2020届高考化学备考专题能力提升练 ---化学工艺流程(含解析)

2020届高三备考化学专题能力提升练-化学工艺流程

A组

一、选择题(本题包括1小题,共6分)

1.纳米铁可用作特殊的催化剂,以FeSO4饱和溶液为原料制取纳米铁的实验流程如下:

已知:主反应在80 ℃左右条件下进行,直至得到黄色(FeC2O4·2H2O)沉淀。 下列判断正确的是( )

A.进行“主反应”时,搅拌不利于沉淀的生成 B.进行“过滤”时,搅拌能加快过滤速度

C.可用高锰酸钾溶液检验“滤液”中是否含有Fe2+ D.N2氛围有效减少产品被氧气、水蒸气氧化的机会

【解析】选D。搅拌可加快沉淀的生成,A项错误;过滤时不可搅拌,以免捣破滤纸,B项错误;主反应是复分解反应,滤液显酸性,Fe2+和过量的草酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C项错误;N2氛围有效减少产品被氧气、水蒸气氧化的机会,D项正确。

【互动探究】若洗涤后所得晶体未进行干燥,则最终得到的纳米铁中含有的杂质为______________。

提示:四氧化三铁。高温下铁和水蒸气反应产生四氧化三铁和氢气。 二、非选择题(本题包括2小题,共44分)

2.(22分) 黄血盐[K4Fe(CN)6,亚铁]是一种淡黄色粉末,可溶于水,不溶于乙醇。工业上用含有NaCN的电镀废液和FeSO4、CaCl2在70～80 ℃下反应先生成亚铁,具备流程如下:

回答下列问题:

(1)在实验室中配制NaCN溶液的方法为________________________________, 常温下将0.1 mol·L-1的NaOH溶液和0.2 mol·L-1 HCN的溶液等体积混合,混合溶液呈碱性,试从化学平衡常数的角度通过计算进行解释__________________ ____________。(已知常温下, Ka(HCN)=6.2×10-10)

(2)反应器中发生反应的化学方程式为_______________________________。 (3)加入KCl能发生复分解反应生成K4Fe(CN)6的原因为________________。 (4)在实验室中进行操作1所需的玻璃仪器为__________________________, 系列操作2具体是指___________________________。

(5)反应器的反应温度必须控制在80 ℃以下,如此控制反应温度的原因为 ___________________________。

(6)如图是一种光电电池的反应原理示意图,其中Fe(CN应式为______________。

所在电极的电极反

【解析】由流程图可知,在NaCN废液中加入FeSO4和CaCl2,发生反应:6NaCN+

FeSO4+CaCl2Na4Fe(CN)6+CaSO4↓+2NaCl,然后加入Na2CO3溶液可除去过量的Ca2+,在

过滤后的滤液中加入KCl可使Na4Fe(CN)6转化生成K4Fe(CN)6,说明K4Fe(CN)6的溶解度较小。

(1)根据HCN的电离常数Ka=6.2×10-10可知,HCN为弱酸,NaCN溶液能够水解显碱性,实验室配制一定浓度的NaCN溶液时,将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中,可以抑制CN-水解;根据Kh=

可知, Kh=

=

===1.6×10-5>6.2×10-10,即水解平衡常数大于电离平

衡常数,所以溶液呈碱性。

(2)由题目信息和流程可知,向NaCN废液中加入FeSO4和CaCl2,发生反应:6NaCN +FeSO4+CaCl2

Na4Fe(CN)6+CaSO4↓+2NaCl。

(3)相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6的,因此可以发生复分解反应生成K4Fe(CN)6。

(4)观察流程图可知操作1为过滤,在实验室中需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒;从K4Fe(CN)6溶液中得到K4Fe(CN)6,可以通过过滤、洗涤、干燥获得。

(5)NaCN极易水解,水解反应为吸热过程,为了防止NaCN水解,要控制反应温度不能太高。 (6)由题给图象可知,电子从负极流向正极,则a为负极,b为正极,负极发生氧化反应,则a上的电极反应式为Fe(CN

