2019高考化學 難點剖析 專題63 化工流程中條件的控制練習.doc
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專題63 化工流程中條件的控制 1．（2019屆江西省紅色七校高三第一次聯(lián)考）工業(yè)上利用廢鎳催化劑(主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制備草酸鎳晶體的流程如下： （1）請寫出一種能提高“酸浸”速率的措施：___________________________________；濾渣I的成分是CaSO4和____________________(填化學式)。 （2）除鐵時，控制不同的條件可以得到不同的濾渣II。已知濾渣II的成分與溫度、pH的關系如圖所示： ①若控制溫度40℃、pH=8，則濾渣II的主要成分為___________(填化學式)。 ②若控制溫度80℃、pH=2，可得到黃鐵礬鈉[Na2Fe6(SO4)4 (OH)12]沉淀(圖中陰影部分)，寫出生成黃鐵礬鈉的離子方程式：___________________________________________。 （3）已知除鐵后所得100 mL溶液中c(Ca2+)=0.01molL-1，加入100 mL NH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=110-5 molL-1，則所加c(NH4F)=_______molL-1。[已知Ksp(CaF2)=5.2910-9] （4）加入有機萃取劑的作用是________________________。 【答案】把廢鎳催化劑粉碎、適當加熱，適當增大酸的濃度或攪拌等 SiO2FeOOH2Na++3ClO-+6Fe2++4SO42-+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+6.610-2除去溶液中的Zn2+ 【解析】（1）根據(jù)影響化學反應速率的因素可知，提高浸出率，可把廢鎳催化劑粉碎或適當加熱、適當增大硫酸濃度、攪拌等，濾渣I的成分是CaSO4和SiO2； （2）根據(jù)圖象可以知道，①控制溫度40℃、pH=8，則濾渣2的主要成分為FeOOH； ②若控制溫度80℃、pH=2，可得到黃鐵礬鈉[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，依據(jù)氧化還原反應規(guī)律寫出生成黃鐵礬鈉的離子方程式為：2Na++3ClO-+6Fe2++4SO42-+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+； （3）根據(jù)反應式Ca2++2F-=CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002molNH4F，根據(jù)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.2910-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=5.2910-91.010-5，設加入c(NH4F)=cmol/L，則0.1LcmolL-0.0020.2=5.2910-91.010-5；解得c=6.610-2； （4）根據(jù)流程圖，加入有機萃取劑的作用是除去溶液中的Zn2+。 【點睛】 本題考查了工業(yè)上從廢鎳催化劑制備草酸鎳晶體的工藝流程，側重考查物質(zhì)分離的實驗設計和方法應用，主要是利用溶液不同pH條件下離子沉淀的情況不同，控制溶液pH除去雜質(zhì)離子，同時考查了除雜原則不能引入新的雜質(zhì)，解題時先要弄清制備流程中各步反應原理和目的，從而知道分離提純的環(huán)節(jié)中各成分組成，再結合氧化還原反應和沉淀溶度積等知識解決各問題。 2．（2019屆福建省莆田市第二十四中學高三上學期第一次調(diào)研考試）鈦酸鋇粉體是電子陶瓷元器件的重要基礎原料，其制備工藝流程如下圖所示： (1)鎂的碳化物常見的有MgC2和Mg2C3兩種，它們均極易與水發(fā)生反應。寫出MgC2發(fā)生水解反應的化學方程式：_____；Mg2C3的電子式為_____。 (2)“混合溶液”環(huán)節(jié)，鈦元素在不同pH下主要以種形式存在，如上圖所示。實際制備工藝中，先用氨水調(diào)節(jié)混合溶液的pH于2.5～3之間，再進行“沉淀”，則上圖中曲線a對應鈦的形式為______填化學符號）；寫出“沉淀”時的離子方程式：_____。 (3)草酸氧鈦鋇晶體經(jīng)蒸餾水數(shù)次洗滌后，證明它已被洗滌干凈的實驗方案為_____。 (4)工業(yè)上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制備： ①先將金紅石(TiO2)與過量焦炭混合，再通入Cl2)并加熱到900℃制取TiCl4。請寫出該法制備TiCl4的化學方程式：_____。 ②BaCO3是將重晶石（主要成分為BaSO4）浸泡在Na2C03溶液中足夠長時間來制備。請問Na2CO3溶液的濃度至少要大于_____mol/L才能開始轉(zhuǎn)化。