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2017年度高考.化学《工艺规范流程》真命题及其专栏评论讲解.doc

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工艺规范流程 2017 年度 高考 化学 工艺 规范 流程 命题 及其 专栏 评论 讲解
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\\2017年高考化学《工艺流程》试题汇编1.以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示:硼镁泥的主要成分如下表:MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%~40%20%~25%5%~15%2%~3%1%~2%1%~2%回答下列问题:(1)“酸解”时应该加入的酸是_______,“滤渣1”中主要含有_________(写化学式)。(2)“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是________、_______。(3)判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。(4)分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。2.(13分)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/℃58136181(升华)3161412熔点/℃−69−25193304714在TiCl4中的溶解性互溶——微溶难溶(1)氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知:TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1① 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:_______________________。② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据如图判断:CO2生成CO反应的ΔH_____0(填“>”“<”或“=”),判断依据:_______________。③ 氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是__________________________。④ 氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有_____________。(2)精制过程:粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下:物质a是______________,T2应控制在_________。3.(15分)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:(1)步骤①的主要反应为:FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为__________。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是________________。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是____________,滤渣2的主要成分是_______________及含硅杂质。(3)步骤④调滤液2的pH使之变____________________(填“大”或“小”),原因是_________(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到___________________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃步骤⑤的反应类型是___________________。(5)某工厂用m1 kg 铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品 m2 kg,产率为_____________。4.(14分)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:回答下列问题:(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是__________,还可使用___________代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是_________,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为____________________________________。(3)加氨水过程中加热的目的是___________。沉淀B的主要成分为_____________、____________(填化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.0500 mol·L-1的KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为______________。5.(14分)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的净出率为70%时,所采用的实验条件为___________________。(2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl42-形式存在,写出相应反应的离子方程式__________________。温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率%9295979388(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为__________________。(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5 mol/L,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?___________(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。6.(14分)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4,。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(见图2),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。Ⅰ.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为_________。B→C的反应条件为__________,C→Al的制备方法称为______________。(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合,不加热,无变化,加热有Cl2生成,当反应停止后,固体有剩余,此时滴加硫酸,又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)___________。a.温度 b.Cl-的浓度 c.溶液的酸度(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物,放热4.28 kJ,该反应的热化学方程式为__________。Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时,能从浆液中分离出来的原因是__________,分离后含铬元素的粒子是_________;阴极室生成的物质为___________(写化学式)。7.(6分)为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:请回答:(1)X的化学式是________。(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是___________。(3)加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质,写出该反应的化学方程式__________。8.(15分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含 量过低,对实验的影响可忽略)。已知:①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如: 3NaClO2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl- +2H2O ③常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ : 4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4+ 4NH3↑+H2O (1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,适宜的加热方式为__________________。 (2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2 ,该反应的化学方程式为________________。 HNO3也能氧化Ag,从反应产物的角度分析,以HNO3代替NaClO的缺点是__________________________________________。(3)为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并_______________________。 (4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应),还因为____________________________________________________________。 (5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案:________________________(实验中须使用的试剂有: 2 mol·L-1水合肼溶液,1 mol·L-1H2SO4 )。 9.(12 分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 (1)碱式氯化铜有多种制备方法①方法1: 45 ~ 50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O, 该反应的化学方程式为_________________________。②方法2: 先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。 M'的化学式为______。(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成, 进行下列实验: ①称取样品1.1160 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A; ②取25. 00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0. 1722 g;③另取25. 00 mL溶液A,调节pH 4 ~ 5,用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。 10.(12分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下: 注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。 (2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。(3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是___________。 (4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________,阴极产生的物质A的化学式为____________。 (5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是_____________________。 11.(14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一。 (1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂X,吸附剂X中含有 ,其原因是___________________________________。 (2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种 浓度之和的分数)与pH的关系分别如题20图- 1和题20图- 2所示。 ①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0),将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_____________________。 ②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=_________(p Ka1 = -lg Ka1 )。(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH =7. 1时, 吸附剂X表面不带电荷; pH > 7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如题20图-3所示。学科&网①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是____________________。②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是____________________________________。 \\参考答案1.(1)H2SO4,SiO2;(2)将Fe2+氧化为Fe3+;调节溶液pH,使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去;(3)取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液,若溶液未变红,则说明除杂完全;(4)防止MgSO4·7H2O结晶析出。【解析】(1)流程制备的是MgSO4·7H2O,为了不引入杂质,因此所用的酸是硫酸,化学式为H2SO4;根据硼镁泥的成分,SiO2不与硫酸反应,因此滤渣1为SiO2;(2)硼镁泥中含有FeO,与硫酸反应后生成FeSO4,次氯酸钙具有强氧化性,能把Fe2+氧化成Fe3+,氧化镁的作用是调节pH,使Al3+和Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来,除去Fe3+和Al3+;(3)除杂是除去的Fe3+和Al3+,因此验证Fe3+就行,方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液,若溶液未变红,则说明除杂完全;(4)防止MgSO4·7H2O结晶析出。2.(1)①TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5kJ/mol ② >、 温度越高,CO的物质的量越多(或CO2的物质的量越少),说明CO2生成CO的反应是吸热反应,所以△H>0。③饱和食盐水、FeCl2溶液、NaOH溶液。④MgCl2、AlCl3、FeCl3 。(2)四氯化硅、136℃~181℃【解析】(1)①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO,根据盖斯定律,两式相加,得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=ΔH1+ΔH2=(-220.9 kJ·mol-1)+(+175.4 kJ·mol-1)=-45.5kJ·mol-1,正确答案:TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5kJ/mol。②根据图像,随着温度的升高,CO的浓度增加,CO2浓度降低,说明升高温度,平衡向正反应方向移动,即△H>0。正确答案:> 、温度越高,CO的物质的量越多(或CO2的物质的量越少),说明CO2生成CO的反应是吸热反应,所以△H>0。③除去氯气中混有HCl一般采用将气体通过饱和食盐水,结合操作目的,因此先通过饱和食盐水,然后在通入FeCl2溶液中,最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。正确答案:饱和食盐水 FeCl2溶液、NaOH溶液。④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表,因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中,而SiCl4完全溶解在TiCl4中,因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。正确答案:MgCl2、AlCl3、FeCl3。 (2)根据资料,SiCl4的沸点最低,先蒸馏出来,因此物质a为SiCl4,根据流程目的,为了得到纯净的TiCl4,后续温度需控制在稍微大于136℃,但小于181℃。正确答案:四氯化硅、136℃~181℃。3.