-e-Fe(CN

。

答案:(1)将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中,然后加水稀释至指定浓度

Kh===≈1.6×10-5>6.2×10-10,即水解平衡常数大于电离平衡

常数所以溶液呈碱性

(2)6NaCN+FeSO4+CaCl2Na4Fe(CN)6+CaSO4↓+2NaCl

(3)相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6的 (4)烧杯、漏斗、玻璃棒 过滤、洗涤、干燥 (5)减少NaCN的水解 (6)Fe(CN

-e-Fe(CN

【方法规律】反应温度控制

1.控制反应温度方法——水浴、油浴、冰水浴等。 2.控制反应温度的目的——如何快速思考?有序思考? (1)控制(加快)反应速率;

(2)平衡移动——促进水解、溶解、平衡移动,控制反应方向;

(3)考虑物质性质——控制固体的溶解与结晶(如热过滤可以防止某些固体析出); (4)升温,促进溶液中气体的逸出,或者使某些物质达到沸点挥发; (5)升温——副反应是否增多,是否使催化剂活性降低;

(6)降温——分离提纯应用,趁热过滤,减少因降温而析出的溶质的量;

(7)降温,防止物质高温分解或者挥发,降温或者减压可以减少能源成本,降低对设备的要求。

3.(22分)碳酸锶主要用于制造彩电阴极射线管、电磁铁、锶铁氧体、烟火、荧光玻璃和信号弹等,是重要的化工基础原料,由工业级锶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等杂质)制备分析纯碳酸锶的工艺流程如下:

已知:①BaCrO4不溶于水,在水溶液中Cr2与Ba2+不能结合。

②常温下,各物质的溶度积常数如下表所示:

化合物 Ca(OH)2 CaC2O4 Mg(OH)2 MgC2O4 Ksp 5.0×10-6 2.2×10-9 5.6×10-12 4.8×10-6 ③Cr(OH)3是两性氢氧化物。 ④Cr2

与Cr2

在溶液中可相互转化。

在不同pH时的利用率随时间变化曲线如下图所示,根据图象分

(1)“除钡”过程中Cr

析“除钡”过程中需要调节pH=7.5的原因为__________________。

(2) “还原”过程中,应先调节pH=1,再加入草酸,加入草酸时发生反应的离子方程式为_________________________________________________________。 (3)“滤渣Ⅱ”的主要成分为______________________________________。 (4)“除Ca2+、Mg2+”操作中,不能用(NH4)2CO3代替氨水和(NH4)2C2O4混合液的原因为_____________________________________________________________。 (5)“中和、沉淀”和“除Ca2+、Mg2+”两步操作不能简化合并成一步完成的原因为_____________________________________________________________。

(6)“除Ca2+、Mg2+”后得到的滤液中除含有Sr(NO3)2外还含有过量的NH3·H2O,则“成盐”过程中发生反应的离子方程式为________________________。

(7)“粗品SrCO3”烘干过程中除去的主要杂质为_______________________

______________________________________________________________。 【解析】(1)pH过低Cr

的利用率低,pH=7.5和pH=10时Cr

的利用率相当,但后期

需要将pH调回1,导致浪费药品,因此应选用pH=7.5。 (2)酸性条件下,草酸还原重铬酸根的离子方程式为8H++Cr2+2Cr3++7H2O。

(3)根据溶度积常数表得出沉淀为CaC2O4和Mg(OH)2。

(4)加入(NH4)2CO3在除杂的同时会形成SrCO3沉淀,降低原料的利用率。 (5)“中和、沉淀”时若调节pH过高会导致部分Cr(OH)3溶解,导致产品不纯。 (6)Sr(NO3)2和NH3·H2O混合液与NH4HCO3反应的离子方程式为NH3·H2O+HCSr2+

SrCO3↓+N

+H2O。

+

+3H2C2O4

6CO2↑

(7)由于对产品的纯度要求是分析纯,而在成盐过程中生成的SrCO3经过滤和洗涤后,仍会含微量NH4NO3,因此需要在200 ℃时烘干使铵盐分解。 答案:(1)pH过低Cr

的利用率低,pH=7.5和pH=10时Cr

的利用率相当,但后期需要

将pH调回1,导致浪费药品,因此应选用pH=7.5 (2)8H++Cr2

+3H2C2O4

6CO2↑+2Cr3++7H2O

(3)CaC2O4和Mg(OH)2

(4)加入(NH4)2CO3在除杂的同时会形成SrCO3沉淀,降低原料的利用率 (5)“中和、沉淀”时若调节pH过高会导致部分Cr(OH)3溶解,导致产品不纯 (6)NH3·H2O+HC