（已知常溫下：KBaSO4=1.010-10molL-12 KBaCO3=2.5810-9molL-12，略CO32-的水解）。 【答案】(1)MgC2+2H2O=Mg(OH)2↓+C2H2↑；(2)（3）TiOC2O4(4) TiO(C2O4)22-+ Ba2++ 4H2O = BaTiO(C2O4)24H2O↓(5)取最后一次洗滌液少量于試管中，向其中滴加AgNO3溶液，無白色沉淀生成證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈（6）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(7)2.5810-4 （3）根反應據(jù)過程知洗滌液中可能含有Cl—，所以取最后一次洗滌液少量于試管中，向其中滴加AgNO3溶液，如無白色沉淀生成，證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈。答案：取最后一次洗滌液少量于試管中，向其中滴加AgNO3溶液，如無白色沉淀生成，證明草酸氧鈦鋇已被洗滌干凈。 （4）①由足量焦炭和Cl2反應判斷產(chǎn)物為TiCl4和CO，所以化學方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。 ②設BaSO4飽和溶液中c(Ba2+)和c(SO42-)均為xmolL-1，由KSP(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)知： x2=1.010-10(molL-1)2，可求出c(Ba2+)=1.010-5molL-1。再令 Q(BaCO3)=c(Ba2+)c(CO32-)=1.010-5molL-1c(CO32-)>KSP(BaCO3)，則 c(CO32-)=2.5810-9(molL-1)21.010-5molL-1=2.5810-4molL-1，所以Na2CO3 溶液的濃度至少要大于2.5810-4mol/L 才能開始轉(zhuǎn)化。 3．（天津市2017-2018學年高三年級第二學期）I．高鐵酸鉀( K2FeO4)不僅是一種理想的水處理劑，而且高鐵電池的研制也在進行中。如圖是高鐵電池的模擬實驗裝置： （1）該電池放電時正極的電極反應式為_________________________________________；若維持電流強度為1A，電池工作十分鐘，理論消耗Zn_______g（已知F=96500C／mol,小數(shù)點后保留1位）。 （2）鹽橋中盛有飽和KC1溶液，此鹽橋中氯離子向_______移動（填“左”或“右”）；若用陽離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向_______移動（填“左”或“右”）。 （3）下圖為高鐵電池和常用的高能堿性電池的放電曲線，由此可得出高鐵電池的優(yōu)點有____。 Ⅱ．工業(yè)上濕法制備K2FeO4的工藝流程如圖。 （4）完成“氧化”過程中反應的化學方程式：___FeCl3+___NaOH+___NaClO=___Na2FeO4+___NaCl+___H2O,其中氧化劑是_______（填化學式）。 （5）加入飽和KOH溶液的目的是_____________________。 （6）已知25℃時Ksp[Fe(OH)3]=4.010-38，此溫度下若在實驗室中配制5mol/L l00mL FeCl3溶液，為使配制過程中不出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，則至少需要加入_______mL 2 mol/L的鹽酸（忽略加入鹽酸體積）。 【答案】FeO42﹣+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3↓+5OH﹣0.2右左使用時間長、工作電壓穩(wěn)定2103295NaClO減小高鐵酸鉀的溶解，促進高鐵酸鉀晶體析出2.5 【解析】Ⅰ．(1)根據(jù)電池裝置，Zn做負極，C為正極，高鐵酸鉀的氧化性很強，正極上高鐵酸鉀發(fā)生還原反應生成Fe(OH)3，正極電極反應式為：FeO42-+4H2O+3e-═Fe(OH)3↓+5OH-，若維持電流強度為1A，電池工作十分鐘，通過電子為1A600s96500C/mol，則理論消耗Zn為1A600s96500C/mol1265g/mol=0.2g； (2)鹽橋中陰離子移向負極移動，鹽橋起的作用是使兩個半電池連成一個通路，使兩溶液保持電中性，起到平衡電荷，構成閉合回路，放電時鹽橋中氯離子向右移動，用某種高分子材料制成陽離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向左移動； (4)其中Fe元素化合價由+3價升高為+6價，共升高3價，Cl元素化合價由+1價降低為-1，價，共降低2價，化合價升降最小公倍數(shù)為6，則FeCl3的系數(shù)為2、NaClO的系數(shù)為3，再根據(jù)原子守恒配平后反應方程式為：2FeCl3+10NaOH+3NaClO═2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，NaClO是氧化劑； (5)加入飽和KOH溶液可以增大K+的濃度，減小高鐵酸鉀的溶解，促進高鐵酸鉀晶體析出； (6)溶液中c(Fe3+)=5mol/L，根據(jù)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=4.010-38，可知開始沉淀時 c(OH-)=210-13mol/L，則溶液中c(H+)=10-14210-13mol/L=0.05mol/L，根據(jù)稀釋定律，需要鹽酸的體積0.05mol/L100mL2mol/L=2.5mL。 