《2020年领军高考化学真题透析专题3.4化工流程一高效演练含解析2.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年领军高考化学真题透析专题3.4化工流程一高效演练含解析2.doc（23页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、化工流程（一）1钼(Mo)及其合金在冶金、农业、电气、化工、环保和宇航等重要领域有着广泛的应用和良好的前景，成为国民经济中一种重要的原料和不可替代的战略物质。钼酸钠晶体(Na2MoO4 2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。某工厂利用钼精矿(主要成分 MoS2 )制备钼酸钠晶体和金属钼的流程如图所示：请回答下列问题：(1)Na2 MoO 42H2O 中 Mo 的化合价是 _。(2)已知“焙烧”过程中 MoS2 变成 MoO3，则气体 1 中对大气有污染的是 _。(3)“碱浸”过程中生成 Na2MoO4 的化学方程式是 _；“结晶”的钼酸钠晶体仍含其他杂质，要得到较纯的晶体，还应采取的方法是 _。(
2、4)“滤液”的主要成分是 _。(5)将过滤操作得到的钼酸沉淀进行高温焙烧，实验室模拟高温焙烧时用于盛放钼酸的仪器是 _。(6)钼酸高温焙烧的产物与 Al 在高温下发生反应的化学方程式是 _。(7)测得碱浸液中部分离子浓度为：c(MoO42) =0.4 molL1，c(SO42) =0.02 molL1。结晶前加入氢氧化钡固体除去SO42，不考虑加入氢氧化钡固体后溶液体积的变化，当BaMoO4开始沉淀时，SO42 的去除率为 _ (保留三位有效数字)。 已知： Ksp(BaSO4)=1.11010，Ksp(BaMoO4)=4.0108【答案】+6 二氧化硫或 SO2 MoO3 + Na2CO3
3、=Na2MoO4 +CO2 重结晶 NaCl、HCl 坩埚 2Al+MoO3Mo+Al2O3 94.5%或0.945 【解析】（1）Na2 MoO 42H2O中钠元素化合价+1价，氧元素化合价2价，设钼元素的化合价是x价，根据化合物的代数和为0可知，2(+1)+x+(2)4=0，解得x = +6，即计算得到钼元素的化合价是+6价，故答案为：+6；（2）“焙烧”过程中MoS2变成MoO3,，S被氧化生成对大气有污染的气体，应为SO2，故答案为：二氧化硫或SO2；（3）加入Na2CO3溶液和MoO3反应生成二氧化碳和Na2MoO4，其反应的化学方程式为：MoO3 + Na2CO3 =Na2MoO4
4、 +CO2 ，“结晶”的钼酸钠晶体仍含其他杂质，要得到较纯的晶体，应进行重结晶，故答案为：MoO3 + Na2CO3 =Na2MoO4 +CO2 ；重结晶；（4）加入过量盐酸，生成H2MoO4和NaCl，则滤液的主要成分为NaCl、HCl，故答案为：NaCl、HCl；（5）灼烧固体，应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；（6）利用铝热反应可回收金属钼，MoO3发生铝热反应的化学方程式为：4Al+2MoO3 2Mo+2Al2O3，故答案为：4Al+2MoO3 2Mo+2Al2O3；（7）Ksp(BaMoO4) = 4.0108，钼酸钠溶液中c(MoO42) = 0.4 molL1，BaMoO4开始沉淀
5、时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2+) = = 1.0107 mol/L，又Ksp(BaSO4)=1.11010，则溶液中硫酸根离子的浓度为：c(SO42) = =1.1103 mol/L，因为原溶液中硫酸根离子的浓度为0.02 molL1，故其硫酸根离子的去除率为：(1)100%=15.5% = 94.5 %或0.945，故答案为：94.5 %或0.945。2CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液的一种工艺流程如下：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(按金属离子浓度为
6、1.0molL-1计算)：金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0(1)写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式_。(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_，形成沉渣时发生反应的离子方程式为_。(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是_。(4)“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因_。(5)在空气中煅烧CoCO3生成某种钴氧化物和CO2，若充分煅烧一定量CoCO3后
7、测定所得固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，假设固体为纯净物，其化学式为_。【答案】Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O 5.0pH5.4(或5.0-5.4) 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2 分液漏斗、烧杯 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层 Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2 Co3O4 【解析】（1）“酸浸”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价，“酸浸”时发生的非氧化还原反应为：CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、A
8、l2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。（2）“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据已知Co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.05.4。形成沉渣时加入的是Na2CO3，发生的是Al3+与CO32-的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2。（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；根据萃取反应ZnSO4(水层
9、)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)可得，由有机层获得ZnSO4溶液，要使平衡逆向移动，所以要向有机层中加入硫酸，然后分液，所以由有机层获取ZnSO4溶液的操作是：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层。（4）“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀，由于Na2CO3溶液呈碱性，若Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2沉淀，导致产品CoCO3中混有Co(OH)2。（5）0.672L(标准状况)CO2的物质的量为0.03mol，根据C元素守恒，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol；根据Co元素守恒
