2020年高考化学一轮复习一遍过专题11化工流程一金属.doc

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1、专题11 化工流程（一）（金属）1有关“未来金属”钛的信息有：硬度大熔点高常温下耐酸碱、耐腐蚀铁矿炼钛的一种工业流程为：（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价为_价，反应化学方程式为_。（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应化学方程式为_，属于_（填反应类型），该反应_（填“能”或“不能”）说明Mg的金属活动性强于Ti（3）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是_（填名称），由前面提供的信息 _（填序号）知，除去它的试剂可以是以下试剂中的_（填序号）A：HClB：NaOHC：NaClD：H2SO4（4）氯化过程中主要发生的反应为2FeTiO3

2、+6C+7Cl2 =2TiCl4+2X+6CO，则X的化学式为：_。【答案】+4 2FeTiO3+CCO2+2Fe+2TiO2 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti 置换反应或者氧化还原反应 能 镁 AD FeCl3 【解析】（1）钛酸亚铁FeTiO3，Fe元素为+2价，O元素为-2价，设Ti元素为x价，可知(+2)+x+(-2)3=0，解得x=+4，钛的化合价为+4价，根据流程图可知反应中，反应物是C和FeTiO3，生成物为CO2、Fe和TiO2，因而化学方程式为2FeTiO3+CCO2+2Fe+2TiO2；（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应置换出金属Ti，反应化学方程式为2Mg+TiC

3、l42MgCl2+Ti，单质和化合物反应得到另一个单质和化合物，可知该反应属于置换反应，同时该反应镁元素和钛元素化合价变化，也为氧化还原反应，Mg能从钛盐置换出Ti，说明Mg的金属活泼性强于Ti；（3）上述冶炼方法得到的金属钛时，可能有部分Mg未反应完，因而混有少量的金属镁，要证实上述猜测，可根据镁属于活泼金属，易于酸反应，因而可用HCl和H2SO4，即选AD；（4）根据化学反应中元素的种类和原子的个数守恒可知，X中含有Fe元素和Cl元素，同时Cl有3个，可推知X为FeCl3。2二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电脑显示屏生产过程中有大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、Ce

4、O2以及其他少量可溶于稀酸的物质)产生。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：(1)滤渣A的主要成分是_；洗涤滤渣A除去的阳离子主要是_(填离子符号)，检验该离子是否洗净的操作是_；(2)步骤中反应的离子方程式是_；(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP_(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有_、烧杯、玻璃棒、量筒等；(4)步骤中反应化学方程式为_。【答案】SiO2、CeO2 Fe3 取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净 2CeO2+H2O2+6H=2Ce

5、3+O2+4H2O 不能 分液漏斗 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 【解析】 (1)根据上述分析可知，加入稀盐酸时，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3和水，SiO2、CeO2不能溶解，进入滤渣A中，因此滤液A的主要成分是Fe2O3与HCl反应产生的Fe3；检验Fe3+的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则证明沉淀已洗净；反之，沉淀未洗净；(2)稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H+H2O2+2CeO2=2Ce3+O2+4H2O；(3)化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，

6、萃取剂与水互不相容，而且Ce3+在萃取剂中的溶解度比在水中的大，所以TBP不能与水互溶；实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；(4)Ce(OH)3与O2、H2O在加热时发生氧化还原反应，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。3化学来源于生活又服务于生活，化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红(氧化铁)和硫酸铵晶体。流程如下：请回答下列问题：(1)操作I的名称_，滤渣的成分为_。(2)简述下

7、列实验操作：检验溶液A中金属阳离子的方法为_；检验固体B是否洗涤干净的方法是_。(3)请写出溶液A中反应的离子方程式_(4) 测定废料中硫酸铜的质量分数：称取a g废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为b g，则废料中硫酸铜的质量分数为_(写出表达式。)(5) 某同学提出另一种制备铁红的方法：往工业废水中加入足量的硫酸和双氧水，通过下列操作也可以得到铁红，请配平下列离子方程式_ Fe2+ _ H2O2 + _ H+= _ Fe3+ + _ H2O【答案】过滤 Fe Cu 取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有