(1)2:7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (2)铁 Al(OH)3(3)小 增大溶液中H+,促进平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O正向移动(4)d 复分解反应(5)【解析】(1)FeO·Cr2O3是还原剂,完全氧化为Na2CrO4和Fe2O3,每摩转移7mol电子,而NaNO3是氧化剂,还原产物为NaNO3,每摩转移2mol电子,根据电子守恒可知,FeO·Cr2O3和NaNO3的系数比为2:7;陶瓷在高温下会与Na2CO3反应,则熔融时不能使用陶瓷容器;(2)熔块中氧化铁不溶于水,过滤后进入滤渣1,则滤渣1中含量最多的金属元素是铁;滤液1中含有AlO2-、SiO32-及CrO42-,调节溶液pH并过滤后得滤渣2为Al(OH)3;(3)滤液2调节pH的目的是提高溶液的酸性,pH变小;因为溶液中存在2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,增大溶液中H+浓度,可促进平衡正向移动,提高溶液中Cr2O72-的浓度;(4)由图示可知,在10℃左右时,得到K2Cr2O7的固体最多,故答案为d;2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl的反应类型为复分解反应;(5)样品中Cr2O3的质量为m1×40%Kg,则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40%Kg×,则所得产品的产率为m2Kg÷(m1×40%Kg×)×100%=×100%。4.(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ ; 双氧水(H2O2)(2) SiO2 (或H2SiO3);SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(3)防止胶体生成,易沉淀分离;Fe(OH)3 、 (OH)3 (4) 5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10-3mL=1.80×10-3moln(Ca2+)=4.50×10-3mol水泥中钙的质量分数为4.50×10-3mol×40.0g/mol/0.400g×100%=45.0%【解析】(1) Fe3+容易在pH较小时转换为沉淀,所以需要将Fe2+氧化为Fe3+ 。双氧水可以将Fe2+氧化为Fe3+且不会引入杂质。(2) 二氧化硅不溶于一般酸溶液,所以沉淀A是二氧化硅。 SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(3)加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3。 pH4~5时Ca2+、Mg2+不沉淀,Fe3+、Al3+沉淀,所以沉淀B为Fe(OH)3、(OH)3。 (4) 5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10-3mL=1.80×10-3moln(Ca2+)=4.50×10-3mol水泥中钙的质量分数为4.50×10-3mol×40.0g/mol/0.400g×100%=45.0%。5.(1)温度应控制在90℃-100℃(2)FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42− + 2H2O(3)低于40℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c()=mol·L−1=1.3×10-17 mol·L−1,c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp [Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。(6)2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑【解析】(1)由图示可知,“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短,速率最快,则应选择在100℃、2h,90℃,5h下进行;(2)“酸浸”时用盐酸溶解Fe TiO3生成TiOCl42−时,发生反应的离子方程式为FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42− + 2H2O;(3)温度是影响速率的主要因素,但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发,即原因是低于40℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降;(4)Li2Ti5O15中Li为+1价,O为-2价,Ti为+4价,过氧根(O22-)中氧元素显-1价,设过氧键的数目为x,根据正负化合价代数和为0,可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0,解得:x=4;(5)Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2,则c(PO43-)=Kspc(Fe3+)=1.3×10-17mol/L,Qc[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10—34,则无沉淀。(6)高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4,根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。6.(14分)(1) 加热(或煅烧) 电解法(2)a c(3)2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1(4)在直流电场作用下,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2【解析】惰性电极电解混合物浆液时,Na+移向阴极,CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时,Al(OH)3转化为AlO2-,通入CO2转化为Al(OH)3沉淀,再加热分解为Al2O3,最后熔融电解的Al。(1)NaOH的电子式为;根据上述分析,B→C的条件为加热或煅烧,C→Al的制备方法称为电解法。(2)根据实验方案可知,影响该反应的因素有温度和溶液的酸度,故选ac。(3)该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1。(4)用惰性电极电解时,CrO42-能从浆液中分离出来的原因是在直流电场作用下,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液;分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-;阴极室生成的物质为NaOH和H2。7. CuO Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O NH3+3CuO=N2+3Cu+ 3H2O【解析】(1)隔绝空气高温分解生成气体和固体甲,气体能使带火星的木条复燃,说明是氧气,氧气的质量是32.0g-28.8g=3.2g,物质的量是0.1mol;甲和稀硫酸反应达到蓝色溶液和紫红色固体,溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀,说明是氢氧化铜,分解生成氧化铜,物质的量是16g÷80g/mol=0.2mol;紫红色固体是铜,物质的量是0.2mol,所以X中铜和氧的个数之比是0.4:0.2=2:1,因此是Cu2O。(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。(3)加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质,单质是氮气,该反应的化学方程式为NH3+3CuON2+3Cu+3H2O。点睛:该题难度较大,首先根据实验现象进行定性分析,然后依据质量借助于质量守恒定律进行定量分析。【答案】(1)水浴加热 (2)4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 ),造成环境污染 (3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 (4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的Cl-,不利于AgCl与氨水反应 (5)向滤液中滴加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。 【解析】分析题中的实验流程可知,第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银,氯化银难溶于水,过滤后存在于滤渣中;第三步溶解时,氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子,最后经一系列操作还原为银。(1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,由于加热温度低于水的沸点,所以适宜的加热方式为水浴加热。 (2)因为已知NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2 ,用化合价升降法即可配平,该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。 