+Sr2+

SrCO3↓+N

+H2O

(7)NH4NO3(多写NH4HCO3、(NH4)2CO3亦可) 【加固训练】

1.CuCl是一种白色粉末,在空气中易被氧化成绿色,见光则分解,变成褐色,是应用广泛的有机合成催化剂,它可采取多种方法制取。 方法Ⅰ:铜粉还原CuSO4溶液。

已知:CuCl微溶于水,难溶于乙醇,在水溶液中存在平衡:CuCl+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)。

(1)将废铜板浸入热的H2SO4溶液中,并通入空气,可以生成CuSO4。该反应的离子方程式为________________________。

(2)①中观察到________现象时,即表明反应已经完全;②中加入大量水的目的是________(请用平衡移动原理解释)。

(3)上述流程中,“洗涤”操作所用洗涤剂应选用________________________ (填所用试剂名称)以减少滤渣的溶解损失;“真空干燥”的原因是_________ _____________________。 方法Ⅱ:铜电极电解饱和食盐水。

往U形管中注入饱和食盐水,将两边的铜丝分别与电源的正、负极相连,实验装置如图。

(4)运用电解法制备CuCl的电极反应式为____________________________。 (5)产品分析:准确称取所制备的氯化亚铜样品m g,将其置于足量的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用a mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7溶液b mL,反应中Cr2

被还原为Cr3+,样品中CuCl的质量分数为

____________________________________________________。

【解析】(1)将废铜板浸入热的硫酸溶液中,并通入空气,可以生成硫酸铜的离子 方程式为2Cu+O2+4H+

2Cu2++2H2O。

(2)反应完全时,溶液中所有的Cu2+都被还原,所以溶液的蓝色褪去。即①中观察到溶液由蓝色变为无色的现象时,即表明反应已经完全。 ②中加入大量水的目的是使CuCl+2Cl-转化为沉淀析出。

(3)因为CuCl微溶于水,用水洗涤会有一部分CuCl溶于水而损失产品,所以用乙醇洗(CuCl在乙醇中不溶),这样可以减少产品损失;CuCl在空气中易被氧化,所以应该用真空干燥,以避免CuCl被氧化。

(4)CuCl只能在阳极生成,阳极材料为Cu,阳极反应为铜失电子,生成物一定是CuCl,所以阳极的电极反应式为Cu-e-+Cl-CuCl。

CuCl2+

被×

[CuCl3]2-的平衡向逆反应方向移动,以便使CuCl

(5)考虑到CuCl易被氧化,故能被氯化铁氧化,方程式为CuCl+FeCl3

FeCl2,反应后的溶液加入重铬酸钾溶液,再将生成的FeCl2氧化成FeCl3,反应中Cr2还原为Cr3+,故有6CuCl～Cr2100%。

答案:(1)2Cu+O2+4H+

2Cu2++2H2O

,进行相关计算可得样品中CuCl的质量分数为

(2)溶液由蓝色变为无色 稀释促**衡CuCl(白色)+2Cl-(3)乙醇 防止CuCl被氧化 (4)Cu-e-+Cl-(5)

CuCl

[CuCl3]2-(无色溶液)逆向移动,生成CuCl

×100%

2.锆英石(ZrSiO4)在工业上常用作耐火材料、型砂材料、陶瓷原料和宝石原料。天然锆英石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质。工业上以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下:

已知:①氯化过程中除碳、氧元素外,其他元素均转化为高价氯化物。

②SiCl4极易水解生成硅酸;ZrCl4易溶于水,400 ℃升华。

③Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK。Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度。

请回答下列问题:

(1)ZrSiO4中锆的化合价为_________________________________________。 (2)“氯化”过程中,ZrSiO4发生反应的化学反应方程式为_________________

_____________;由下图可知“氯化”过程选择的最佳条件为_____________;“氯化”温度过高,ZrCl4产率降低是因为___________________________。

(3)“滤液1”中的溶质除NaOH外,还主要含有__________________(填化学式)。 (4)NaCN是常用的铜抑制剂,CN-可与Cu2+反应,生成难溶物Cu(CN)2,已知其Ksp= 4×10-10,若盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1 mol·L-1,当溶液中Cu2+浓度小于等于1.00×10-6mol·L-1时可认为沉淀完全,则欲处理1 L该溶液,需要2 mol·L-1的NaCN溶液的体积为__________(计算结果保留两位小数)。