10、，n(Co)=0.03mol，m(Co)=0.03mol59g/mol=1.77g，则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)=0.04mol，n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，故该钴氧化物的化学式为Co3O4。3以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：（1）过程，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_。（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。 溶液a呈酸
11、性，原因是_。 根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a_（填操作），可得NH4Cl粗品。 提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：化合物ZnCl2NH4Cl熔点365337.8分解沸点732-根据上表，设计方案提纯NH4Cl：_。（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入_（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。（4）探究过程中MnO2溶解的适宜条件。向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。 用化学方程式表示中MnO2溶解的原因：_。 解释试剂加入
12、顺序不同，MnO2作用不同的原因：_。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。【答案】4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+） 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。 KSCN溶液，不变红 MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2i中作催化剂，反应快，只催化分解 ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为。 【解析】（1）根据流程图可知，经过过程，得到了
13、MnO2粗品，则O2将MnO(OH)氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO(OH)失去1mol电子，则O2和MnO(OH)的比例为14，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O；（2）ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4+H2ONH3H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；从表格中数据可以知道，NH4Cl在337.8分解，生成
14、NH3和HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至340左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；（3）Fe3的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe3就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；（4）从实验知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H
15、2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为MnO2H2O2H2SO4=MnSO4O22H2O；先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为MnSO4。4镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1xyCoxMnyO2)的工艺流程如图所示：回答下列问题（1）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。（2）能够提高“碱浸”效率的方法有_(至少写两种)。（3）“碱浸”过程中，铝溶解的离子方程式为_。（4）
16、实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，需用到的玻璃仪器有_；过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：_。（5）LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_。（6）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示：则浸出过程的最佳条件是_。（7）已知溶液中Co2+的浓度为1.0molL1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为_(已知：离子沉淀完全时c(Co2+)1.0105molL1，KspCo(OH)2=4.01015，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计)。（8）写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式：_。【答案】 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料 粉碎、适
17、当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 漏斗、烧杯、玻璃棒 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次 2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2 75，30 min 9.3 (4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O 【解析】（1）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，故答案为：放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料；（2）提高浸出率的方法