4．（2019屆河北省隆化縣存瑞中學高三第二次調(diào)研考試）鈷被譽為戰(zhàn)略物資，有出色的性能和廣泛的應用。以水鈷礦（主要成分為Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等）為原料制備CoCl26H2O的工藝流程如圖所示： 回答下列問題： Ⅰ．“酸浸” （1）鈷的浸出率隨酸浸時間、溫度的變化關系如下圖所示。綜合考慮成本，應選擇的最佳工藝條件為_________、_________；濾渣①的主要成分為__________。 （2）Co2O3與濃硫酸反應生成CoSO4，化學方程式為______________________________。 Ⅱ．“凈化除雜”分三步完成： （3）除鐵：加入適量Na2SO4固體，析出淡黃色晶體黃鈉鐵礬Na2Fe6(SO4)4(OH)12，離子方程式為__________。 （4）除鈣、鎂：加入適量NaF，當Mg2+恰好完全被除去（離子濃度等于10－5molL－1）時， c(Ca2+)=_____________molL－1 （取兩位有效數(shù)字）。已知：Ksp(MgF2)=7.410－11，Ksp(CaF2)=1.510－10。 （5）除銅：加入適量Na2S2O3，發(fā)生反應2CuSO4＋2Na2S2O3＋2H2O＝Cu2S↓＋S↓＋2Na2SO4＋2H2SO4，該反應的還原產(chǎn)物為___________。 Ⅲ．“萃取和反萃取” （6）“水相①”中的主要溶質(zhì)是Na2SO4和________（寫化學式）。 （7）實驗室稱取100g原料（含鈷11.80%），反萃取時得到濃度為0.036molL－1的CoCl2溶液5L，忽略損耗，鈷的產(chǎn)率＝______（產(chǎn)率=產(chǎn)物中元素總量原料中該元素總量%100）。 【答案】12h90℃SiO2（二氧化硅）2Co2O3＋4H2SO4（濃）4CoSO4＋4H2O＋O2↑2Na+＋6Fe3+＋4SO42－＋12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋12H+2.010-5Cu2S、SNiSO4鈷的產(chǎn)率 =0.036mol/L5L59g/mol100g11.80%100%=90.00% 【解析】 (1)根據(jù)鈷的浸出率隨酸浸時間、溫度的變化關系，推出在12h、90℃時鈷的浸出率最高；根據(jù)水鈷礦的成分，SiO2是酸性氧化物，不與酸反應，即濾渣①的主要成分是SiO2；（2）Co2O3中Co的化合價由+3變?yōu)?2價，化合價降低，應該是O元素被氧化成氧氣，因此反應方程式為2Co2O3＋4H2SO4（濃） 4CoSO4＋4H2O＋O2↑；（3）根據(jù)生成黃鈉鐵礬，推出離子反應方程式為2Na+＋6Fe3+＋4SO42－＋12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋12H+；（4）c(Mg2+)c(Ca2+)=Ksp(MgF2)Ksp(CaF2)=7.410-111.510-10，c(Mg2+)=10-5molL－1代入公式，求出c(Ca2+)=2.010-5molL－1；(5)還原產(chǎn)物是氧化劑被還原得出的物質(zhì)，根據(jù)化學反應方程式，硫酸銅中Cu的化合價由+2價變?yōu)?1價，化合價降低，Na2S2O3中一部分S的化合價降低，轉(zhuǎn)化成S和Cu2S中的S，即還原產(chǎn)物是Cu2S、S；（6）根據(jù)流程的目的，以及主要成分，推出水相①中含有溶質(zhì)為硫酸鈉和NiSO4；（7）根據(jù)產(chǎn)率的公式，得出鈷的產(chǎn)率為0.036mol/L5L59g/mol100g11.80%100%=90.00%。 5．（2018屆四川省樂山市第二次調(diào)查研究考試）硒和碲在工業(yè)上有重要用途。在銅、鎳鎮(zhèn)、鉛等電解工藝的陽極泥中硒、碲確主要以硒化物、碲化物及單質(zhì)狀態(tài)存在。一種從陽極泥中提取Se和Te的工藝流程如下： 已知:碲酸四氫鈉(Na2H4TeO6)難溶，碲酸(H6TeO6)可溶?；卮鹣铝袉栴}: (1)陽極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4焙燒時，,單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2 的化學方程式為_______________。 (2)“焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通入空氣焙燒，發(fā)生氧化反應，每生成1mol碲酸四氫鈉(Na2H4TeO6)，則需要的氧化劑O2至少為______mol；生成的碲酸四氫鈉不用“水浸”，而采取“酸浸”的原因是____________。 (3)流程中“反應”處發(fā)生反應的化學方程式為________________________________。 (4)檢驗“還原”后的溶液中Na2SO3是否過量的實驗操作方法為___________________________________。 (5)工藝路線中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有_________、____________________。 【答案】Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O0.5Na2H4TeO6在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶 SeO2+2H2O+2SO2==2H2SO4+Se取少量“還原”后的容液于試管，加入稀H2SO4將生成的氣體道入澄清石灰水，若溶液變渾濁，則Na2SO3過量。反之不過量H2SO4NaOH 【解析】 (1)陽極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4焙燒時，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2,同時生成二氧化硫和水，反應的化學方程式為Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O； 6．（2018屆四川成都七中（高新校區(qū)）高三理科綜合）鉻鐵礦(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)，以鉻鐵礦為原料制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程示意圖如下(部分操作和條件略)： (1)鉻鐵礦(FeCr2O4)改寫為氧化物的形式為___________________。 (2)反應①中發(fā)生了兩個主要反應，其中一個主要反應的化學方程式為4FeCr2O4 + 8Na2CO3 + 7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；另一個主要反應的化學方程式為 ______________________________。 (3)寫出反應②中生成固體B的離子方程式為_________________________________。 (4)pH < 5時，發(fā)生反應有__________________（寫離子方程式），Na2Cr2O7 + 2KCl = K2Cr2O7↓+ 2NaCl。 下表是相關物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)： 物質(zhì) 溶解度 ( g / 100 g H2O ) 0℃ 40℃ 80℃ KCl 28 40.1 51.3 NaCl 35.7 36.4 38 K2Cr2O7 4.7 26.3 73 Na2Cr2O7 163 215 376 ①加入KCl固體后經(jīng)一系列操作析出K2Cr2O7晶體的理由是___________________________。 ②獲得K2Cr2O7晶體的操作由多步組成，依次是加入KCl固體、蒸發(fā)濃縮、________________、 _____________、洗滌、干燥得到晶體。 (5)某種酒精測試儀中，K2Cr2O7在酸性條件下將乙醇氧化為乙酸，自身被還原為三價鉻離子，該反應的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為_________________。 (6)含鉻廢渣(廢水)的隨意排放對人類生成環(huán)境有極大的危害，電解法是處理鉻污染的一種方法，電解時，在陰極區(qū)有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成(已知Ksp[Fe(OH)3] = 4.010—38，Ksp[Cr(OH)3] = 6.010—31)。已知電解后的溶液中c(Cr3+)為3.010—5 mol/L，則溶液中c(Fe3+)為________________ mol/L。 【答案】FeOCr2O3 Na2CO3+ Al2O3 2NaAlO2 + CO2↑AlO2— + CH3COOH + H2O = Al(OH)3↓+ CH3COO—2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2OK2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且溫度對氯化鈉的溶解度影響較小，但對重鉻酸鉀的溶解度影響較大，利用復分解反應在低溫下可以得到重鉻酸鉀冷卻結晶過濾 2: 32.010—12 ① .由表中數(shù)據(jù)可知，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且溫度對氯化鈉的溶解度影響較小，但對重鉻酸鉀的溶解度影響較大，隨著溫度的降低K2Cr2O7的溶解度迅速降低產(chǎn)生沉淀，溶液中的復分解反應平衡被打破，反應向右進行，從而利用復分解反應在低溫下可以得到重鉻酸鉀； ② .