(5)通过“萃取”“反萃取”可以分离铁富集锆,原理为______________________。 【解析】(1)根据元素化合价代数和等于0可知锆元素的化合价为+4。

(2)“氯化”过程中,锆英石(ZrSiO4)与Cl2和CO发生反应,生成物为ZrCl4,除碳、氧元素,其他元素均转化为高价氯化物,故化学反应方程式为ZrSiO4 + 4Cl2+

4COZrCl4 + SiCl4+4CO2;由题给图象可知,产率最高点为1 MPa,390 ℃时;温度过

高,ZrCl4产率降低的原因为ZrCl4升华。

(3)由于是碱性溶液处理,所以“滤液1”中含有的溶质有NaOH、NaAlO2、Na2SiO3。 (4)根据Ksp计算可得沉淀完Cu2+最终混合液中c(CN-)=2.00×10-2mol·L-1,设所需体积为(1+x)L,则有x L×2 mol·L-1=(2+x)L×2.00×10-2mol·L-1,可得x=0.02,所以最终需要NaCN溶液体积为1.02 L。

(5)“配合”后,Fe3+与Zr4+生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4,Fe(SCN)3难溶于MIBK, Zr(SCN)4则被MIBK萃取进入有机层,再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4,从而达到分 离铁富集锆的目的。 答案:(1)+4 (2)ZrSiO4+4Cl2+4CO

ZrCl4+SiCl4+4CO2

1 MPa,390 ℃ 高于400 ℃时,ZrCl4升华,产率降低 (3)NaOH、NaAlO2、Na2SiO3 (4)1.02 L

(5)“配合”后,Fe3+与Zr4+生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4,Fe(SCN)3难溶于MIBK, Zr(SCN)4则被MIBK萃取进入有机层,再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4,从而达到 分离铁富集锆的目的 B组

一、选择题 (本题包括1小题,共6分)

1.某同学用烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)制取绿矾,设计了如下流程,下列说法正确的是 ( )

A.为了提高烧渣的浸出率,可采用浓硫酸 B.X可以是Al2O3或Al(OH)3

C.为了调节pH,加入氢氧化钠溶液一定要过量 D.将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤可得绿矾

【解析】选D。浓硫酸溶液中硫酸主要以分子形式存在,氢离子浓度低,溶解烧渣的浸出率反而降低,A项错误;试剂X选用Fe,铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁,同时铁与剩余的稀硫酸反应,则离子方程式为2Fe3+ + Fe

3Fe2+、Fe+2H+

Fe2++

H2↑,B项错误;加入氢氧化钠溶液过量,亚铁离子可能沉淀,同时氢氧化铝也会溶解,C项错误;由溶液得到结晶水合物的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等,D项正确。

二、非选择题(本题包括3小题,共44分)

2.(14 分)镁是一种重要的金属,号称国防金属。某兴趣小组设计利用硼镁矿制备镁和硼的流程如下。

已知:硼镁矿主要成分为Mg2B2O5·H2O,硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。 回答下列有关问题:

(1)Mg2B2O5·H2O中B的化合价为________,在90 ℃热水中,加入H2SO4调节pH到2～3生成H3BO3,写出反应的离子方程式_______________________________。 (2)硼的化合物种类繁多,NaBH4是有机合成中的常用还原剂,写出其电子式__________________。

(3)MgCl2·7H2O在HCl氛围中加热的目的是____________,写出Mg和X在高温条件下反应的化学方程式____________________________。

(4)加入0.1 mol·L-1盐酸,反应后测得溶液pH=2时(忽略溶液体积的变化),溶液中Mg2+浓度为________________________________________________。

(5)电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境里冷却后即为固体镁,下列物质中可以用作镁蒸气的冷却剂的是(填写代号)________。 A.H2 B.CO2 C.氩气 D.O2 E.水蒸气

(6)在海边多采用镁—H2O2酸性燃料电池,利用海水作电解质(加入一定量的酸),则该电池负极材料为__________,正极发生的电极反应式为__________。

