高中化學(xué)——猿題庫——小猿熱搜——工業(yè)流程典型題100（答案冊）

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00｜ 答案與解析 1［答案］ （1）乙（1分） 甲方案第@步“灼燒”會產(chǎn)生污染空氣的氣體、粉塵、煙霧 （1分） （2）CuO＋2H＋＝＝Cu2十＋H2O（1分） Fe＋Cu2＋＝＝＝Fe2＋＋Cu（1分） （3）確保Cu完全置換出來（2分） （4）（每空2分’答案合理即可） @樣品部分溶解,并有氣泡放出樣品中含有鐵屑; Fe＋2H＋-Fe2＋＋H2↑ @取@中少量上層清液,加人適量雙氧水’再滴人KS（〕N溶液上層清液中含有Fe2＋’即 樣品中含有鐵屑; 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2-2Fe3十＋2H2O’Fe3＋＋3SCNˉ-Fe（SCN）3 （5）FeSO4 .7H2O（2分） ［解析］ （1）乙方案不產(chǎn)生污染空氣的物質(zhì)’對環(huán)境不會造成污染’符合當(dāng)前生產(chǎn)的 綠色理念’而甲方案第@步“灼燒”會產(chǎn)生污染空氣的氣體、粉塵、煙霧’不符合綠色 理念 （2）甲方案中步驟@灼燒’將銅單質(zhì)氧化為氧化銅’步驟@加人稀硫酸’氧化銅和稀硫 酸反應(yīng)生成硫酸銅和水’反應(yīng)的離子方程式為CuO＋2H＋-Cu2＋＋H2O;步驟@加人 鐵屑,鐵與溶液中的銅離子發(fā)生置換反應(yīng),生成銅單質(zhì)和亞鐵離子,反應(yīng)的離子方程式 為Fe＋Cu2＋-Fe2＋＋Cu （3）加人過量的鐵屑’是為了保證將金屬Cu全部置換出來 （4）步驟@:鐵能與稀硫酸反應(yīng)放出氫氣生成亞鐵離子’銅不與稀硫酸反應(yīng),故檢驗(yàn)紅 色粉末中是否含有鐵屑’用稀硫酸溶解紅色粉末后觀察粉末是否部分溶解并放出氣泡即 可’鐵與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為Fe＋2H＋-Fe2＋＋H2↑ 步驟@:進(jìn)—步檢驗(yàn)步驟@上層清液中是否有亞鐵離子,先用雙氧水將亞鐵離子氧化成 鐵離子’再加人KSCN溶液’若溶液變成紅色,即可證明上層清液中有亞鐵離子’即證 明紅色粉末中含有鐵屑,反應(yīng)的離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋H2O2-2Fe3＋＋2H2O, Fe3＋＋SCNˉ-Fe（SCN）習(xí)。醒｜小猿熱搜.工業(yè)流程典型題｜00 （5）設(shè)該晶體的化學(xué)式是FeSO4 .繃H2O 先取αg晶體進(jìn)行脫水實(shí)驗(yàn),獲得無水固體為 （αˉ1.26）g’則晶體中m（H2O）＝1.26g’無水固體溶于足量的水配成溶液后滴加 1.（）0mol／L的氯化鋇溶液,當(dāng)?shù)渭觢0.00mL溶液時(shí),沉淀恰好完全’即消耗鋇離子的 物質(zhì)的量是0.0lmol時(shí)’沉淀完全’所以硫酸亞鐵的物質(zhì)的量是0.01mol’則脫水生成 水的物質(zhì)的量是0.01卿mol’所以′n（H2O）＝18g／mol0.01卯mol二］.26g’解得則＝7, 所以該晶體的化學(xué)式為FeSO4 .7H2O。 2. ［答案］ （l）將氧化鋅粗品粉碎成細(xì)顆粒;適當(dāng)增大稀硫酸濃度;加熱等（寫出兩條即 可）（2分） 漏斗（l分） ＋Fe＝＝＝3Fe2＋（2分） ＋Fe＝＝＝Fe2＋＋Cu; 2Fe3＋ ＋Fe＝＝＝Fe2＋＋H2↑ ; Cu2＋ （2）2H十 （3）20Fe（O∏）2＋4Fe（OH）3＋3O2些墾8Fe3O4＋26H2O（2分） 400～500C （4）ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O 3ZnO＋3H2O↑＋（〕（）2↑（2分） （5）0.09mol .L I（2分） ［解析］ （1）將氧化鋅粗品粉碎為細(xì)小顆粒、適當(dāng)增大稀硫酸的濃度或加熱等均能提 高其溶解速率操作A為過濾’所用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和漏斗。 （2）氧化鋅粗品含鐵的氧化物、氧化銅和SiO2等雜質(zhì)’溶解后得到Fe2＋、 Fe3＋、Cu2＋ Fe2＋＋H2 ↑ 和過量的H＋ ’加人過量鐵所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是2H＋＋Fe Cu2＋＋Fe-Fe2＋＋Cu; 2Fe3＋＋Fe-3Fe2＋. （3）操作C所得的濾渣P中Fe（（）H）2和Fe（OH）3的物質(zhì)的量之比為5 : 1,該濾渣在空 氣中灼燒發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到Fe3O4’反應(yīng)的化學(xué)方程式為20Fe（OH）2＋4Fe（OH）3＋ 3O2些墮8Fe3O4＋26H2O。 （4）在400～500。C下鍛燒ZnC（）3 .2Zn（OH）2 .H2O獲得Zn0’反應(yīng)的化學(xué)方程式為 400～500C ZnC（）3 .2Zn（OH）2 .H2O ;3ZnO＋3H2O↑＋CO2↑。 （5）濾液N中含有Zn2＋、 Fe2＋ ’用0.02mol .Lˉl的KMnO4溶液進(jìn)行滴定,發(fā)生反應(yīng) Mn（）J＋5Fe2＋＋8H＋ Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2（）’消耗KMnO4溶液1800mL’則濾液N 中Fe2＋的物質(zhì)的量″（Fe2＋）＝5＂（MnOJ）＝0.02mol .Lˉl 0.0l8L5＝18 l0 ;mo｛, ‘（Fe2）＝;＝18l0＿』mol-009moLL｜. 0.（）2L答案與解忻｜ ｜00g］ 3. ［答案］ （l）咐渦（1分） （2）漂白（1分） 氧化（1分） （3）@MnO2＋4H＋＋2Cl—≡蘭Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（2分） @b→c—慘g—涉h—儈d（l分） @關(guān)閉分液漏斗的活塞’將導(dǎo)氣管末端插人水中,微熱圓底燒瓶’若導(dǎo)氣管末端產(chǎn)生氣 泡’停止加熱’導(dǎo)管中有＿段穩(wěn)定的水柱形成,說明裝置不漏氣（2分） @否（l分） 在通氯氣前濾液A中就可能含有Fe3＋ ’無法確定Fe3＋—定是Fe2＋被Cl2 氧化得來的（l分） （4）92％（l分） ［解析］ （1）在實(shí)驗(yàn)室中’焙燒黃銅礦粉末時(shí)需要的溫度較高’需在咐渦中進(jìn)行 （2）產(chǎn)生的SO2通人品紅溶液,品紅褪色說明SO2具有漂白性, SO2和H2S混合反應(yīng)后 得到淡黃色固體’證明SO2具有氧化性 （3）@圓底燒瓶中發(fā)生的反應(yīng)為實(shí)驗(yàn)室制備氯氣的反應(yīng),離子方程式為MnO2＋4H＋＋ 2Cl—＝二Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O @制備的氯氣混有水蒸氣、氯化氫等雜質(zhì)’利用飽和食鹽水除去氯化氫’濃硫酸干燥氣 體,尾氣利用氫氧化鈉溶液吸收’以免污染環(huán)境導(dǎo)管口連接順序?yàn)閍—診b-勞c—慘g-學(xué)h→ d’堿石灰與氯氣反應(yīng)’故不選裝置D @檢驗(yàn)裝置的氣密性的具體方法是關(guān)閉分液漏斗的活塞’將導(dǎo)氣管末端插人水中’微熱 圓底燒瓶’若導(dǎo)氣管末端產(chǎn)生氣泡,停止加熱’導(dǎo)管中有＿段穩(wěn)定的水柱形成’說明裝 置不漏氣。 @若濾液A中本身就有Fe3＋ ’無法證明Fe3＋—定是由Fe2＋被Cl2氧化得到的’該實(shí)驗(yàn) 設(shè)計(jì)不合理。 （4）;‘陡』o』中＂（F障）-2＂（『鞠0』）-武;麗麗2-隊(duì)｜Ⅷ側(cè)』.根據(jù)鐵元素守阻得到 n（CuFeS2）＝0. 1mol,各步反應(yīng)均完全進(jìn)行且過程中無額外物質(zhì)損耗’該黃銅礦中含 CuFeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是川（CuFeS2）＝01mol l84g／mol 100％＝92％。 20g0o刨｜小猿熱搜.工業(yè)流程典型題｜00 4［答案］ （l）gFe（QO2）2＋固N(yùn)a2CO3＋目O2＝＝＝｜〗Na2OO4＋回Fe2Oj＋回CO2（2分） ~ ~ （2）FeO可＋2H2O-Fe（OH）3↓＋OHˉ（2分） （3）促進(jìn)AlO5、 SiO;ˉ的水解平衡正問移動’使其轉(zhuǎn)化為沉淀除去（2分） （4）2CrO1＿＋2H＋≡＝Cr2O;ˉ＋H2O（2分） Clˉ會將Cr2O;ˉ還原’使重鉻酸鈉晶體的 產(chǎn)率降低（2分）（其他合理答案也可給分） （5）Na2Cr2O7的溶解度隨溫度的升高而增大, Na2SO4的溶解度隨溫度的升高而減小’趁 熱過濾可最大程度將二者分離（2分） （6）74.5％（2分） 〔解析］ （l）Fe（CrO2）2與Na2CO3和O2反應(yīng)生成Na2CrO4和Fe2O3’由得失電子守 恒及原子守恒得反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe（CrO2）2＋8Na2CO3＋7O2-8Na2CrO4＋ 2Fe2O3＋8CO2 （2）FeOZ水解生成Fe（OH）3,離子方程式為FeO5＋2H2O—Fe（OH）3↓＋OHˉ。 （3）由已知信息@得步驟Ⅱ水浸后的溶液中含有AlO5和SiO;— ,稀釋、加熱、適當(dāng)調(diào)低 pH能促進(jìn)AlO可、 SiO;ˉ的水解平衡正向移動,使其轉(zhuǎn)化為沉淀除去。 （4）濾液中含有CrOi— ’ CrOi—在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)’反應(yīng)的離子方程式為2CrO1ˉ＋ 2H＋-＝Cr2O;—＋H2O; Cr2O;＿具有強(qiáng)氧化性,能被Clˉ還原’使重鉻酸鈉晶體的產(chǎn) 率降低,所以不能用鹽酸酸化。 （5）由表中數(shù)據(jù)知: Na2Cr2O7的溶解度隨溫度的升高而增大, Na2SO4的溶解度隨溫度 的升高而減小。 所以趁熱過濾析出Na2SO4,從而最大程度將Na2SO4與Na2Cr2O7 分離 （6）消耗川（Na2S2O3）＝40.00 l0ˉ3L0. l200mol .Lˉl ＝4.8 10ˉ3mol’所以 ＂（『魁）二＋則（№2S2O』）-24※l0—］m.l ’所以反應(yīng)Cr2O;—＋｛4＂＋＋6『—-2CⅢ』,＋ 3I2十7H2O中消耗鵬（C『』O;＿）＝＋鵬（I2）＝0β※l0—』皿l』所以樣品巾m（N鞠Cr:O廣 2H2O）＝l008 10ˉ3mol 298g .mol—l＝2.384g,所以切（Na2Cr2O7 . 2H2O）＝ ˉ2二埋ˉ旦l00％＝745％ 3.2000g答案與解忻｜ ｜005 5. ［答案］ （l）抑制Fe3＋的水解（1分） （2）l4Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝＝＝15Fe2＋＋2SOi＿＋l6H＋（2分） （3）@偏低（2分） @偏高（2分） （4）@KSCN（2分） 4Fe2＋＋O2＋4H＋-4Fe3＋＋2H2O（2分） @a.向溶液中加人過量的酸性高錳酸鉀溶液,攪拌（2分） b.滴加NaOH溶液’調(diào)節(jié)溶液pH為32～3.8（2分） ［解析］ （1） “酸浸”中硫酸適當(dāng)過量的目的是提高鐵的浸出率、抑制Fe3＋的水解 （2）根據(jù)得失電子守恒,可以寫出離子方程式: l4Fe3＋＋FeS2＋8H2O-15Fe2＋＋ 2SO;ˉ＋16H＋。 （3）@若SnCl2不足量’則有部分Fe3＋沒有轉(zhuǎn)化為Fe2＋ ,導(dǎo)致測定的Fe3＋量偏低 @若不加HgCl2’則消耗的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液偏多,導(dǎo)致測定的Fe3＋量偏高 （4）@檢驗(yàn)Fe3＋可用KSCN溶液; Fe2＋被空氣中的氧氣氧化為Fe3＋ ’離子方程式為 4Fe2＋＋O2＋4H＋-4Fe3＋＋2H2O ◎a.酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性’可將Fe2＋氧化為Fe3＋ ;h滴加NaOH溶液’調(diào) 節(jié)溶液pH為3.2～3.8’使Fe（OH）3完全沉淀。 6. ［答案］ （1）H: O :H（1分） ~ ~ （2）6Fe2＋＋ClOJ＋6H＋＝＝＝6Fe3＋＋Clˉ＋3H2O（2分） （3）〖Fe2O3＋〖｜KNO3＋囤KOH≡回K2FeO4＋回KNO2＋〖］H2O（2分） ~ （4）@淀粉（1分） 滴人最后—滴標(biāo)準(zhǔn)液’溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且保持半分鐘不變色（l分） @5.6（2分） 偏高（l分） （5）取溶液I少量于試管中’加人K3［Fe（CN）6］溶液,若生成藍(lán)色沉淀則含有Fe2＋ （2分）（其他合理答案也給分） ［解析］ （1）水的電子式為H; O :H。 （2）由題意知ClO『在酸性條件下氧化Fe2＋的離子方程式為6Fe2＋＋ClOJ＋6H＋— 6Fe3＋＋Cl-＋3H2O （3）由已給出的生成物KNO2和高鐵酸鉀（K2FeO4） ’根據(jù)元素守恒知另＿生成物為 H2O’ N由＋5價(jià)降為＋3價(jià)’ Fe由＋3價(jià)升為＋6價(jià),根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配 △ 平該化學(xué)方程式為Fe2O3＋3KNO3＋4KOH＿2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。「006｜ ｜小猿熱搜.