要獲得K2Cr2O7，需經(jīng)過加入KCl固體、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等； (5).K2Cr2O7在酸性條件下將乙醇氧化為乙酸，自身被還原為三價鉻離子，該反應的離子方程式為2Cr2O72－＋3CH3CH2OH＋16H＋=3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O，由反應方程式可知，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為2: 3； (6). 電解后的溶液中c(Cr3+)為3.010-5 mol/L，所以溶液中c（OH－）=3KspCrOH3c3Cr3+，而c(Fe3＋)=KspFeOH3c3OH-，所以c(Fe3＋)=KspFeOH3KspCrOH3c(Cr3+)=4.010-386.010-313.010-5 mol/L=2.010-12 mol/L。 7．（2018年成都七中高考模擬考試）硒和碲在工業(yè)上有重要用途。在銅、鎳、鉛等電解工藝的陽極泥中硒、碲主要以硒化物、碲化物及金屬狀態(tài)存在。一種從陽極泥中提取Se和Te的工藝流程見下： 已知：碲酸鈉(Na2H4TeO6)難溶，碲酸(H6TeO6)可溶。 回答下列問題： （1）陽極泥在600 K左右加入一定濃度H2SO4“焙燒”時，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2的化學方程式為_________。 （2） “焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通空氣氧化物料，每生成1 mol碲酸鈉，則需要的氧化劑O2至少為_______mol；生成的碲酸鈉不水浸，而采取“酸浸”的原因是______________________________________。 （3） “反應”時的化學方程式為_________________________________________________。 （4）“還原”中的反應生成物為TeO2，檢驗反應后是否有反應物Na2SO3過量的實驗操作方法為__________。 （5）已知“電解”時使用石墨電極，陽極產(chǎn)物與陰極產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為______________。 （6）工藝路線中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有_____________________、_____________________。 【答案】Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O0.5Na2H4TeO6 在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶 SeO2+2H2O+2SO2==2H2SO4+Se取少量“還原”后的溶液于試管，加入稀H2SO4，將生成的氣體通入澄清石灰水，若溶液變渾濁，則Na2SO3過量。反之不過量1∶1H2SO4NaOH 【解析】 (1)陽極泥在600K左右加入一定濃度H2SO4焙燒時，單質(zhì)Te轉(zhuǎn)化為TeO2,同時生成二氧化硫和水，反應的化學方程式為Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O； (2)“焙砂”與碳酸鈉充分混合，干燥后通入空氣焙燒，發(fā)生氧化反應2Na2CO3+O2+ 2TeO2=2Na2H4TeO6+2CO2，每生成1mol碲酸四氫鈉(Na2H4TeO6)，則需要的氧化劑O2至少為0.5mol；Na2H4TeO6在水中難溶，酸浸生成的H6TeO6可溶，故生成的碲酸四氫鈉不用“水浸”，而采取“酸浸”； 8．（2018屆重慶市西南大學附屬中學校高三第六次月考）鑭系金屬元素鈰（Ce）常見有+3、+4兩種價態(tài)，鈰的合金耐高溫，可以用來制造噴氣推進器零件。請回答下列問題： （1）霧霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-物質(zhì)的量之比為1∶1，試寫出該反應的離子方程式______________________________________________。 （2）用電解的方法可將上述吸收液中的NO2-轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的無毒氣體，同時再生Ce4+，其原理如圖所示。 ①無毒氣體從電解槽的___________（填字母序號）口逸出。 ②每生成標準狀況下22.4 L無毒氣體，同時可再生Ce4+_____________mol。 （3）鈰元素在自然界中主要以氟碳鈰礦形式存在，其主要化學成分為CeFCO3。工業(yè)上利用氟碳鈰礦提取CeCl3的一種工藝流程如下： ①焙燒過程中發(fā)生的主要反應的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為______________。 ②假設參與酸浸反應的CeO2和CeF4的物質(zhì)的量之比為3∶1，試寫出相應的化學方程式________________。 ③向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是________________________________________。 ④常溫下，當溶液中的某離子濃度≤1.010-5molL-1時，可認為該離子沉淀完全。據(jù)此，在生成Ce(OH)3的反應中，加入NaOH溶液至pH至少達到____________時，即可視為Ce3 +已完全沉淀。 (Ksp[Ce(OH)3])=1.010-20) ⑤加熱CeCl36H2O和NH4Cl的固體混合物可得固體無水CeCl3，其中NH4Cl的作用是_________。 【答案】4Ce4+ + 2NO + 3H2O = 4Ce3+ + NO2－+ NO３－+ 6H+c61∶49CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3 + 6Cl2↑+ 27H2O避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而損失（或?qū)e3+全部轉(zhuǎn)化為CeCl3，提高產(chǎn)率）9NH4Cl固體分解產(chǎn)生的HCl可抑制CeCl3的水解 根據(jù)流程可知反應物還有HCl、H3BO3，生成物有Ce(Br4)3沉淀、CeCl3，根據(jù)化合價的變化，因元素Ce由+4價變?yōu)?3價，化合價降低，由氧化還原反應原理可知，應有元素化合價升高，則應有Cl2生成，結合質(zhì)量守恒，則反應的化學方程式為9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(Br4)3↓+ 11CeCl3 + 6Cl2↑+ 27H2O；③避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而損失或?qū)e3+全部轉(zhuǎn)化為CeCl3，提高產(chǎn)率，故向Ce(BF4)3中加入KCl溶液；④常溫下，當溶液中c(Ce3 +)=1.010-5molL-1時， Ksp[CeOH3])=c(Ce3+)c3(OH-)=1.010-5molL-1c3(OH-)=1.010-20，則 c(OH-)=1.010-5，即pH=9，據(jù)此，在生成Ce(OH)3的反應中，加入NaOH溶液至pH至少達到9時，即可視為Ce3 +已完全沉淀；⑤加熱CeCl36H2O和NH4Cl的固體混合物可得固體無水CeCl3，其中NH4Cl的作用是NH4Cl固體分解產(chǎn)生的HCl可抑制CeCl3的水解。 9．（2018屆廣西玉林高級中學高三化學模擬試題三）鋯(40Zr)是現(xiàn)代工業(yè)的重要金屬原料，具有良好的可塑性，抗蝕性能超過鈦。以鋯英石(主要成分是ZrSiO4，還含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)鋯及其化合物的流程如圖所示： （1）SiCl4的電子式為__________。上述流程中，高溫氣化存在多個反應，若不考慮反應中的損失，則分餾后得到的SiCl4質(zhì)量通常比由純ZrSiO4發(fā)生的反應得到的SiCl4質(zhì)量大，原因是__________________。 （2）高溫氣化后的固體殘渣除C外，還含有的金屬元素有________ （3）寫出上述流程中ZrCl4與水反應的化學方程式：_____________________。 （4）鋯還是核反應堆燃料棒的包裹材料，鋯合金在高溫下與水蒸氣反應產(chǎn)生氫氣，二氧化鋯可以制造耐高溫納米陶瓷。下列關于鋯、二氧化鋯的敘述中，正確的是_____(填序號)。 a．鋯合金比純鋯的熔點高，硬度小 b．二氧化鋯陶瓷屬于新型無機非金屬材料 c．將一束光線通過納米級二氧化鋯會產(chǎn)生一條光亮的通路 d．可采用氦作反應堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑 （5）工業(yè)上電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體也可制取金屬鋯。寫出電解的總反應方程式并標明 電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目 _________________________________________________。 （6）某燃料電池是以C2H4作為燃料氣，另一極通入氧氣，電解質(zhì)是摻雜氧化釔(Y2O3)的氧化鋯(ZrO2)晶體，在熔融狀態(tài)下能傳導O2－，則負極上發(fā)生的反應式為_____________________。 （7）極稀溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度很小，常用其負對數(shù)pc表示（pcB=－lgcB）。如某溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為110﹣5molL﹣1，則該溶液中溶質(zhì)的pc=5。下列說法正確的是_____ A．電解質(zhì)溶液的pc（H+）與pc（OH﹣）之和均為14 B．