【解析】(1)根据化学式Mg2B2O5·H2O和化合价的代数和为0,可得B的化合价为+3;B4H+反应可得H3BO3,离子方程式为B4

+2H++5H2O

4H3BO3。

与

(2)NaBH4为离子化合物,含离子键、共价键,其电子式为Na+。

(3)MgCl2为强酸弱碱盐,能发生水解反应,所以MgCl2·7H2O在HCl氛围中加热的目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2;X为H3BO3晶体加热脱水的产物B2O3,与Mg发生氧化还原反应,化学方程式为3Mg+B2O3

2B+3MgO。

(4)pH=2时反应的H+浓度为0.1 mol·L-1-0.01 mol·L-1=0.09 mol·L-1,加入盐酸生成MgCl2,根据2H+——Mg2+,可得Mg2+浓度为0.045 mol·L-1。

(5)镁在加热条件下能与氧气、水蒸气、二氧化碳反应,而与氢气、氩气不反应,故选A、C。

(6)在电池反应中镁被氧化作负极,过氧化氢在正极在酸性条件下被还原为水,总反应的方程式为H2O2+2H++Mg答案:(1)+3 B4

Mg2++2H2O。

4H3BO3

+2H++5H2O

(2)Na+

(3)防止MgCl2水解生成Mg(OH)2 3Mg+B2O3

2B+3MgO

(4)0.045 mol·L-1 (5)A、C (6)镁 H2O2+2H++2e-【加固训练】

多晶硅是硅产品产业链中一个非常重要的中间产品,它是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料,是信息产业和新能源产业最基础的原材料。已知:多晶硅第三代的工业制取流程如图所示:

2H2O

请回答下列问题:

(1)电解饱和食盐水时,从实验的灵敏性和简便性看,检验Z分子所需要的试剂或实验器材最好是__________。

(2)制取粗硅的过程中会发生副反应生成碳化硅,在生成碳化硅的反应中,氧化剂与还原剂的质量之比为________。反应过程中还生成中间产物一氧化硅(SiO),隔绝空气,SiO与NaOH溶液反应的产物之一是硅酸钠,该反应的离子方程式为__________________________________________。

(3)在“合成SiHCl3”的过程中,还会生成副产物SiCl4。已知两种物质的沸点分别为57.6 ℃、31.8 ℃,则提纯SiHCl3的方法是________;SiHCl3极易水解,其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl,则推测SiHCl3中硅元素的化合价为________。 (4)该流程中可以循环使用的物质是____________。

(5)SiCl4与H2、Si发生化合反应也能生成SiHCl3,该反应的化学方程式为_________________________。

(6)SiH4(硅烷)法生产高纯多晶硅是非常优异的方法。以粗硅作原料,采用熔融盐电解法制取硅烷的装置如图所示,则电解时粗硅应连接外接电源的________(填“正极”或“负极”)。

【解析】(1)电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑,根据Z和Y点

燃反应,以及Y能还原SiHCl3可判断Y是氢气,Z是氯气。氯气易使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。

(2)制取粗硅的过程中生成碳化硅的反应为SiO2+3CSiC+2CO↑,反应前后硅的化合价未

变,氧化剂和还原剂均为C,故氧化剂与还原剂的质量之比为1∶2。反应物SiO中硅元素的化合价升高,则氢元素的化合价降低,可写出离子方程式为SiO+2OH-Si

+H2↑。

(3)SiHCl3与SiCl4的沸点不同,宜用蒸馏法分离。根据题意可知,SiHCl3水解过程 中硅、氯、氧元素的化合价均未变化,根据氧化还原反应化合价升降原则,可判 断SiHCl3中的氢元素显-1价,故SiHCl3中硅元素显+4价。 (4)流程图中SiHCl3和氢气发生反应制纯硅的反应为SiHCl3+H2HCl可用于循环生产。此外,Si+3HCl

Si+3HCl,因此产生的

SiHCl3+H2产生的氢气也可循环使用。

4SiHCl3。

(5)根据SiCl4与H2、Si发生化合反应可写出:3SiCl4+Si+2H2

(6)由图可知,阳极的电极反应物和产物分别为Si、SiH4(硅显+4价),硅的化合价升高,失电子,应连接电源的正极。 答案:(1)湿润的淀粉碘化钾试纸 (2)1∶2 SiO+2OH-Si