HNO3也能氧化Ag,硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境,所以以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)为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来,并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。 (4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3·H2O反应外,还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,氨水的浓度变小,且其中含有一定浓度的Cl-, 不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl- +2H2O反应 ,使得银的回收率变小。 (5)“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子,根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ :4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4+ 4NH3↑+H2O ,所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原,由于该反应产生所气体中含有氨气,氨气有强烈的刺激性气味会污染空气,所以要设计尾气处理措施,可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下:向滤液中滴加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。 【答案】(1)①4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②Fe2+ (2)n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g n(H2O)==4.800×10-3 mol a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O 【解析】(1)①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O,可以发现Cu元素的化价升高了,所以氧气肯定做了该反应的氧化剂,根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律,可以写出该反应的化学方程式为4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O。②由催化原理示意图可知, M'先与H+、O2反应生成M,M再被Cu还原为Cu2+,所以M'的化学式为Fe2+。(2)由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量,由氯离子守恒得:n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol 由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+,可以求出样品中所含Cu元素的物质的量:n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol 再由化合物中电荷守恒得:n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol 分别求出这3种离子的质量,根据质量守恒,求出H2O的质量:m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g 再求出结晶水的物质的量:n(H2O)==4.800×10-3 mol 最后求出各粒子的个数之比,写出化学式:因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ,所以该样品的化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O 【答案】(1)Al2O3+ 2OH-2 + H2O (2)减小 (3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化 (4)4+ 2H2O-4e-4+O2↑ H2 (5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 【解析】结合流程及题中信息可知,铝土矿在碱溶时,其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液,过滤后,滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠,氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝,最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。(1)氧化铝为两性氧化物,可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水,离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。 (2为了提高铝土矿的浸取率,氢氧化钠溶液必须过量,所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠,加入碳酸氢钠溶液后,氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水,所以溶液的pH减小。 (3)电解I过程中,石墨阳极上氧离子被氧化为氧气,在高温下,氧气与石墨发生反应生成气体,所以,石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。 (4)由图中信息可知,生成氧气的为阳极室,溶液中水电离的OH-放电生成氧气,破坏了水的电离平衡,碳酸根结合H+转化为HCO3-,所以电极反应式为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑,阴极室氢氧化钠溶液浓度变大,说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大,所以阴极产生的物质A为H2 。 (5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜【答案】(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2)①OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O ②2.2 (3)①在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 【解析】(1)NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3,吸附剂X中含有,其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2 ;(2)①从题20图-1可知pH由小变大时, H3AsO3浓度减小,H2AsO3-浓度增大,当溶液由无色变为浅红色时,主要反应的离子方程式为OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O ;②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,Ka1= ,由题20图-2读出:,=,=10-2.2mol/L,Ka1==10-2.2mol/L,p Ka1 = -lg Ka1 =-lg10-2.2=2.2;(3)①在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,,静电斥力增加,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是:加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷。【命题意图】本题以化学反应原理中电解质的电离、中和反应过程中各粒子的分布图,电解质溶液中粒子间的相互作用为载体,考查学生对电离平衡、电离平衡常数的计算,引导学生从更深层次去认识电解质溶液,(3)②经过分析提出问题:在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,要学生去分析问题,找出原因;最后提出问题的解决方案,考查学生分析问题,解决问题的能力。与往年20题考查电解电极反应式书写、氧化还原反应中电子的转移计算、平衡中反应物转化率提高措施及有关特定条件下方程式书写等内容相比,更注重考查学生的知识的应用迁移能力,考察了应用所学知识进行必要的分析、类推、解决一些具体的化学问题的能力和创新思维。
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