18、有粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等，故答案为：粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等；（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；（4）过滤需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀在过滤器中进行，其操作为：沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；（5）LiCoO2中Li元素为+1价，O元素为-2价，故Co元素化合价为+3价，
19、LiCoO2为难溶物，H2SO4为电解质，H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素，反应的离子方程式为2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2，故答案为：2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2；（6）由图可知，在75，30 min条件下钴的浸出率最高，故答案为：75，30 min；（7）KspCo(OH)2=4.01015，沉淀完全时c(OH-)=210-5mol/L，c(H+)=510-10mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg510-10=9.3，故答案为：9.3；（8）Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应生成Ni(OH)2、
20、Co(OH)2、Mn(OH)2与Li2CO3，并高温烧结固相合成，根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O，故答案为：(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O。5工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，示意图如下：(1)阴极反应式为_。(2)精炼过程中，AgNO3溶液的浓度将_(填“增大”、“减小”或“不变”)；原因是_。“钯(Pd)金
21、”不仅是优异的催化剂，也是首饰界的新宠。精炼银的过程中钯元素可在电解液中大量富集，因此工业上常利用精炼银的电解液主要成分为：AgNO3、Pd(NO3)2、Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、HNO3等为原料生产“钯金”，流程如下：(3)定量实验检测表明，当滤液1中c(Ni2+)=2103molL1时，Pd2+仍没有开始沉淀，计算此时溶液中c(Fe3+)=_，(KspNi(OH)2=2.01015、KspFe(OH)3=4.01038)。(4)“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(5)为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，简述检验滤渣是否洗净的实验方法_
22、。(6)写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：_。【答案】Ag+e-= Ag 减小 阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小 4.01020molL1 11 用一支洁净的小试管，取最后清洗液12mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净 （NH4）2PdCl6+2HCOOH=Pd+2CO2+2NH4+6Cl-+4H+ 【解析】工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，根据电解装置图，粗银棒为阳极，纯银片为阴极。(1)阴极发生还原反应，溶液中的阳离子放电，
23、电极反应式为Ag+e-= Ag，故答案为：Ag+e-= Ag；(2)精炼过程中，阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁等元素，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小，故答案为：减小；阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小；(3) 根据KspNi(OH)2=2.010-15，c(OH-)= molL-1= molL-1=110-6molL-1，根据KspFe(OH)3=4.010-38，得c(Fe3+)= molL-1= molL-1=4.010-20molL-1，故答案为：4.010-20molL-1；
24、(4)“氧化”过程中过氧化氢在酸性条件下氧化Pd2+得到PdCl62-，失去2e-，同时过氧化氢被还原得到水，得到2e-，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11，故答案为：11；(5)为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，根据流程图，沉淀上吸附的离子有氯离子等，检验滤渣是否洗净只需要检验是否存在氯离子即可，方法为用一支洁净的小试管，取最后清洗液12mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净，故答案为：用一支洁净的小试管，取最后清洗液12mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现
25、白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净；(6)“还原”步骤中(NH4)2PdCl6与HCOOH发生氧化还原反应生成Pd单质，甲酸被氧化生成二氧化碳，反应的离子方程式为(NH4)2PdCl6+2HCOOH=Pd+2CO2+2NH4+6Cl-+4H+，故答案为：(NH4)2PdCl6+2HCOOH=Pd+2CO2+2NH4+6Cl-+4H+。6金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：表1 浸出液成分Al3+Fe3+Ca2+PO43-Mg2+Mn2+Y3+浓度/(mgL-1)767094605506405600150070.2（1）
26、浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+ Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ （已知：FeR3、YR3均易溶于HR）浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因_。结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是_。（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。 表2 Fe3+、Y3+去除率终点pH去除率/%Fe3+Y3+3.087.8419.863.592.3323.634.599.9944.525.099.9989.04中和沉淀