+H2↑

(3)蒸馏 +4 (4)HCl、H2 (5)3SiCl4+Si+2H2

4SiHCl3 (6)正极

3.(10分)海水综合利用的工业流程图如下:

(1)电解NaCl溶液得到的Cl2在工农业生产上的用途为________(任答2条)。 (2)步骤Ⅰ中已获得Br2,步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-,其目的是___________

_____________________________________。

(3)步骤Ⅱ中用SO2水溶液吸收Br2,其吸收率可达95%,有关的离子方程式为 _______________________________________________________________, 由此反应可知,除环境保护外,在工业生产中应解决的主要问题是_________ ________________________________________________。

【解析】(1)惰性电极电解食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠;利用生成物可以使氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水。 (2)依据流程图分析可知为富集溴。

(3)用二氧化硫还原溴单质为溴离子,其反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O+S

+2Br-。生成物均为强酸,能加速设备的腐蚀。

4H+

答案:(1)制造漂白粉、漂白液、制盐酸、给自来水消毒 (2)富集溴元素 (3)Br2+SO2+2H2O

4H++S

+2Br-

强酸对设备的严重腐蚀

4.(20分)铜是人类发现和使用最早的金属之一,能形成众多的合金及物质。

(1)根据《梦溪笔谈》中“信州铅山县有苦泉……熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,写出相应的化学方程式_______________________________________。

Cu(OH)2是铜最高价氧化物对应的水化物,将Cu(OH)2置于浓NaOH溶液中可得到一种新化合物Na2CuO2,下列物质中最不可能与Na2CuO2溶液反应的是________。 a.CO2 b.CuCl2 c.KCl d.H2SO4

(2)青铜是我国使用最早的合金,出土的青铜器在漫长的历史演变中表面会出现锈渍,其中有害锈的化学成分主要是氯化亚铜(CuCl)和碱式氯化铜[CuCl2·3Cu(OH)2],证明锈渍中含有氯元素的方法是______________________

________________________________________________________________。 CuCl(微溶于水)常用作有机合成催化剂,并用于颜料、防腐等工业,向CuSO4与 NaCl的混合溶液中通入SO2可得到CuCl,反应的离子方程式为______________ _______________________________________________________________。 (3)如图是制备纳米Cu2O的工作原理图。

①证明制得的Cu2O是纳米级微粒的方法是___________________________。 ②阳极上电极反应式为____________________________________________。 (4)从某刻蚀废液中(CuCl2、FeCl2、FeCl3)回收FeCl3、CuCl2的流程如下图所示:

试剂X的化学式为__________;加入Cl2和物质X使溶液的pH(常温下)在____________范围内时(设溶液体积保持不变),铁元素完全转化为Fe(OH)3,而CuCl2 (浓度为0.5 mol·L-1)不产生沉淀(Ksp [Fe(OH)3]=1.0×10-38、Ksp [Cu(OH)2]=2.0×10-20 、lg 5=0.7)。 【解析】(1)胆矾是硫酸铜晶体,其溶液与铁釜中的铁发生置换反应。根据Na2CuO2形成的方法与NaAlO2类似及NaAlO2的性质知,Na2CuO2可与酸性氧化物、酸及强酸弱碱盐反应,与KCl不反应,答案为c。(2)由信息“锈渍”知CuCl、CuCl2·3Cu(OH)2难溶于水,故检验氯

离子时需要先将其溶解在稀中,然后再加入AgNO3溶液。可先写出Cu2++Cl-+SO2

CuCl+S

,再根据得失电子守恒、质量守恒可得到2CuCl↓+S

+4H+。(3)可利用丁达尔效应判断所制得的Cu2O是否

2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O

为纳米级氧化物。由图及电解的意义知,阳极上是铜失去电子转化为Cu2O,另一个电极为Ti,不含铜元素,故X电极是铜且应作阳极,通电后,铜作阳极失去电子转化为Cu2O,电极反应式为2Cu-2e-+H2O

Cu2O+2H+。(4)W溶液呈酸性,可向其中加入CuO等物质调节pH使Fe3+

转化为Fe(OH)3沉淀析出,而Cu2+不形成沉淀。当Fe3+沉淀完全时,溶液中c(Fe3+)<1×10-5mol·L-1,由此可求出当Fe3+全部沉淀完时溶液的pH>3,若Cu2+不能形成沉淀,此时溶液中c(OH-)<答案:(1)Fe+CuSO4