8、Fe2+ ；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ (5b/2a)100% 2 1 2 2 2 【解析】硫酸亚铁和硫酸铜中加入硫酸和过量的铁粉，铁和硫酸铜反应置换出铜，所以溶液A为硫酸亚铁，滤渣为铁和铜。溶液A中通入氨气和氧气，硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成氢氧化铁和硫酸铵，固体B为氢氧化铁，氢氧化铁固体加热得到氧化铁。(1)操作I是分离固体和液体，所以为过滤； 滤渣为Fe和Cu；(2) 溶液A中的阳离子为亚铁离子，可以利用其还原性，使用酸性高锰酸钾溶液进行检验，操作为：

9、取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+ ；固体B为氢氧化铁，可能吸附有硫酸根离子，所以检验固体是否洗净，就是检验最后一次的洗涤液是否含有硫酸根离子，操作方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 ；(3)硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，离子方程式为：10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ ；(4)操作I得到的滤渣为铁和铜，用足量的硫酸溶解后，得到的固体为铜，则根据硫酸铜和铜的关系分析，铜的质量为bg，则硫酸铜的质量为g=5b/2g，硫酸铜

10、的质量分数为(5b/2a)100% ；(5) 反应中亚铁离子的化合价从+2价升高到+3价，改变1价，过氧化氢中的氧元素的化合价从-1降低到-2价，所以二者的比例为2:1，再根据原子守恒和电荷守恒配平，该离子方程式为：2Fe2+ H2O2 + 2H+= 2Fe3+2H2O。4湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnOFe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：回答下列问题(1)滤渣I的主要成分是_。(2)净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为_、_。已知：25

11、时Ksp(CaF2)=2.71011， Ksp (MgF2)=6.41019。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7106molL1，则c(Mg2+)=_ molL1。(3)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)最好控制在_左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO32Me(OH)2H2O沉淀的化学反应方程式为_。(4)铁氧体工艺阶段制备

12、NiZnFe4O8过程中，需加入_剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476gmol1)_万吨(保留两位有效数字)【答案】SiO2 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+ =Fe2+ + H2 6.410-14 2.0 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO32Me(OH)22H2O+3(NH4)2SO4+5CO2 氧化 4.3 【解析】（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣为SiO2。（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe

13、3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2。Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.410-14mol/L。（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)最好控

14、制在2.0左右。根据滤液配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO32Me(OH)22H2O+3(NH4)2SO4+5CO2。（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为50.273/2=2.025万吨，而

15、NiZnFe4O8铁元素质量分数为564/476=47，因而NiZnFe4O8的质量为2.02547=4.3万吨。5七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂，在医药上用于催吐剂。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO47H2O的流程如下：请回答下列问题：（1）氧化锌矿粉碎过筛的目的是_；滤渣X的成分是_。（2）步骤中发生反应的离子方程式为_。（3）“除铁”加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以为_（填化学式）；已知：KspFe(OH)3=2.61039，沉铁过程中要使溶液中c(Fe3+)1.0105 molL1，必须控制溶液的pH_。

16、lg2.6=0.4（4）步骤加入锌粉的目的是_，滤渣Z的成分是_。（5）取28.70gZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：步骤中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是_。680时所得固体的化学式为_。aZnO bZn3O(SO4)2 cZnSO4 dZnSO4H2O【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 H2SiO3 2Fe2+H2O2+2H2Fe3+2H2O ZnO或Zn(OH)2等 2.8 除去溶液中的Cu2+ Cu、Zn 降低烘干的温度，防止ZnSO47H2O分解 b 【解析】（1）氧化锌矿石粉碎可增大固体与溶液接触面积，加快反应速率；在加H