27、法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因_。磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。 表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度Fe3+Y3+浓度/(mgL-1)50868.9 配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式Fe3+ + + = FePO4+ CO2+ ，_ 综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因_。（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过_（填操作）收集含Y3+的有机溶
28、液。（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是_。a. 分析图1可知，pH在0.22.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+ b. 表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附c. 表2中 pH在4.55.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3d. 有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低【答案】 Y3+在溶液中存在平衡：Y3+3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+) 减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高 Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取
29、干扰较大 KSPFe(OH) 3小于KSPY(OH) 3或Fe(OH) 3的溶解度小于Y(OH) 3或c（Fe 3+）远大于c（Y3+） 2Fe 3+2 H3PO4+ 3CO32-= 2FePO4+ 3CO 2+3H2O 磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小 分液 bcd【解析】考查化学反应原理的综合运用，（1）Y3的溶液中存在：Y3+3HRYR3+3H+，pH增大，c(H)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3的转化率增大，即Y3萃取率提高；根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ ，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃
30、取干扰较大，因此萃取Y3之前，应除去Fe3，防止对Y3萃取产生干扰；（2）表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3去除率高，其原因可能是KSOFe(OH)3KspY(OH)3，或者Fe(OH)3的溶解度远远小于Y(OH)3溶解度；根据原理，加入的物质Fe3、H3PO4、Na2CO3，生成了FePO4和CO2，没有化合价的变化，因此离子反应是Fe3H3PO4CO32FePO4CO2，H3PO4中H转化成H2O，Fe3H3PO4CO32FePO4CO2H2O，根据电荷守恒和原子守恒进行配平，即2Fe 3+2 H3PO4 3CO32= 2FePO4+ 3CO 2+3H2O；根据表1、2、3中的数
31、据，得出磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小；（3）有机溶剂为萃取剂，不溶于水，因此采用分液方法进行分离；（4）a、根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，pH越大，Fe3萃取率提高，但有机溶剂中不含有Fe3而是FeR3，pH在0.22.0范围内，有机溶剂中的Fe3小于水溶液中的Fe3 ，故a错误；b、表2中 Y3损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3的吸附，氢氧化铁表面积大，能够吸附微粒，故b正确；c、表2中 pH在4.55.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3，故c正确；d、有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn
32、2+等金属离子萃取率极低，故d正确。7硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是，并含少量的、MgO、CaO等，生产工艺流程图如下：（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是_。（2）写出Fe3+水解的离子方程式_。（3）根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为_。沉淀化学式开始沉淀的pH沉淀完全的pH开始溶解的pHKsp（4）工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是_选填序号。大理石粉 石灰乳 c纯碱溶液 d氨水（5）“滤液4”之后的操作依次为_、_、过滤，洗涤，干燥。（6）分析图中数据，菱锌矿粉中的质量分数不低于_用代数式表示【答案】
33、 增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分 Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ bd 蒸发浓缩 冷却结晶 125m21 【解析】考查化学工艺流程，（1）将棱锌矿研磨成粉的目的是增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分；（2）Fe3为弱碱根离子，水解的离子方程式为Fe33H2OFe(OH)33H；（3）滤液2中调节pH，得到滤液3和Zn(OH)2，即Mg2不能出现沉淀，Zn(OH)2不溶解，因此pH的区间为；（4）a、大理石不溶于水，无法让Mg2转化成Mg(OH)2，故a错误；b、加入石灰乳，利用氢氧化镁比Ca(OH)2更难溶的性质，将Mg2转化成Mg(OH)2，故b正确；c、纯
34、碱与Mg2反应生成MgCO3，MgCO3的溶解度大于Mg(OH)2，故c错误；d、Mg2能够转化成Mg(OH)2，故d正确；（5）得到ZnSO47H2O，一般采用方法是蒸发浓缩、冷却结晶；（6）Zn(OH)2中锌的物质的量为m2103/99mol，根据原子守恒，棱锌矿中锌原子物质的量至少为m2103/99mol，即ZnCO3的物质的量至少为m2103/99mol，即质量为125m2103/99g，质量分数为21。8硒(34Se)与氧同主族，硒元素及其化合物与人体健康、工业生产密切相关。某科研小组以阳极泥(主要成分是Se，含有CuSe、Ag2Se等杂质)为原料，提炼硒的流程如下：请回答下列问题：