工業(yè)流程典型題］00 （4）@足量H2O2將Fe元素氧化為Fe3＋ ,除去過量的H2O2后加人KI’ Fe3＋可以氧化 I—生成碘單質(zhì)’碘單質(zhì)被S20;—還原成I— ,指示碘單質(zhì)是否恰好反應(yīng)完全’試劑應(yīng)選 用淀粉’滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為滴人最后—滴標(biāo)準(zhǔn)液,溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色且保持半分鐘不 變色 @由題目所給反應(yīng)方程式可知各物質(zhì)間比例關(guān)系為2S2O;— ～I(xiàn)2～2Fe3＋ ’ 由于消耗 Na2S2O30.002mol’故對應(yīng)Fe3＋為0.002mol即0. l12g’則溶液中鐵元素的含量為 墜112—呂＝5.6g／L。 若滴定前溶液中H2O2沒有除盡,多余的H2O2將會與Iˉ反應(yīng)生成 0。02L 碘單質(zhì)消耗Na2S2O3 ’則Na2S2O3消耗體積偏高’測得的鐵元素的含量將會偏高。 （5）根據(jù)Fe2＋的特征反應(yīng)檢驗(yàn)’具體操作步驟為取溶液I少量于試管中’加人 K3 ［Fe（CN）6］溶液’若生成藍(lán)色沉淀’則含有Fe2＋。 7. ［答案］ （l）2Al＋2OH—＋2H2O一AlOI＋3H2↑（2分） Al（OH）3（l分） （2）2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4-Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O（3分） H2O2（l分） （3）Fe3＋、Al3＋（2分） （4）NHr、 Li＋、 SO』—（2分） （5）222（2分） ［解析］ （1）金屬鋁與NaOH溶液反應(yīng)’離子方程式為2Al＋2OHˉ＋2H2O＝≡2Al（）5＋ 3H2↑。 浸出液含有AlOI,加人稀H2SO4’發(fā)生的反應(yīng)為AlOI＋H＋＋H2O＝＝＝ Al（OH）3↓ ,所以固體X為Al（OH）3 （2）LiCoO2與稀H2SO4、H2O2反應(yīng)而溶解’其中LiCoO2中Co元素的化合價(jià)為＋3’溶 液A中含有Co2＋ ’ Co元素化合價(jià)降低’可知LiCoO2固體溶解發(fā)生氧化還原反應(yīng)’ LiCoO2被還原’則H2（）2在反應(yīng)過程中被氧化》作還原劑’該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4-Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O （3）根據(jù)題圖可知’在pH＝4.8左右’ Fe3＋和Al3＋幾乎完全沉淀’而Cu2＋和Co2＋的沉 淀率很低’大多數(shù)都是以離子形式存在于溶液中’所以加人氨水調(diào)節(jié)溶液的PH可除去 Fe3＋和Al3＋答案與解析｜ ｜007. （4）根據(jù)已知“溶液A”中主要金屬離子是Co2＋、 Li＋ ’在步驟@過程中加人了稀 H2SO4’溶液中存在大量SO1ˉ ’溶液B加人了（NH4）2C2O4’ 由于又生成了CoC2O4沉 淀’則Co2＋和C2Oiˉ大量減少,所以母液中含量較大的三種離子是NHj、Li＋、SO1ˉ （5）從錘離子電池正極材料中回收到的錘元素的物質(zhì)的量為幾＝1000g5％84％ ≡≡ 7g／mol 6mo｜』根據(jù)原子守恒可知則（Li2CO3）＝＂（Li）＝6mo｜＝3m。｜』 m（Li2C03）＝ ～ ▲ 3mol 74g／mol＝222g。 8. ［答案］ （1）第四周期第Ⅷ族（2分） ~ （2）TiO2＋＋2H2O-＝H2TiO3＋2H＋ ［或TiO2＋＋2H2O＝≡TlO（OH）2＋2H＋ ］ （2分） @防止Fe2＋被氧化為Fe3＋（1分） @消耗溶液中的H＋ ’促使TiO2十的水解平衡正問移 動（l分） （3）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶（2分） （4）TiCl4＋（2＋卿）H2O（過量）-＝TiO2 .加H2O↓＋4HCl（2分） ;加人大量的水并加熱’ 能促進(jìn)水解趨于完全（l分） （5）2Clˉˉ2eˉ＝＝≡Cl2↑（2分） 2TiCl4星絲2TiCl3＋Cl2↑（l分） , TiCl4星墾TiCl2＋ Cl2↑（1分） , TiCl2＋TiCl4-2TiCl3（l分） ［解析］ （1）鐵為26號元素’在元素周期表的第四周期第Ⅷ族。 （2）將欽鐵礦酸浸后’得到含有TiOSO4的FeSO4’為了得到不含有雜質(zhì)的最終產(chǎn)物,需 要除去欽元素’即需要使TiOSO4水解之后再過濾得到較為純凈的FeSO4溶液 在這個(gè) 過程中要加人水和過量的鐵粉,加水是為了使TiOSO4水解’加人過量的鐵粉的作用有 兩個(gè)’＿是防止Fe2＋被氧化為Fe3＋ ’二是鐵粉可以和水解產(chǎn)生的氫離子發(fā)生反應(yīng)’消 耗氫離子,使水解反應(yīng)平衡正向移動,進(jìn)行得更完全。 其中TiO2＋水解的離子方程式為 TiO2＋＋2H2O-＝H2TiO3＋2H＋或TiO2＋＋2H2O-＝TiO（OH）2＋2H＋ （3）最終產(chǎn)物為晶體,且下一步操作為過濾,說明在這一步操作中有固體析出,故操作 I為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶 （4）由反應(yīng)物和產(chǎn)物可知TiCl4水解的化學(xué)方程式為TiCl4＋（2＋卯）H2O（過量）＝＝ TiO2 .繃H2O↓＋4HCl,在水解的過程中生成易揮發(fā)的HCl’加熱可以促進(jìn)HCl氣體逸 出’使平衡正向移動’加人大量水的目的也是為了使平衡正向移動’使水解更加完全。D08｜ ｜小猿熱搜.工業(yè)流程典型顆｜00 （5）該電解池陽極發(fā)生的反應(yīng)為氯離子失去電子被氧化′電極反應(yīng)式為2Cl—ˉ2eˉ＿ Cl2↑ ’在電解過程中生成三價(jià)和二價(jià)的欽,化學(xué)反應(yīng)方程式為2TiCl4皇壁2TiCl3＋ C｜2↑ ’ TiCl4皇鱉TiCl2＋Cl2↑ ’ TiCl2＋TiCl4—2TiCl3 9. ［答案］ （1）Fe2（SO4）3、 Cr2（SO4）3、 CuSO4（2分） （2）3.2≤pH＜4.3（2分） Fe（OH）3、 CaSO4（2分） （3）2H2O＋HSOj＋2Cu2＋-Cu2O↓＋SO1—＋5H＋（2分）、HSO?。獺＋≡＝＝SO2↑＋ H2O（2分） （4）5.6（2分） （5）Cr2O3＋2Al直旦Al2（）3＋2Cr（2分） ［解析］ （1）電鍍污泥主要含有Fe2O3＼ CuO、 Cr2O3及部分難溶雜質(zhì)’第@步加人硫 酸溶解后過濾’則濾液I所含溶質(zhì)主要有Fe2（SO4）3＼Cr2（SO4）3＼CuSO4。 （2）加Ca（OH）2使Fe3＋完全沉淀過濾除去’且Cu2＋和Cr3＋還沒開始沉淀’同時(shí)產(chǎn)生 CaSO4’根據(jù)物質(zhì)開始沉淀和沉淀完全時(shí)的pH可知’調(diào)節(jié)范圍為3.2≤pH＜4.3;將濁 液加熱至80。C’根據(jù)CaSO4溶解度曲線’ 80C時(shí)CaSO4溶解度較小’則濾渣Ⅱ的成分 為Fe（OH）3和CaSO4。 （3）根據(jù)流程圖可推測第◎步操作中生成的磚紅色沉淀為Cu2O,無色刺激性氣味的氣體 為SO2’則其離子方程式為2H2O＋HSO?。?Cu2＋-Cu2O↓＋SOiˉ＋5H＋、HSOj＋ H十-SO2↑＋H2O （4）c（Cr3＋）≤1 l0—5mol .L—l時(shí)’可認(rèn)為Cr3＋沉淀完全’根據(jù)Ksp定義可得6.3 10ˉ3l＝c3（OHˉ） l0ˉ5’解得c（OHˉ）＝4 l0ˉ9mol／L,此時(shí)溶液pH＝14＋ lgc（OHˉ）＝5.6。 （5）與鋁和氧化鐵的反應(yīng)類似’鋁熱法煉鉻的化學(xué)方程式為Cr2O3 ＋2Al直旦 Al2O3＋2Cr。 90。C 10. ［答案】 （l）AlN＋3H2O-Al（OH）3＋NH3↑（2分） 加快AlN水解反應(yīng)速率;降 低NH3在水中的溶解度促進(jìn)NHq逸出（2分） （2）Al2O3＋6H＋＿2Al3＋＋3H2O（2分）答案與解析｜酮 （3）2Fe2＋＋2H＋＋ClOˉ＿2Fe3＋＋Cl＿＋H2O（2分） （4）Fe（OH）3（2分） （5）防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3（2分） ［解析］ 鋁灰中能水解的主要成分是AlN’水解生成能使紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體’ 即NH3’以及Al（OH）3 ,通過酸溶可將Al、Al2O3＼ FeO以及Al（OH）3均轉(zhuǎn)化為離 子’加人漂白液（有效成分是NaClO）后將溶液中的Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋ ;再加人純堿使 Fe3＋沉淀,最后進(jìn)行噴霧干燥’得到鋁驟劑固體。 90C （l）AlN水解的化學(xué)方程式為AlN＋3H2O＝＝＝Al（OH）3＋NH3↑ ’水解時(shí)采用90C的 原因是加快水解的反應(yīng)速率和使生成的氨氣逸出 （2）氧化鋁與酸反應(yīng)的離子方程式為Al2O3＋6H＋—2Al3＋＋3H2O （3）Fe2＋在漂白液的作用下轉(zhuǎn)化為Fe3＋的離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋ClO—- 2Fe3＋＋Cl-＋H2O （4）加人純堿后’溶液顯堿性’ Fe3＋會發(fā)生沉淀反應(yīng)生成Fe（OH）3,故廢渣是 Fe（OH）3 （5）若采用蒸發(fā)的方式Al（OH）2Cl會發(fā)生水解生成Al（OH）3 ’影‖問最終產(chǎn)物的品質(zhì)’ 故采用噴霧干燥。 11. ［答案］ I . （l）將溶液中Fe2＋完全轉(zhuǎn)化為Fe3十（l分） （2）Fe3＋＋3OHˉ-Fe（OH）3↓ ［或Fe3十＋3NH3 .H2O-Fe（OH）3↓＋3NH礦］ （l分） （3）洗滌（l分） 冷卻（1分） （4）0.07α（1分） （5）b（1分） Ⅱ. （l）Cl2＋H2O＝≡H＋＋Cl—＋HClO（1分） Cl2＋2Fe2＋—2Fe3＋＋2Clˉ（l分） Fe3十＋3H2O-＝Fe（OH）3（膠體）＋3H＋（1分） （2）在酸性廢液中’H＋抑制Fe3＋的水解,無法得到Fe（OH）3膠體’故不能夠吸附懸 浮物（l分）O］0｜ 小猿熱搜.工業(yè)流程典型題｜O0 ［解析］ I . （l）H2O2是氧化劑’過量的H2O2能使溶液中的Fe2＋完全轉(zhuǎn)化 為Fe3十。 （2）紅褐色懸濁液中的沉淀物是Fe（OH）3 ’故X是堿’可以是強(qiáng)堿’離子方程式是 Fe3十＋3OHˉ-Fe（OH）3↓ ;也可以是氨水’離子方程式為Fe3＋＋3NH3 .H2O- Fe（OH）3↓＋3NHj （3）過濾得到沉淀后’需要通過洗滌將沉淀上附著的可溶物去除’灼燒后的產(chǎn)物需要冷 卻后才能進(jìn)行稱重。 （4）步驟@得到的αg固體為Fe2O3 ’所以每片補(bǔ)Ⅲ劑中鐵元素的質(zhì)量為 等0:!;『刪,!-0 （）7〔Jg. （5）KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性,會腐蝕堿式滴定管上的橡膠管’而試樣顯酸性’同樣不 能用堿式滴定管盛裝, 由排除法可知,本題正確答案為b。 Ⅱ. （l）氯氣與水反應(yīng)產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的次氯酸’有較好的殺菌作用’此反應(yīng)的離子 方程式為Cl2＋H2O-＝H＋＋Cl ＋HClO,氯氣能將Fe2＋氧化成Fe3＋ ’ Fe3＋易水解 產(chǎn)生Fe（OH）3膠體’能夠吸附自來水中的懸浮物’此過程的離子方程式為Cl2＋2Fe2＋ ˉFe3＋＋2（〕l— , Fe3＋＋3H2O＝＝Fe（OH）3（膠體）＋3H＋。 （2）酸性條件下’ H＋能抑制Fe3＋水解產(chǎn)生Fe（OH）］膠體,使得吸附懸浮物的效果 「降 12. ［答案］ （1）NH3＋H2O-＝NH3 .H2O（2分） （2）NH3極易溶于水,且溶液顯堿性’可與步驟Ⅱ通人的足量的CO2反應(yīng)產(chǎn)生大量的 H（〕O丁 ,從而得到NaHC（）3沉淀 反之由于CO2溶解度小’若先通人CO2’不能與 MI3充分反應(yīng)’不能得到大量的HCOJ’故無沉淀（2分） （3）相同條件下’ NaHCO3的溶解度最?。?分） （4）Na＋＋NH3 .H2O＋CO2-NaHCO3↓＋NH＄（2分） （5）NH3在水中的溶解度隨溫度的降低而增大, NaHCO3的溶解度隨溫度的降低而減小 （2分） ［解析］ （1）NH3溶于食鹽水實(shí)際為NH3溶于水,故其發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為 NH3＋H2O≡≡＝NH3 .H2O。答案與解析 ｜6∏ （2）NH3極易溶于水’且溶液顯堿性’可與步驟Ⅱ通人的足量的CO2反應(yīng)產(chǎn)生大量的 HCO5’由于NaH（〕O3的溶解度較小’此時(shí)會由于溶液過飽和而析出NaH〔］O3溶質(zhì)’從 而得到NaHCO3沉淀。 兩種氣體通人順序互換后,由于CO2溶解度小’不能與NH3充 分反應(yīng)’不能得到大量的HCO丁,故無沉淀。 （3）由溶解度數(shù)據(jù)表可知’相同條件下, NaHCO｀的溶解度最小’故白色沉淀中＿定有 NaHCO3 （4）過量C（）2通人氨水和食鹽水的混合溶液中析出NaHCO3沉淀的離子方程式為 Na＋＋NH3 .H2O＋CO2-NaHCO3↓＋NHj （5）NH3在水中的溶解度隨溫度的降低而增大’ NaHCO3的溶解度隨溫度的降低而減 小’故較低溫度下進(jìn)行反應(yīng)效果更好。 ［答案］ I . （1）FeOiˉ有強(qiáng)氧化性,能殺菌消毒’本身被還原為Fe3＋ ’ Fe3＋發(fā)生水 解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體吸附水中懸浮雜質(zhì)’達(dá)到凈水的目的（2分） （2）@Fe＋2Fe3＋～3Fe2＋、Fe＋2H十—Fe2＋＋H2↑（2分） @4.4≤pH＜7.5（2分） ◎69（2分） @2［Fe（OH）］2＋＋2H2O＝≡［Fe2（OH）4］2＋＋2H＋（2分） 13 Ⅱ.LiFePO4ˉe—＝≡＝FePO4＋Li＋（2分） 14（2分） ［解析］ I . （l）FeO】ˉ有強(qiáng)氧化性,能殺菌消毒’本身被還原為Fe3＋ ’ Fe3＋發(fā)生水 解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體吸附水中懸浮雜質(zhì)’達(dá)到凈水的目的。 （2）@稀硫酸和氧化鐵反應(yīng)生成Fe3＋ ,單質(zhì)鐵與Fe3＋發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2＋ ’離 子方程式為Fe＋2Fe3＋二Fe2＋ ;單質(zhì)鐵與稀硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng),離子方程式為 Fe＋2H＋-Fe2＋＋H2↑。 @反應(yīng)I后的溶液里有Fe2＋、Al3＋ ,加人少量NaHCO3調(diào)節(jié)溶液pH,使Al3＋完全沉 淀、 Fe2＋不產(chǎn)生沉淀,故pH的范圍為44≤pH＜7.5 @O2、NaNO2在反應(yīng)Ⅱ中起氧化作用, 5.6LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）的物質(zhì)的量為0.25mol’ 發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移lmol電子,相當(dāng)于lmolNaNO2’故相當(dāng)于節(jié)約NaNO2的質(zhì)量為69g @水解反應(yīng)是水與另—化合物反應(yīng),該化合物分解為兩部分’水中氫原子加到其中的 ＿部分,而輕基加到另—部分’因而得到兩種或兩種以上新的化合物的反應(yīng)過程。 該 水解反應(yīng)的離子方程式為2［Fe（OH）］2＋＋2H2O-＝［Fe2（OH）4］2＋＋2H＋。0｜2 ｜小猿熱搜。工業(yè)流程典型題］00 Ⅱ.電池充電時(shí)’陽極失去電子’發(fā)生氧化反應(yīng),反應(yīng)式為LiFePO4—e＿—FePO4＋ Li＋ ; 1.4gLi的物質(zhì)的量為0.2mol,電池放電時(shí)轉(zhuǎn)移0.2mol電子’根據(jù)電解方程式 2Cl＿＋2H2O星壁2OHˉ ＋H2 ↑ ＋Cl2 ↑可知’生成0. 2molOHˉ ’ c（OHˉ） ＝ 0.2mol ＝lmol／L,故溶液的pH為l4 200l0—3L 14［答案］ （l）3Cu＋2NO?。?H＋-3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（3分） （2）2Cu2＋＋SO;ˉ＋2Cl—＋H2O-2CuCl↓＋SOi—＋2H＋（3分） （3）加快乙醇和水的揮發(fā)’防止CuCl在潮濕空氣中水解、氧化（2分） （4）（NH4）2SO4 ［或（NH4）2SO4、H2SO4］ （2分） （5）Cu2O（2分） （6）Cu2＋＋eˉ＋Clˉ-CuCl↓（2分） ［解析］ （1）溶解過程中’ Cu與NOJ在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)’離子方程式 為3Cu＋2NO?。?H＋-3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O （2）還原過程中’溶液中的Cu2＋被還原為Cu＋’結(jié)合Clˉ生成CuCl’離子方程式為 2Cu2＋＋SO;ˉ＋2Clˉ＋H2O-2CuCl↓＋SO1ˉ＋2H＋ （3）真空干燥可以加快乙醇和水的揮發(fā)’密封包裝可以防止CuCl在潮濕空氣中水解、 氧化。 （4）第二次過濾后濾液中所含溶質(zhì)為（NH4）2SO4、H2SO4。 （5）由題意可知’ CuCl的溶度積大于CuOH的溶度積’溶度積大的物質(zhì)傾向于向溶度積 小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化’所以把CuCl固體和NaOH溶液混合, CuCl和NaOH反應(yīng)生成CuOH, 加熱時(shí)’ CuOH分解生成Cu2O。 （6）電解時(shí)’陰極上Cu2＋得電子’電極反應(yīng)式為Cu2＋＋e—＋Clˉ—CuCl↓ 15. ［答案］ （除特殊標(biāo)注外’每空2分） （l）CrOiˉ（1分）、 Cr2O;ˉ（1分）（多寫Cr3＋不扣分） （2）5H＋＋Cr2O;＿＋3HSO?。剑剑?Cr3＋＋3SOiˉ＋4H2（）（或7H＋＋2CrOiˉ＋3HSOj ＝＝＝2Cr3＋＋3SO1—＋5H2O） （3）32.76（或32.8）答案與解析 ｜0｜3 （4）CaSO4（或CaO） （5）@Cr3＋、 Fe3＋、H＋ @不正確’ c（H＋）減小’化學(xué)平衡2H＋＋2CrOiˉ＝＝Cr2O;—＋H2O問逆反應(yīng)方向移 動,溶液中Cr（Ⅵ）主要以CrOiˉ形式存在 @鐵屑過量;將溶液的pH控制在使Cr（OH）3完全沉淀而Fe（OH）2不沉淀的范圍內(nèi) ［解析］ （1）根據(jù)題中所給提示,步驟I中加硫酸調(diào)節(jié)水質(zhì)發(fā)生的反應(yīng)為2H＋＋ 2CrOiˉ-＝Cr2O;ˉ＋H2O’所以B中含鉻元素的離子有生成的Cr2O;ˉ和原有 的CrOiˉ （2）向B中加人NaHSO3 ’ HSO『與Cr2O;＿發(fā)生氧化還原反應(yīng)’離子方程式為 5H＋＋Cr2O;ˉ＋3HSO?。?Cr3＋＋3SOi＿＋4H2O,HSO丁也會與CrO;ˉ發(fā)生氧化還 原反應(yīng)’離子方程式為7H＋＋2CrOiˉ＋3HSO丁＝＝2Cr3＋＋3SOiˉ＋5H2O （3）當(dāng)pH＝5時(shí),按照常溫下計(jì)算得c（OH＿ ） ＝l l0ˉ9mol . Lˉl ’根據(jù) Ksp ［Cr（OH）3］ ＝6.310ˉ3］ ’可得c（Cr3＋）＝6.310ˉ4mol .L—1 ’則p（Cr3＋）＝ cM＝6.3l0ˉ4mol .Lˉl 52g .molˉl＝0.03276g.Lˉ1＝32.76mg .Lˉl ’大于 15mg.Lˉl ,不符合鉻的排放標(biāo)準(zhǔn)。 （4）步驟Ⅲ中,向C中加人了石灰乳’原溶液中含有SO1ˉ ’則會生成CaSO4沉淀’則 產(chǎn)品中除Cr2O3外還會含有CaSO4（或石灰乳過量’緞燒后生成CaO’故產(chǎn)品中還可能 含有CaO）。 （5）@經(jīng)過步驟Ⅱ后’ Fe2＋被氧化為Fe3＋ ,步驟Ⅲ加人石灰乳后,會發(fā)生反應(yīng)的陽離 子有Fe3＋、 Cr3＋、H＋ @pH＝6時(shí)’溶液中H＋濃度減小,則化學(xué)平衡2H＋＋2CrOjˉ-＝Cr2O;ˉ＋H2O向逆 反應(yīng)萬向移動’溶液中Cr（Ⅵ）主要以CrO1ˉ形式存在 @為使產(chǎn)品中含鐵元素雜質(zhì)含量降低’則應(yīng)盡可能使鐵以Fe2＋形式存在’即加人過量 鐵,再通過控制溶液pH,使Cr（OH）3完全沉淀而Fe（OH）2不沉淀。 