17、2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； H2SiO3；（2）在步骤中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H2Fe3+2H2O；（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO、Zn(OH)2等化合物；溶液中c(Fe3+)=1.0105 molL1，则c3(OH)=2.61034，c(OH)=1011 molL1，故pOH=111/3lg0.26=11.2，p

18、H=14pOH=2.8，故答案为：ZnO或Zn(OH)2等； 2.8；（4）在步骤中加入锌粉的目的是将Cu2+还原成Cu，通过过滤除去；为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，故答案为：除去溶液中的Cu2+；Cu、Zn；（5）由于ZnSO47H2O易分解，烘干时要适当降低温度；n(ZnSO47H2O)= =0.1 mol，加热过程中若得ZnSO4H2O的质量为17.90 g(100 )；若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 )；若得ZnO的质量为8.10 g(930 )；据此通过排除法确定680 时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2，故答案为：降低烘干的

19、温度，防止ZnSO47H2O分解；b。6碱式硫酸铁Fe(OH)SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_范围内。（2）反应中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_。（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+ 聚合离子，该水解反应的离子方程式为_。（

20、4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_。A氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用 0.1000 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：2Fe3+2I-=2Fe2+I2 2S2O32-+I2=2I-+S4O62-则溶液中铁

21、元素的总含量为_gL-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_ (填“偏高” “偏低” “不变”)【答案】4.47.5 2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O 2Fe(OH)2+ +2H2OFe2(OH)42+ + 2H+ D 5.6 偏高 【解析】（1）制备硫酸亚铁，需与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，避免生成Fe（OH）2沉淀，则应控制溶液pH在4.47.5之间；（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故离子方程式为2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O；（3）Fe（OH）2+离子，可

22、部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2Fe（OH）2+2H2O Fe2（OH）42+2H+；（5）检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；（6）根据所给反应可得关系式Fe3+S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol56g/mol0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。7以高钛渣(

23、主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2比Fe3更易水洗除去。(1)熔盐:为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是_。NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500550 时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_。(2)过滤:“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量_(填化学式)。除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_。(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2T

24、iO3，该反应的化学方程式为_。(4)脱色:H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_。【答案】搅拌 12NaOH2Ti3O5O26Na2TiO36H2O Na2SiO3 用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长) TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4 将溶液中的Fe3还原为Fe2，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度 【解析】(1)为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，故答案为：搅拌

25、；NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500550 时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH2Ti3O5O26Na2TiO36H2O，故答案为：12NaOH2Ti3O5O26Na2TiO36H2O；(2) 熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOHSiO2 = Na2SiO3H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，故答案为：Na2SiO3；“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，故答案为：用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；(3)

26、“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4，故答案为：TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4；（4）根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3还原为Fe2，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，故答案为：将溶液中的Fe3还原为Fe2，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度。8NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如下图：

27、请回答下列问题：(1)用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_(任写一点)。(2)向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：_。(3)在40左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀除去。如图是温度pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域已知25时，Fe(OH)3的Ksp=2.641039。下列说法正确的是(选填序号)_。a. FeOOH中铁为+2价b.若

28、在25时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=2.61029molL1c.用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2+C1O3+6H+=6Fe3+C1+3H2Od.工业生产中常保持在8595生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3(4)上述流程中滤液I的主要成分是_。(5)操作I的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6molL1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸)：_；_；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体：用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干。【答案】加热或搅拌或增大硫酸浓度等 Cu2S2=CuS c NiSO4 过滤，并用蒸馏水

29、洗净沉淀 向沉淀中加6 molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全 【解析】 (1) 能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；(2)S2-可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；故答案为：Cu2S2=CuS；(3) aFeOOH中O元素显-2价，H显+1价，所以铁为+3价，故a错误；bpH=4时，c（OH-）=110-10mol/L，已知25时，Fe（OH）3的Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=2.6410-39，则c（Fe3+）=2