35、(1)硒原子的次外层电子数_,与硒同周期相邻元素是_(填元素名称)。(2)已知A是Na2SeO3，可用于治疗克山病,则A的化学名称为_；C是Na2Se，则Na2Se的电子式为_。(3)上述流程图中的括号内“( )”，按操作先后顺序依次填写的内容是_、_。(4)写出高温下用焦炭还原B的化学方程式_。(5)溶液C中析出硒的离子方程式_。(6)向Na2SeO3溶液中滴加稍过量的乙酸，其离子方程式为_。已知:Ka1(H2SeO3)=2.710-3、Ka2(H2SeO3)=2.510-8、Ka(CH3COOH)=1.810-5。(7)粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯,获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与
36、温度的关系如图所示：蒸馏操作中控制的最佳温度是_(填标号)。A.455 B.462 C.475 D.515【答案】 18 砷、溴 亚硒酸钠 粉碎 过滤 Na2SeO4+4CNa2Se+4CO 2Se2-+O2+2CO2=2Se+2CO32-(或2Se2-+O2+4CO2+2H2O=2Se+4HCO3-) SeO32-+CH3COOH=HSeO3-+CH3COO- C【解析】(1). 已知硒与氧同主族，核外电子数为34，硒元素的最外层有6个电子，K层有2个电子，L层有8个电子，则M层有18个电子，同周期中与硒相邻的元素是砷和溴，故答案为：18；砷、溴；(2). 类比Na2SO3的化学名称是亚硫酸
37、钠可知，Na2SeO3的化学名称是亚硒酸钠，Se元素最外层有6个电子，得到2个Na原子失去的2个电子形成稳定结构，Na2Se的电子式为：，故答案为：亚硒酸钠；(3). 在水浸之前应将烧结后的固体粉碎，以提高浸出率，依据“Cu、Ag残渣”和滤液A可以判断水浸后的操作是过滤，故答案为：粉碎；过滤；(4). A是Na2SeO3，通入空气后蒸干，得到的固体B是Na2SeO4，高温下用焦炭还原Na2SeO4得到Na2Se和CO，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：Na2SeO4+4CNa2Se+4CO，故答案为：Na2SeO4+4CNa2Se+4CO；(5). 在滤液C中通入空气，氧气可把
38、还原性强的Se2-氧化为单质Se，通入CO2可以减弱反应后溶液的碱性，有利于Se的析出，依题意可知该反应的离子方程式为：2Se2-+O2+2CO2=2Se+2CO32-(或2Se2-+O2+4CO2+2H2O=2Se+4HCO3-)，故答案为：2Se2-+O2+2CO2=2Se+2CO32-(或2Se2-+O2+4CO2+2H2O=2Se+4HCO3-)；(6). 由H2SeO3和CH3COOH的电离常数可知，酸性强弱的顺序为：H2SeO3CH3COOHHSeO3，则向Na2SeO3溶液中滴加稍过量的乙酸，反应生成HSeO3和CH3COO，离子方程式为：SeO32-+CH3COOH=HSeO3
39、+CH3COO，故答案为：SeO32-+CH3COOH=HSeO3+CH3COO；(7). 据图可知，在475时真空蒸馏的挥发物中硒含量最大，所以最好选择475，故答案为：C。9金属钒被誉为“合金的维生素”，常用于催化剂和新型电池。钒(V)在溶液中主要以VO43-(黄色)、VO2+(浅黄色)、VO2+ (蓝色)、V3+(绿色)、V2+(紫色)等形式存在。回答下列问题：（1）已知：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) H1 4V(s)+5O2(g)=2V2O5(s) H2写出V2O5与Al 反应制备金属钒的热化学方程式_。（反应热用H1、H2表示）（2） V2O5具有强氧化性，溶于浓盐
40、酸可以得到蓝色溶液(含有VO2+)，试写出V2O5与浓盐酸反应的化学反应方程式：_。（3）VO43-和V2O74-在pH13的溶液中可相互转化。室温下，1.0molL-1的Na3VO4溶液中c(VO43-)随c(H+)的变化如图所示。溶液中c(H+)增大，VO43-的平衡转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算该转化反应的平衡常数的数值为_。（4）全钒液流电池是一种优良的新型蓄电储能设备，其工作原理如图2所示：放电过程中，A电极的反应式为_。充电过程中，B电极附近溶液颜色变化为_。若该电池放电时的电流强度I=2.0A，电池工作10分钟，电解精炼铜得到铜mg，则电流利用率为_
41、(写出表达式，不必计算出结果。已知：电量Q=It，t为时间/秒；电解时Q=znF，z为每摩尔物质得失电子摩尔数，n为物质的量，法拉弟常数F=96500C/mol，电流利用效率=100%)【答案】 10Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s) H=1/2(5H1-3H2) V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2+3H2O 增大 0.4 VO2+2H+e-=VO2+H2O 溶液由绿色变为紫色 【解析】(1)4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)H1，4V(s)+5O2(g)=2V2O5(s)H2，盖斯定律计算(5-3)得到V2O5与A1反应制备金属钒的热化学方程式10
42、Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s)H= (5H1-3H2)，故答案为：10Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s)H=(5H1-3H2)(2)V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO2+，V元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2+3H2O，故答案为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2+3H2O；(3)VO43-和V2O74-在pH13的溶液中可相互转化，室温下，1.0molL-1的Na3VO4溶液中c(VO43-)随c(H+)
43、的变化，根据图像，氢离子浓度越大，VO43-越少，溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7的离子方程式2VO43-+H2OV2O74-+2OH-，由图可知，溶液中c(H+)增大，VO43-的浓度减小，说明VO43-的平衡转化率增大，A点VO43-的浓度为0.2mol/L，消耗浓度1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，生成的Cr2O72-的浓度为0.4mol/L，此时c(H+)=510-14 mol/L，则c(OH-)=0.2 mol/L，K=0.4，故答案为：增大；0.4；(4)放电过程中A电极为原电池正极，电极的反应式为VO2+2H+e-=VO2+H2O，故答案为：VO2+2H+e-=VO2+H2O；充电时，右槽B是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，即V2+V3+，应该是绿色变为紫色；故答案为：溶液由绿色变为紫色；电解精炼铜得到铜mg时，即铜的物质的量为mol，所以电解消耗的电量Q=2mol96500C/mol，根据放电的电流强度I=2.0A=2.0C/s，电池工作10分钟，可计算得电池的输出电量Q=It=2.0 C/s