用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過程中pc（H+）逐漸增大 C．BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加過程中pc（Ba2+）逐漸減小 D．某溫度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.010﹣12，則其飽和溶液中pc（Zr4+）+ pc（CO32﹣）=7.7 【答案】因為雜質(zhì)中的SiO2也通過反應產(chǎn)生了SiCl4Al、FeZrCl4＋9H2O===ZrOCl28H2O＋2HClbdK2ZrF6＋4KClZr＋6KF＋2Cl2↑C2H4＋6O2－－12e－==2CO2＋2H2OBD （2）高溫氣化后的固體殘渣除C外，還含有氧化鋁和氧化鐵，故所含有的金屬元素有Al、Fe； （3）ZrCl4與水反應產(chǎn)物為ZrOCl2?8H2O，根據(jù)原子守恒，反應方程式為：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2?8H2O+2HCl；（4）a．合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的混合物．一般說來合金的硬度一般比各成分金屬大，多數(shù)合金的熔點 低于組成它的成分金屬的熔點，所以鋯合金比純鋯的熔點低，硬度大，故a錯誤；b．陶瓷屬于無機非金屬材料，二氧化鋯陶瓷屬于新型無機非金屬材料，故b正確；c．將一束光線通過膠體會產(chǎn)生一條光亮的通路，但二氧化鋯為化合物無丁達爾效應，故c錯誤；d．氦為稀有氣體，可采用氦作反應堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑，故d正確；故答案為：bd； （5）電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體，反應物為K2ZrF6、KCl，生成物為金屬鋯，鋯的化合價降低（+4→0），則氯的化合價升高生成氯氣（-1→0），轉(zhuǎn)移4e-，根據(jù)原子守恒即得失電子守恒所以方程式為：K2ZrF6+4KCl Zr+6KF+2Cl2↑； （6）該燃料電池中通入乙烯的一極為負極，發(fā)生氧化反應，乙烯失電子和氧離子反應生成二氧化碳和水，電極反應式為：C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O； （7）A．溶液中的c（H+）和c（OH﹣）與水的電離程度有關，而水的電離程度隨溫度的升高而增大，如常溫下Kw= c（H+）c（OH﹣）=1.010-14，則pc（H+）+pc（OH﹣）=14，而在100℃時，Kw= c（H+）c（OH﹣）=1.010-12，則pc（H+）+pc（OH﹣）=12，選項A錯誤；B．用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過程中c（OH﹣）逐漸減小，則c（H+）逐漸增大，所以pc（H+）是逐漸減小的，選項B正確；C．向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加過程中c（Ba2+）逐漸減小，則pc（Ba2+）逐漸增大，選項C錯誤；D．某溫度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.010﹣12，則其飽和溶液中c（Zr4+）=110﹣5molL﹣1，c（CO32﹣）=210﹣5molL﹣1，pc（Zr4+）+ pc（CO32﹣）=7.7，選項D正確。答案選BD。 10．（2019屆遼寧省六校協(xié)作體高三上學期期初聯(lián)考）三鹽基硫酸鉛(3PbOPbSO4H2O)簡稱“三鹽”，白色或微黃色粉末，熱穩(wěn)定性能優(yōu)良，主要用作聚氯乙烯的熱穩(wěn)定劑?！叭}”是由可溶性鉛鹽中加入硫酸生成硫酸鉛，再加氫氧化鈉而制得。以100.0噸鉛泥（主要成分為PbO、Pb及PbSO4等）為原料制備三鹽的工藝流程如下圖所示 已知：（1）Ksp(PbSO4)=1.8210-8，Ksp(PbCO3)=1.4610-13； （2）鉛與冷鹽酸、冷硫酸幾乎不起作用。 請回答下列問題： （1）寫出步驟①“轉(zhuǎn)化”的化學方程式_________________________ （2）步驟②“過濾1”后所得濾渣的主要成分為_____________ （3）步驟③“酸溶”，最適合選用的酸為_____，為提高酸溶速率，可采取的措施是________（任意寫出一條） （4）若步驟④“沉鉛”后的濾液中c(Pb2+)=1.8210-5molL-1，則此時c(SO42-)=_______ molL-1 （5）從原子利用率的角度分析該流程的優(yōu)點為______________ （6）步驟⑥“合成”三鹽的化學方程式為__________________。 