30、.6410-9mol/L，故b错误；cClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O，故c正确；d由图象可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为8595，pH约为1.21.8，故d错误；故答案为：c。(4) 从流程图可知，滤液I中加入硫酸后，生成了NiSO4，所以滤液I的主要成分是NiSO4；故答案为：NiSO4；(5) 滤液III主要是NiSO4，加入碳酸钠溶液后，得到NiCO3沉淀，应先过滤、蒸馏水洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀

31、中加6 molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解。9“变废为宝”是化工的重要主题。工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液(主要成分有CuCl2，FeCl2等)制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，其制备过程如下图所示：查阅资料得知，一定浓度的Cu2+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH如下表：金属离子Cu2+Fe2+Fe3+开始沉淀的pH4.26.51.4沉淀完全的pH6.79.73.7（1）电子工业中用FeCl3溶液制作铜制印刷电路板，该反应的离子方程式为_。（2）操作I、操作所用的玻璃仪器除烧杯外还需要_。（3）氯酸钠的作用是_；反应A中氧化剂与还原剂物质的量之比是_。（4）调

32、节pH的范围为_，可以选择的试剂是_(填序号)。A.氨水 B.硫酸铜 C.氧化铜 D.氢氧化铜（5）已知滤液中含有碳酸氢钠，写出生成碱式碳酸铜的离子方程式：_。（6）若废液中CuCl2的含量为13.5%，则1吨废液理论上可提炼碱式碳酸铜_吨。【答案】2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ 漏斗、玻璃棒 将Fe2+氧化为Fe3+ 1:6 3.74.2 CD 2Cu2+3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3- 0.111 【解析】（1）FeCl3溶液与铜发生反应生成亚铁离子与铜离子：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；正确答案：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+（2）操作、操作是过

33、滤，过滤装置所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；正确答案：漏斗、玻璃棒（3）氯酸钠把Fe2+氧化为Fe3+， NaClO3被还原为氯化钠，氯元素由正五价降到负一价，Fe2+到Fe3+升高一价，根据得失电子数相等，得出关系式NaClO36 Fe2+，即氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6；正确答案: 1:6（4）调节pH使得铁离子沉淀完全，铁离子沉淀完全pH为3.7，铜离子开始沉淀pH为4.2，故应控制pH为3.74.2，使铁离子沉淀完全而铜离子不沉淀；氨水会引入杂质离子，硫酸铜不能使溶液pH升高，氢氧化铜和氧化铜能和氢离子反应，能调节pH，且不会引入杂质，可用作调节pH的试剂。正确答案：3.74

34、.2 CD。（5）根据题意铜离子和碳酸根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸氢根离子，离子方程式为2Cu2+3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3；正确答案：2Cu2+3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3（6）设生成的碱式碳酸铜的质量为x，利用铜的守恒，列关系式进行计算2CuCl2Cu2（OH）2CO32135吨 222吨1吨13.5% xx=0.111吨。10锌锰干电池是很古老的一次性电池，它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。已知闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分；软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%

35、，其余为水分。科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。请回答下列问题：(1)反应I需不断搅拌，目的是_。(2)检验反应I的滤液中含有Fe3+的试剂为_；写出反应I中由FeS生成Fe3+的离子方程式_。(3)反应加入适量锌的作用是_；反应III中MnO2的作用是_。(4)已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.410-10、2.210-11；要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.010-6mol/L，则溶液中残留的CO32-浓度至少为_mol/L。(5)图是Na2SO4和Na2SO410H2O的溶解 度曲线(g/100g水)，则中得到Na2S

36、O4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液_ 用乙醇洗涤干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_。【答案】加快反应速率，提高原料利用率。 KSCN(或苯酚) 2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O 将溶液中的Cu2+还原成Cu 将Fe2+氧化成Fe3+ 1.410-4 蒸发结晶 趁热过滤 防止Na2SO4固体转化为Na2SO410H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗 【解析】（1）反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程，搅拌是为了加快反应速率，提高原料利用率；本题答案为：加快反应速率，提高原料利用率。（2）Fe3+遇到KSCN溶液变成血红色

