，待反应液冷却后再加入沸石 （2）分液漏斗 （3）浓磷酸氧化性比浓硫酸弱，防止浓硫酸氧化有机物 （4）环己醚 （5）降低环己烯在水中的溶解度，减少产品损失 除去产品中少量的磷酸 （6）85% 【解析】 （
45、1）加热过程中，若忘记加沸石，应先停止加热，待反应液冷却后再加入沸石，故答案为：先 停止加热，待反应液冷却后再加入沸石。 （2）由实验流程以及表格中环己醇、浓磷酸、环己烯的溶解性可知，将粗产品分去水层的实验操作为分 液，因此所需要用到的主要实验仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。 （3）浓硫酸的氧化性强，加热时易氧化有机物，而浓磷酸的氧化性比浓硫酸弱，故使用浓磷酸更好，故 15 答案为：浓磷酸氧化性比浓硫酸弱，防止浓硫酸氧化有机物。 （4）醇在浓磷酸的催化作用下发生消去反应生成环己烯，但同时也可能发生分子间取代反应，生成环己 醚，故答案为：环己醚。 （5）因环己烯微溶于水，故洗涤时用饱和食盐水可降低环己烯在水中的溶解度，减少产品损失；因产品 中还有残留