16. ［答案］ （1）a（l分） （2）AlO5＋CO2＋2H2O-HCOJ＋Al（OH）3↓（2分） （3）Fe（l分）0］4｜ 小猿熱搜~工業(yè)流程典型題｜00 （4）VOj轉(zhuǎn)化為VO了（2分） （5）NH4VO3（2分） l0Al＋3V2O5直旦5Al2O3＋6V（2分） ［解析］ （l）堿浸步驟中,應(yīng)除去鋁的氧化物’故應(yīng)選用NaOH溶液’故選a項(xiàng) （2）濾液l的主要成分是NaAlO2’可知其與足量CO2反應(yīng)的離子方程式為AlO頁＋ CO2＋2H2（）-HCO丁＋Al（OH）3↓ （3）金屬中,只有Fe＼ Co、Ni會被磁性物質(zhì)吸引’可知磁選步驟中得到的磁性產(chǎn)品應(yīng) 為Fe （4）由已知信息可知釩在溶液中主要以VOj利VO『的形式存在’存在平衡VOj＋ H2O-＝VOJ＋2H＋ ’當(dāng)溶液呈酸性時(shí),釩主要以VOj形式存在,調(diào)節(jié)pH至8可以 使平衡正向移動,使VOj轉(zhuǎn)化為VO丁 （5）溶液2中主要存在VOi’結(jié)合含釩物質(zhì)在水中的溶解性可知濾渣3的主要成分應(yīng)為 NH4VO3 ;鋁熱反應(yīng)法制取金屬釩的化學(xué)萬程式為l0Al＋3V2O5直墾5Al2O3＋6V 17. ［答案］ （每空2分） （l）CuCO3 .Cu（OH）2＋4HCl＝＝＝2CuCl2＋CO2↑＋3H2O適當(dāng)加快攪拌速度或適當(dāng) 延長酸浸時(shí)間 （2）Cl2＋2Fe2＋-2Fe3＋＋2Clˉ （3）Fe（OH）3 防止Cu2＋轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀 （4）利用其分解生成的HCl’抑制CuCl2的水解 ［解析］ （l）酸浸時(shí)鹽酸與CuCO3 . Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuCO3 . Cu（OH）2＋4HCl-2CuCl2＋CO2↑＋3H2O;為提高銅元素的浸出率’可適當(dāng)加快攪 拌速度或適當(dāng)延長酸浸時(shí)間。 （2） “氧化”操作是向溶液中通人Cl2’溶液中含有Fe2＋ ’通人Cl2后發(fā)生的離子反應(yīng) 方程式為Cl2＋2Fe2＋-2Fe3＋＋2Clˉ （3） “濾渣l”的主要成分為難溶于水的硅酸和二氧化硅’ “氧化”操作后溶液中存在 Fe3＋ ’故調(diào)節(jié)pH得到的“濾渣2”的主要成分為Fe（OH）3 ;若pH過高’會導(dǎo)致Cu2＋ 轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀’降低CuCl2的產(chǎn)量。 （4）SOCl2與水反應(yīng)生成SO2和HCl’生成的HCl可抑制CuCl2的水解。答案與解析 ｜0｜5 18. ［答案］ （除特殊標(biāo)注外’每空2分） （l）焰色反應(yīng)（1分） 將鉑絲蘸取鹽酸在無色火焰上灼燒至無色,再蘸取少量產(chǎn)品在無 色火焰上灼燒’觀察火焰顏色’若呈黃色’則證明有Na＋ ’反之,則證明沒有Na＋ （2）c（CO;ˉ）＞c（OH—）＞c（HCOj） （3）Fe（（）H）3（l分） 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H,O 450～500C （4）ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O 3ZnO＋CO2↑＋3H2O↑ （5）″CH2＝『H納米活性氧化鋅 Cl 卡CH2—（「H］麗 Cl ［解析］ （l）焰色反應(yīng)可用于判斷某些金屬元素是否存在;鈉元素的焰色反應(yīng)的火焰 顏色為黃色’其具體操作:將鉑絲蘸取鹽酸在無色火焰上灼燒至無色’再蘸取少量產(chǎn) 品在無色火焰上灼燒,觀察火焰顏色,若呈黃色’則證明有Na＋ ’反之,則證明沒 有Na＋。 （2）在Na2CO3溶液中’ CO;＿會發(fā)生兩步水解:@CO;ˉ＋H2O≡＝HCO?。玂H—、 @HCOj＋H2O＝＝H2（〕O3＋OHˉ ’ C0;—只有少部分水解’且CO;—的水解以第—步 為主’則c（CO;—）＞c（OHˉ） ’而HCO可還有少部分水解并生成OHˉ ’則C（OHˉ）＞ c（HCO?。?’即Na2CO3溶液中陰離子的濃度由大到小的順序?yàn)閏（CO;—）＞c（OHˉ）＞ c（HCOJ） （3）結(jié)合工藝流程圖知’加人H2O2可將Fe2＋氧化為Fe3＋ ’同時(shí)調(diào)節(jié)pH可以使Fe3＋ 轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀以達(dá)到除鐵的目的’則濾渣1是Fe（OH）3沉淀;加人H2O2時(shí)’ 反應(yīng)的離子方程式為2Fe2十＋H2O2＋2H＋—2Fe3十＋2H2O。 （4）ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O鍛燒后的產(chǎn)物為ZnO、 CO2和水,則反應(yīng)的化學(xué)方程式 450～500。C 為ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O ;3ZnO＋CO2↑＋3H2O↑ （5）納米活性氧化鋅作催化劑催化該反應(yīng)’氯乙烯為單體’加聚反應(yīng)時(shí)碳碳雙鍵斷裂’ 相鄰單體碳原子間形成碳碳單鍵加聚成聚氯乙烯,反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ＂CH』＝↑H納米活性氧化鋅》卡CH』—CH十. Cl Cl0回｜小猿熱搜。工業(yè)流程典型題｜00 19. ［答案］ （除特殊標(biāo)注外每空2分） （1）2Fe3＋＋SO2＋2H2O—2Fe2＋＋SOi—＋4H＋ （2）Mn2＋、 Fe2＋ （3）MnO2＋SO2-MnSO4 △ （4）90C（1分） NH4HCO3-NH3↑＋CO2↑＋H2O（l分） （5）Mn2十＋2HCO『—MnCO3↓＋CO2↑＋H2O （6）取1～2mL最后＿次洗滌液于試管中’滴加鹽酸酸化’若無明顯現(xiàn)象’再加人 BaCl2溶液,若無白色沉淀產(chǎn)生’則證明沉淀洗滌干凈 ［解析］ （l）Fe3＋與SO2、H2O反應(yīng),生成Fe2＋、 SOi—和H＋ ’離子方程式為 2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝＝2Fe2＋＋SOiˉ＋4H＋。 （2）浸錳過程中發(fā)生反應(yīng):MnO2＋SO2-Mn2＋＋SOi—、Fe2O3＋SO2＋2H＋＿2Fe2＋ ＋SOiˉ＋H2O’所以過濾I所得濾液中主要存在的兩種金屬陽離子為Mn2十和Fe2＋ （3）氧化過程中加人MnO2’ MnO2除了與Fe2＋反應(yīng)外還與過量的SO2反應(yīng)生成 MnSO4’反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2＋SO2—MnSO4。 （4）由圖像可知’ 90。C時(shí)MnS2O6的生成率相對較低’錳的浸出率相對較高’若溫度再 升高’MnS2O6的生成率及錳的浸出率變化均不明顯’卻會消耗更多的能源,所以“浸 錳”的適宜溫度是90C;溫度過高時(shí)’ NH4HCO3受熱易分解為NH3＼ CO2和H2O’導(dǎo) △ 致原料利用率降低’ NH4HCO3受熱分解的化學(xué)方程式為NH4HCO3-NH3 ↑ ＋ CO2↑＋H2O。 （5）加人NH4HCO3溶液后Mn2＋與HCOj反應(yīng)生成MnCO3沉淀’同時(shí)還有CO2氣體 生成’反應(yīng)的離子方程式為Mn2＋＋2HCO丁-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。 （6）生成MnCO3沉淀的同時(shí)還有硫酸按生成’檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈’檢驗(yàn)最后＿次 的洗滌液中是否含有硫酸根離子即可,可利用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗(yàn)硫酸根離 子’若無白色沉淀生成’說明洗滌液中已無硫酸根離子’即沉淀洗滌完全。 ［答案］ （1）增大固體與空氣的接觸面積,加快反應(yīng)速率’提高原料利用率（2分） （2）2CeO2＋2Clˉ＋8H＋-2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O（2分） 改用H2SO4酸浸（1分） 20答案與解析｜ ［0｜7 （3）分液漏斗（l分） 隨著c（SOi—）增大’水層中Ce4＋被SOiˉ結(jié)合成（CeSO4）2＋ ,導(dǎo) 致苯取平衡問生成（CeSO4）2＋的方向移動》D迅速減?。?分） （4）還原劑（1分） 2mol（1分） （5）2Ce（OH）3＋NaClO＋H2O-2Ce（OH）4＋NaCl（2分） （6）95.56％（2分） ［解析］ （1） “氧化焙燒”時(shí)需要礦石充分與氣體接觸’以增大反應(yīng)速率和原料利用 率’所以焙燒前將礦石粉碎成細(xì)顆粒的目的是增大固體與空氣的接觸面積,加快反應(yīng) 速率’提高原料利用率。 （2）產(chǎn)生黃綠色氣體’說明這個(gè)反應(yīng)產(chǎn)生了Cl2’所以Clˉ被氧化為Cl2’ CeO2被還原 為Ce3＋ ,所以反應(yīng)的離子方程式為2CeO2＋2Cl—＋8H＋-2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O;為 了避免氯氣的污染,可將酸浸過程中用到的HCl（鹽酸）改用H2SO4。 （3）在革取操作中,用到的主要玻璃儀器為分液漏斗;由已知得: Ce4＋能與SOi—結(jié)合 生成（CeSO4）2＋ ,故當(dāng)增大c（SOiˉ）時(shí)’促進(jìn)（CeSO4）2＋的生成』 c ［（CeSO4）2＋ ］迅 速增大而c［Ce . （H2″—4A2＂） ］減小’故D迅速減小 （4） “反革取”中’H2O2將CeO2還原為Ce3＋ ’故H2O2在該反應(yīng)中作還原劑;該反應(yīng) 的離子方程式為2CeO2＋H2O2＋6H＋—2Ce3＋＋4H2O＋O2↑ ’所以每有1molH2O2 參加反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為2mol （5） “氧化”步驟由上＿步得到的Ce（OH）3與NaClO反應(yīng)’ Ce3＋被氧化為Ce4＋ ’ ClO—被還原為Clˉ ,此反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ce（OH）3＋NaClO＋H2O-2Ce（OH）4＋ NaCl。 （6）滴定時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋＋CeO2＋4H＋—Fe3＋＋Ce3＋＋2H2O’消 耗了FeSO4: 0.025L0. 1000mol .L—l＝0.0025mol’由離子方程式可知″（CeO2）＝ O0025mol’所以m（CeO2）＝l72g .mol—｜ 0.0025mol＝0.4300g’故該產(chǎn)品中 c窿o』的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為刪‖;l00％＝9556％. e＿ （｜）∏ ＋2KOH＝-KCl＋KClO＋H2O（雙線橋也給分）（2分） 21. ［答案］ （2）AB（2分）函｜小猿熱搜.工業(yè)流程典型題］00 （3）減少K2FeO4在過量Fe3＋作用下的分解（或K2FeO4在低溫＼強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定 等）（2分） （4）2Fe（NO3）3＋3KClO＋l0KOH-2K2FeO4＋6KNO3 ＋3KCl＋5H2O（2分） D（l分） （5）KNO3、KCl（2分） KNO3是—種復(fù)合肥,用于農(nóng)業(yè)生產(chǎn)’達(dá)到增產(chǎn)、增收的目的 （或KCl可用于治療糖尿病患者或高血壓患者的食用鹽的添加劑等）（l分） ［解析］ （1）Cl2與KOH反應(yīng)生成KCl、KClO和H2O,反應(yīng)為歧化反應(yīng)’ Cl2中氯元 e- 素部分化合價(jià)升高,部分化合價(jià)降低,化學(xué)方程式及電子轉(zhuǎn)移情況為Ⅵ＋2K0∏- KCl＋K（〕lO＋H2O （2）根據(jù)流程與反應(yīng)原理可知,加人KOH的主要目的有兩個(gè):＿是作為下步反應(yīng)的反 應(yīng)物;二是除掉未反應(yīng)的氯氣’生成更多的KClO’故選AB。 （3）因?yàn)镵2FeO4在低溫、堿性溶液中比較穩(wěn)定’而在Fe3＋的催化作用下會分解所以 應(yīng)該將Fe（NO3）3溶液緩慢滴加到堿性的KClO濃溶液中》并不斷攪拌 （4）根據(jù)反應(yīng)流程可知’ Fe（NO3）3溶液、KClO溶液和KOH溶液反應(yīng)生成K2FeO4’根 據(jù)氧化還原反應(yīng)原理可知化學(xué)方程式為2Fe（NO3）3＋3KClO＋10KOH—2K2FeO4＋ 6KNO3＋3KCl＋5H2O;根據(jù)已知條件可知K2FeO4在酸性至弱堿性條件下’能與水反 應(yīng)生成Fe（OH）3和O2,所以洗滌時(shí)不宜選擇酸性或中性水溶液,異丙醇中不含水’故 選D項(xiàng) （5）根據(jù)化學(xué)方程式可知反應(yīng)除了生成K2FeO4外還生成了KNO3和KCl’所以含有的 副產(chǎn)品有KNO3和KCl; KNO3是—種復(fù)合肥（鉀肥和氮肥） ’可以用于農(nóng)業(yè)生產(chǎn)’達(dá)到 增產(chǎn)、增收的目的; KCl可用于治療糖尿病患者或高Ⅲ壓患者的食用鹽的添加劑等 22. ［答案］ （除特殊標(biāo)注外,每空2分） （l）Fe2O3（1分） （2）CuCl＋Clˉ＝＝＝［CuCl2］ˉ （3）HCl和CuCl2 （4）會產(chǎn)生污染環(huán)境的S（）2氣體（或能耗高等合理答案）（l分） c‖／i （5）@由藍(lán)色變?yōu)闊o色并且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色（1分） @可答案與解析 0↑9 ［解析］ （l）FeCl2溶液在空氣中加熱蒸干過程中’ FeCl2發(fā)生水解生成Fe（OH）2和 HCl’且HCl揮發(fā), Fe（OH）2迅速被空氣中氧氣氧化生成Fe（OH）3, Fe（OH）3灼燒后 生成Fe2O3。 （2） “除硫”時(shí)’ CuCl與Clˉ反應(yīng)生成的［CuCl2 ］ˉ離子可溶于水,過濾可除去硫單 質(zhì),反應(yīng)的離子方程式為CuCl＋Clˉ-［CuCl2 ］ˉ （3）含［CuCl2］—的溶液調(diào)pH后’ ［CuCl2 ］ˉ自身發(fā)生歧化反應(yīng),生成Cu 、 CuCl2和 HCl’過濾后得到Cu’可循環(huán)使用的是CuCl2和HCl （4）此冶煉工藝過程中’需要在高溫下反應(yīng),耗能高’且有SO2產(chǎn)生’會污染環(huán)境。 （5）@淀粉溶液遇碘單質(zhì)變藍(lán)色,碘單質(zhì)與Na2S2O3反應(yīng)被消耗完后’溶液由藍(lán)色變?yōu)?C肌 無色并且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色;@反應(yīng)消耗的Na2S2O］的物質(zhì)的量為而6mol,根據(jù) 反應(yīng)方程式有2Cu2＋ ～I(xiàn)2 ～2S2O;ˉ ’則溶液中Cu2＋的物質(zhì)的量等于反應(yīng)消耗的 №』s:o』的物廢的扇側(cè)糯液中cu』,的物臆的…為寺m皿. 23. ［答案］ （l）Al2O3＋6H＋一Al3＋＋3H2O（l分） （2）@Fe3＋＋3SCNˉ＝≡Fe（SCN）3（1分） ; 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O（2分） @2SCNˉ＋llH2O2-2CO2↑＋N2↑＋2SO］ˉ＋10H2O＋2H＋（2分） ◎2Fe3＋＋H2O2一Fe2＋＋O2↑＋2H＋（2分） （3）1 :2（2分） 0.5mol（2分） （4）NaAlO2＋CO2＋2H2O-Al（OH）3↓＋NaHCO3（2分） ［解析］ （1）稀硫酸中參與離子反應(yīng)的離子為H＋ ’與Al2O3反應(yīng)生成Al3＋和水’根 據(jù)元素守恒及電荷守恒即可配平離子反應(yīng)方程式:Al2O3＋6H＋—2Al3＋＋3H2O。 （2）@紅色變深是因?yàn)镠2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋ , Fe3＋與SCNˉ生成紅色絡(luò)合物’該 反應(yīng)是可逆的’故應(yīng)用兩個(gè)離子方程式來解釋。 @已知反應(yīng)物和生成物’再根據(jù)元素守恒、電子守恒、電荷守恒配平’即可得離子反應(yīng) 方程式: 2SCN—＋11H2O2一CO2↑＋N2↑＋2SOi—＋l0H2O＋2H＋。｜020｜ ｜小猿熱搜ˉ工業(yè)流程典型題｜00 Fe3＋ ◎H2O2分解的反應(yīng)為2H2O2—2H2O＋O2↑ ’若拆成兩步來寫’第—步反應(yīng)應(yīng)為 Fe3＋氧化H2O2生成Fe2＋＼O2和H＋ ’離子方程式為2Fe3＋＋H2O2-2Fe2＋＋O2↑＋ 2H＋。 第二步反應(yīng)為H2O2氧化Fe2十重新生成Fe3＋。 （3）溶液中沉淀量最大時(shí), Al3＋與Fe3＋都恰好被完全沉淀此時(shí)該溶液為Na2SO4溶 液’則SOiˉ、Na＋的濃度之比為1 : 2;回收S的反應(yīng)實(shí)質(zhì)為2H2S＋O2-2S↓＋ 2H2O’因此當(dāng)反應(yīng)lmolH2S時(shí),需消耗0.5molO2。 （4）過量CO2與NaAlO2反應(yīng)生成Al（OH）3 ［因?yàn)镠2CO3為弱酸不能溶解Al（OH）3 ］ 和NaHCO3 ’化學(xué)方程式為NaAlO2＋CO2＋2H2O—Al（OH）3↓＋NaHCO3。 24. ［答案］ （1）KMnO4溶液或K3 ［Fe（CN）6］溶液（1分） Cl2（1分） 2Fe2＋＋Cl2 一Fe3＋＋2Cl—（2分） （2）殺菌消毒（1分） 凈化（1分） （3）2Fe3＋＋3ClO—＋10OHˉ＝＝＝2FeOiˉ＋3Clˉ＋5H2O（2分） （4）漏斗（1分） KOH溶液（l分） 加熱濃縮,冷卻結(jié)晶,過濾（2分） （5）將Fe2＋氧化為Fe3＋（1分） 經(jīng)計(jì)算將Fe3＋完全沉淀的pH為3.3’而Cu2＋開始沉 淀的pH為4.0（2分） ［解析］ （1）廢液中含有的離子中’只有Fe2＋可與KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)’ 可使得KMnO4溶液褪色’或加人K3［Fe（CN）6］溶液’產(chǎn)生藍(lán)色沉淀’可說明溶液中 含有Fe2＋ ;在廢液中加人鐵粉后, Cu2＋、Fe3＋均被還原分別生成Cu、Fe2＋ ,需要通 人Cl2將Fe2＋全部氧化為Fe3＋ ,最終得到純凈的FeCl3溶液’反應(yīng)的離子方程式為 2Fe2＋＋Cl2＝＝2Fe3＋＋2Clˉ （2）高鐵酸鉀具有強(qiáng)氧化性,可用于殺菌消毒;高鐵酸鉀（K2FeO4）與水作用產(chǎn)生 Fe（OH）3膠體’ Fe（OH）3膠體具有吸附作用’可以凈化水。 （3）在堿性條件下’ ClOˉ將Fe3＋氧化生成FeO1— ’離子方程式為2Fe3＋＋3ClOˉ＋ 10OHˉ-2FeO1ˉ＋3Clˉ＋5H2O。 （4）過濾時(shí)’需用的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯和漏斗 K2FeO4在中性或酸性溶液中逐 漸分解,在堿性溶液中穩(wěn)定’為了避免引人其他雜質(zhì)元素,因此需要將粗產(chǎn)品用KOH 溶液溶解’然后加熱濃縮,冷卻結(jié)晶’過濾。答案與解析｜ ｜02｜ （5）幌鐳表中＝種物履的K鄒汁算得出;臃野沉旋完全時(shí)的蟹（oHˉ）書瑞≡等m,｜′1 ≈8.94 10—6mol／L,對應(yīng)溶液pH＝14＋lgc（OHˉ）≈8.95’ Fe3＋沉淀完全時(shí)的 c（OHˉ） 亂］, cu2肝始沉旋時(shí)的′（0Ⅱˉ）非｝;ˉ:＂mM三! ］0ˉ!‘啊,皿,對應(yīng)溶液 p肚-｜軒｜:幢（0Hˉ）＿…＂斟沉旋完全時(shí)的蟹（0Hˉ）代祟m,｜／Lˉ…｀ 10—8mol／L’對應(yīng)溶液pH＝l4＋lgc（OHˉ）≈6.74’因此Fe2＋沉淀完全時(shí)’ Cu2＋也已 經(jīng)沉淀完全’則需要將Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋ ,而Fe3＋沉淀完全時(shí)’ Cu2＋未開始沉淀,故 加人雙氧水的目的是將Fe2＋氧化為Fe3＋ ; Fe3＋完全沉淀的pH為3.3,而Cu2＋開始沉 淀的pH為4.0’因此可用該方法除去粗（〕uSO4 .5H2O晶體中的FeSO4 .7H2O 25. ［答案］ （l）CO;ˉ＋H2O＝＝HCOJ＋OHˉ（2分） （2）c（2分） （3）@100mL容量瓶、玻璃棒（1分） bd（1分） @酸式（1分） KMnO4溶液有強(qiáng)氧化性’能腐蝕橡膠管（1分） @3.64（2分） ［解析］ （1）碳酸鈉去油污是因?yàn)槠浒l(fā)生水解生成OHˉ的緣故’離子方程式為CO;—＋ H2O＝＝HCOi＋OHˉ。 （2）a項(xiàng),蒸餾是利用液體混合物中各組分沸點(diǎn)的差別,使液體混合物部分汽化并隨之 使蒸氣冷凝’從而實(shí)現(xiàn)其所含組分的分離’故a項(xiàng)錯(cuò)誤; b項(xiàng)’分液是把兩種互不混溶 的液體分離開的操作方法,與過濾的固液分離不同,故b項(xiàng)錯(cuò)誤; c項(xiàng)’滲析是利用小 分子和離子能透過半透膜,但膠體粒子不能透過半透膜的性質(zhì)’從溶膠中除掉作為雜 質(zhì)的小分子或離子的過程’與過濾原理相同,故c項(xiàng)正確; d項(xiàng)’重結(jié)晶是將晶體進(jìn)行 溶解