【答案】PbSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4Pb PbO PbCO3HNO3適當升溫(適當增加硝酸濃度、減小濾渣顆粒大小等合理答案均可)110-3濾液2(HNO3溶液)可以循環(huán)利用 4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O （4）根據(jù)Ksp(PbSO4)=1.8210-8，若濾液中c(Pb2+)=1.8210-5molL-1，則此時c(SO42-)= Ksp(PbSO4)cPb2+=1.8210-81.8210-5=110-3mol/L ； （5）從原子利用率的角度分析該流程的優(yōu)點為濾液2(HNO3溶液)可以循環(huán)利用，節(jié)約原料，降低成本； （6）根據(jù)題目敘述，結合轉(zhuǎn)化關系，則步驟⑥“合成”三鹽的化學方程式為 4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O。 11．（2018屆云南省紅河州高三復習統(tǒng)一檢測）三氧化二鎳（Ni2O3）是一種重要的電子元件材料和蓄電池材料。工業(yè)上利用含鎳廢料（鎳、鐵、鈣、鎂合金為主）制取草酸鎳（NiC2O42H2O），再高溫煅燒草酸鎳制取三氧化二鎳。已知草酸的鈣、鎂、鎳鹽均難溶于水。工藝流程圖如圖所示： 請回答下列問題： （1）操作Ⅰ為__________________________。 （2）①加入H2O2發(fā)生的主要反應的離子方程式為_____________________________； ②加入碳酸鈉溶液目的是調(diào)溶液的pH值在4.0～5.0，用化學用語回答加入碳酸鈉的目的__________。 （3）草酸鎳（NiC2O42H2O）在熱空氣中干燥脫水后在高溫下煅燒，可制得Ni2O3，同時獲得混合氣體，NiC2O4受熱分解的化學方程式為___________________________________。 （4）加入草酸后如何證明沉淀完全______________________________________________； 過濾NiC2O4沉淀時如何洗滌沉淀_________________________________________________。 （5）以Al和NiO(OH)為電極，NaOH溶液為電解液組成一種新型電池，放電時NiO(OH)轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，則該電池負極的電極反應式為__________________________。 【答案】加酸溶解，過濾2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2OCO32-+2H+═CO2↑+2H2O ， CO32-+H2OHCO3-+OH-，CO32-先與酸反應，之后再水解使溶液呈堿性促進鐵離子水解沉淀完全2NiC2O4 Ni2O3+3CO↑+ CO2↑靜置取上層清液少許于試管中，再加入少量草酸溶液，若試管內(nèi)無沉淀產(chǎn)生說明已經(jīng)沉淀完全沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至液面浸沒沉淀，待水自然流下后，重復操作2-3次Al+4OH--3e- = AlO2-+2H2O 【解析】（1）分析框圖：含鎳廢料（鎳、鐵、鈣、鎂合金為主），要使之變成離子，應該加酸溶解，溶解金屬，再除去不溶物過濾； （5）在該原電池中Al為負極，放電生成Al3+，在NaOH溶液中最終轉(zhuǎn)化為AlO2-，故電極反應式為： Al+4OH--3e- = AlO2-+2H2O。 12．（2019屆山東省德州市武城縣第二中學高三9月月考）鎳電池廣泛應用于混合動力汽車系統(tǒng)，電極材料由Ni(OH)2、碳粉和氧化鐵等涂在鋁箔上制成。由于電池使用后電極材料對環(huán)境有危害，某興趣小組對該電池電極材料進行回收研究，設計實驗流程如下： 已知：a.NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3＋不能氧化Ni2＋。 b．某溫度下一些金屬氫氧化物的Ksp及開始沉淀和完全沉淀時的理論pH如表所示： M(OH)n Ksp pH 開始沉淀 沉淀完全 Al(OH)3 1.910－33 3.43 4.19 Fe(OH)3 3.910－38 2.53 2.94 Ni(OH)2 1.610－14 7.60 9.75 回答下列問題： （1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷步驟②依次析出的沉淀Ⅱ______和沉淀Ⅲ______(填化學式)，則pH1___pH2(填“＞”、“＝”或“＜”)，控制兩種沉淀析出可利用______(填序號)。 A．pH試紙 B．石蕊指示劑 C．pH計 （2）已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4?H2O＞NiC2O4?2H2O，則步驟③的化學方程式是______。步驟③后，過濾沉淀所需的玻璃儀器有_____________________。 （3）試寫出步驟⑥的離子方程式____________________________________。 【答案】Fe(OH)3Al(OH)3
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