37、，Fe3+遇到苯酚溶液显紫色，故欲检验I的滤液中含有Fe3+的试剂为：KSCN(或苯酚)；反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+，反应的的离子方程式为：2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O；本题答案为：KSCN(或苯酚)、2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O。（3）由图可知，反应加入适量锌有铜析出，故反应是将溶液中的Cu2+还原为Cu；反应III中加入MnO2，将Fe2+氧化成Fe3+，最终生成Fe(OH)3沉淀；本题答案为：将溶液中的Cu2+还原成Cu；将Fe2+氧化成Fe3

38、+。（4）欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.010-6mol/L，根据ZnCO3的Ksp=1.410-10，即c(Zn2+)c(CO32-)=1.410-10，求得：c(CO32-)=1.410-10（1.010-6）=1.410-4mol/L，同理可求使Mn2+沉淀，当Mn2+浓度均降到1.010-6mol/L时，c(CO32-)=2.210-5mol/L，所以溶液中残留的CO32-浓度至少为1.410-4mol/L ；本题答案为：1.410-4。（5）由图像溶解度曲线变化可知，Na2SO4的溶解度，在温度较高时，随温度升高而降低，而Na2SO410H2O的溶解度，随温度升高而升增大，欲得

39、到Na2SO4晶体，应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出，并趁热过滤；因Na2SO4在乙醇中难于溶解，所以用乙醇洗涤即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO410H2O，又能防止Na2SO4因溶于水而损耗；本题答案为：蒸发结晶 、趁热过滤、防止Na2SO4固体转化为Na2SO410H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗。11一种新兴材料铍日益被重视，有“超级金属尖端金属空间金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分3 BeOAl2O36SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，一种简化的工艺流程如下：按元素周期表的对角线规则，Be和Al性质相似：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如表。回答下列问题

40、：（1）步骤中将熔块粉碎的目的是_；滤渣1的主要成分是_。（2）步骤加入H2O2时发生反应的离子方程式为_，从滤液1中得到沉淀的合理pH为_(填序号)A.3.33.7 B.3.75.0 C.5.05.2 D.5.26.5（3）步骤不宜使用NaOH溶液来沉淀Be2+的原因是_。从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是_、过滤、洗涤、干燥。（4）实验室模拟步骤装置如图，控制氨气与氟化氢气体积比的方法是_。（5）步骤的反应类型是_，步骤需要隔绝空气的环境，其原因是_。（6）若绿柱石中BeO的含量为a%，上述过程生产Be的产率为b%，则1t该绿柱石理论上能生产含铍量2%的镀铜合金_t。【答案】增大

41、与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率 H2SiO3 2HH2O22Fe2=2Fe32H2O C 过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2 蒸发浓缩、冷却结晶 通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速 分解反应 高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率 1.8103ab 【解析】（1）将熔块粉碎的目的是增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；根据绿柱石的成分，熔炼过程中SiO2与石灰石生成CaSiO3，CaSiO3与硫酸反应生成CaSO4和H2SiO3，即滤渣1的主要成分为H2SiO3；（2）根据流程，滤液1中含有阳离子是Fe2、Al3、Be2、H，步骤中加入H2O2，H2O2把

42、Fe2氧化成Fe3，即离子方程式为2HH2O22Fe2=2Fe32H2O；根据流程，步骤除去的是Fe3、Al3，加入氨水调节pH，使Fe3、Al3以Al(OH)3、Fe(OH)3形式除去，因此调节pH范围是5.0pH5.2，故选项C正确；（3）因为Be和Al的性质相似，即Be(OH)2为两性氢氧化物，过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2；从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）根据装置，通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速；（5）步骤的反应类型为分解反应；Be和Al的性质相似，Mg是活泼金属，能与空气中氧气发生反应，因此隔绝空气的环境的原因是高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率；（6）根据题意得出：=m(合金)2%，得出m(合金)