=2×10-10mol·L-1,由此求出的溶液的pH<4.3。 Cu+FeSO4 c

(2)取适量锈渍溶于稀中,然后向所得溶液中加入几滴AgNO3溶液,产生白色沉淀 2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O

2CuCl↓+S

+4H+

(3)将制得的Cu2O分散到水中,然后做丁达尔效应实验 2Cu-2e-+H2O

Cu2O+2H+

(4)CuO或CuCO3或Cu(OH)2 3.0～4.3 【加固训练】

某研究小组利用某酸性腐蚀废液(含Fe3+、Cu2+、N[NH4Al(SO4)2·12H2O]的流程如下:

、S

),制取铵明矾

物质 开始沉淀pH 沉淀完全pH 回答下列问题:

(1)加入物质甲的目的是__________,操作1用到的玻璃仪器有__________。 (2)第Ⅱ步中用双氧水作为氧化剂,请写出反应离子方程式________________ ____________________。

(3)加入物质乙的目的是调节pH,调节后溶液的pH最小值是________。

(4)工业上将流程中产生的滤渣用NaClO碱性溶液氧化可生成一种高效净水剂(Na2FeO4),写出反应的离子方程式:____________________________。 (5)固体铵明矾加热过程中,固体质量随温度的变化如图所示。

Cu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 6.0 13 7.5 14 1.4 3.7

①铵明矾溶于水配成溶液,加入过量NaOH溶液充分混合、加热,发生反应的离子方程式为____________________________________________________。

②若将铵明矾加热灼烧,400 ℃时剩余固体成分的化学式为________________

__________。在温度从800 ℃到950 ℃的过程中得到的两种氧化物,一种为固体,一种为氧化性气体,该气体的名称是_____________________________。

【解析】(1)废液含少量Fe3+和Cu2+,先加入足量的Fe粉,使Fe3+和Cu2+转化为Fe2+和Cu,经过操作1过滤后,可将废液中的Cu2+除尽,过滤需要的玻璃仪器分别是漏斗、烧杯、玻璃棒。

(2)加入氧化剂双氧水,将Fe2+氧化成Fe3+,同时自身被还原为水。

(3)由表中数据可知,加入氨水调节溶液pH到3.7左右,使溶液中的Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,过滤,得到滤渣Fe(OH)3。

(4)次氯酸钠具有氧化性,能把铁离子氧化生成高铁酸盐,而次氯酸钠被还原生成氯化钠,由此根据电子守恒和电荷守恒,可以写出离子方程式:3ClO-+4OH-+ 2Fe(OH)3

2Fe

+3Cl-+5H2O。

(5)铵明矾溶于水配成溶液,加入过量NaOH溶液充分混合、加热,发生反应的离子方程式为①N

+ Al3++5OH-Al

+NH3↑+3H2O;②9.06 g硫酸铝铵晶体的物质的量为

g·mol-1=0.02 mol,9.06 g硫酸铝铵晶体中水的质量为0.02 mol×12×18 g·mol-1=4.32 g,加热400 ℃时固体质量减少Δm=9.06 g-5.46 g= 3.6 g<4.32 g,剩余固体中结晶水的物质的量为

=0.04 mol,剩余固体中

n[NH4Al(SO4)2]∶n(H2O)=0.02 mol∶0.04 mol=1∶2,故400 ℃时剩余固体成分的化学式为NH4Al(SO4)2·2H2O;在温度从800 ℃到950 ℃的过程中得到的两种氧化物,一种为固体,一种为氧化性气体,则该固体为氧化铝,据铝守恒可知为0.01 mol,即1.02克,气体只能为三氧化硫。

答案:(1)除去铜离子 烧杯、漏斗、玻璃棒

(2)2Fe2++H2O2+2H+(3)3.7

2Fe3++2H2O

(4)3ClO-+4OH-+2Fe(OH)3(5)①N

+ Al3++5OH-

2FeAl

+ 3Cl-+5H2O

+NH3↑+3H2O

②NH4Al(SO4)2·2H2O ③三氧化硫