2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版素养提升专项练 （三）

2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版素养提升专项练 （三）

温馨提示： ‎ ‎ 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。‎ 素养提升专项练 (三)‎ ‎(建议用时40分钟)‎ ‎1.(2020·济南模拟)由硫铁矿(主要成分:FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下:‎ 下列说法不正确的是 (　　)‎ A.过程1废气中含SO2‎ B.过程2试剂a为稀硫酸 C.过程3离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++S+4H+‎ D.过程4将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干,可得纯净绿矾 ‎【解析】选D。硫铁矿高温煅烧后的烧渣中含Fe2O3和SiO2,Fe2O3能溶于硫酸,溶液中含Fe3+,过程2过滤除去二氧化硅,滤液中通入SO2,生成FeSO4,过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。过程1的废气中含SO2,A正确;因绿矾的酸根离子为硫酸根离子,则过程2用硫酸来溶解烧渣,B正确;过程3中二氧化硫将铁离子还原生成硫酸亚铁,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++S+4H+,C正确;过程4,将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干,蒸干时绿矾受热失 去结晶水,得不到纯净绿矾,D错误。‎ ‎2.工业上用含有少量氧化铁杂质的废铜粉为原料,制取硫酸铜的主要过程如图所示: ‎ 下列有关说法不正确的是 (　　)‎ A.“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸,固体B可以用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3‎ B.通入的气体A可以是O2或Cl2‎ C.通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是Fe2+、Cu2+、H+‎ D.将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热,可制得无水硫酸铜 ‎【解析】选B。制取硫酸铜,“过量酸”应为稀硫酸,若用硝酸,会引入硝酸铜杂质;若用浓硫酸,会产生SO2污染空气,加入固体B的作用是调节溶液的pH,使Fe3+变为沉淀而除去,为了不引入新的杂质,可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3,A正确;向混合溶液中通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子,气体A为O2,若用Cl2会引入氯化铜杂质,B错误;废铜粉与稀硫酸反应:Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O,2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,由于稀硫酸过量,因此通入气体A之前混合溶液中存在的阳离子为Fe2+、Cu2+、H+,C正确;将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热,晶体将失去结晶水,得到无水硫酸铜,D正确。‎ ‎3.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:‎ MgO SiO2‎ FeO、Fe2O3‎ CaO Al2O3‎ B2O3‎ ‎30%～‎ ‎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 ________________________________。 ‎ ‎【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;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。‎ 答案:(1)H2SO4　SiO2‎ ‎(2)将Fe2+氧化为Fe3+　调节溶液pH,使Fe3+、Al3+以氢氧化物沉淀的形式除去 ‎(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 ‎4.硫酸厂烧渣(主要成分是Fe2O3,其次含少量的SiO2和FeS)经回收处理可制得绿矾(FeSO4·7H2O)和一种重要的水处理剂聚铁胶体[Fe(OH)SO4]n,上述生产工艺流程如下:‎ 请通过分析回答下列相关问题:‎ ‎(1)操作Ⅰ的名称是________。 ‎ ‎(2)灼烧产生的尾气对大气有污染,因此工业生产中必须进行回收处理,下列方法可行的是__________。 ‎ A.直接用水吸收 B.用氨水吸收 ‎ C.用浓硫酸吸收 D.与空气混合用石灰石粉末悬浊液吸收 ‎(3)操作Ⅲ经蒸发浓缩、______、过滤、________、干燥等。 ‎ ‎(4)在由溶液X制聚铁胶体过程中①调节pH及②控制温度的目的是______________________。 ‎ ‎(5)检验溶液X中金属阳离子所加试剂是________,其现象是____________________ 。 ‎ ‎(6)溶液X转化为溶液Y需加入一种常见物质是________。 ‎ ‎(7)在反应釜中FeS、O2及稀硫酸反应生成硫酸铁等物质,则反应的离子方程式是 __________________________________________。 ‎ ‎【解析】(1)操作Ⅰ将固体和液体分离,是过滤;‎ ‎(2)烧渣中含有FeS,燃烧生成SO2,污染空气,SO2用碱液吸收,直接用水吸收,效果差,A不可行;用氨水吸收,效果好,B可行;浓硫酸与SO2不反应,C不可行;与空气混合用石灰石粉末悬浊液吸收可以转化为石膏,D可行。(3)操作Ⅲ从溶液中得到绿矾晶体,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。(4)Fe3+易水解形成胶体,在由溶液X制聚铁胶体过程中①调节pH及②控制温度的目的是促使Fe3+充分水解并形成聚铁胶体;(5)溶液X中金属阳离子是铁离子,检验所加试剂是KSCN溶液,其现象是溶液变为红色;(6)溶液X转化为溶液Y是将铁离子还原为亚铁离子,在不引入杂质的情况下,最好加入铁粉;(7)在反应釜中FeS、O2及稀硫酸反应生成硫酸铁、硫单质和水,其反应的离子方程式是4FeS+ 3O2 + 12H+4Fe3++4S↓+6H2O。‎ 答案:(1)过滤　(2)BD ‎(3)冷却结晶　洗涤 ‎ ‎(4)促使Fe3+充分水解并形成聚铁胶体 ‎(5)KSCN溶液　溶液变为红色　(6)Fe(或铁粉)‎ ‎(7)4FeS+3O2+12H+4Fe3++4S↓+6H2O ‎5.金属钴是一种非常稀缺的战略资源,工业上通过电解法从中回收钴,废旧硬质合金刀具主要含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁。工艺流程简图如下:‎ 已知:‎ 金属离子 开始沉淀pH 沉淀完全pH Co2+‎ ‎5.6‎ ‎9.5‎ Fe2+‎ ‎7.6‎ ‎9.7‎ Fe3+‎ ‎2.7‎ ‎3.7‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)净化过程加双氧水的目的是______________________。 ‎ ‎(2)通氨气的目的是调节溶液的pH,除去铁元素。由表中的数据可知,理论上可选择的pH最大范围是________。 ‎ ‎(3)加入NH4HCO3溶液发生反应的离子方程式是 ______________________。 ‎ ‎(4)实验室洗涤过滤得到CoCO3沉淀的操作是 ______________________。 ‎ ‎(5)CoCO3焙烧的化学方程式为________________________________。 ‎ ‎【解析】(1)净化过程加双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+,便于除去铁元素。‎ ‎(2)根据题表中数据可知,控制pH范围为3.7～5.6,可以使Fe3+沉淀完全,而Co2+不沉淀。(3)根据工艺流程简图可知,加入NH4HCO3溶液,Co2+转化为CoCO3,离子方程式为2HC+Co2+CoCO3↓+CO2↑+H2O。(4)实验室洗涤过滤得到CoCO3沉淀的操作为向过滤器中注入蒸馏水,没过沉淀,待液体滤出,重复操作2～3次。(5)CoCO3焙烧时转化为Co2O3,化学方程式为4CoCO3+O22Co2O3+4CO2。‎ 答案:(1)将Fe2+氧化成Fe3+　(2)3.7～5.6‎ ‎(3)2HC+Co2+CoCO3↓+CO2↑+H2O ‎(4)向过滤器中注入蒸馏水,没过沉淀,待液体滤出后,重复操作2～3次 ‎(5)4CoCO3+O22Co2O3+4CO2‎ ‎6.(2019·卫辉模拟)硫酸镍是一种重要的化工中间体,是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2,含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如下: ‎ 已知:① NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水,Cr(OH)3是两性氢氧化物,过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠。‎ ‎②Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液,Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。‎ ‎③离子浓度≤10-5 mol·L-1时,离子沉淀完全。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎,再与20%硫酸在‎100 ℃‎下反应2小时,该操作的目的为________________________________。 ‎ ‎(2)“滤渣Ⅰ”主要成分在工业上的用途为__________________(写1种即可),NH4Cl的电子式为__________________。 ‎ ‎(3)“一次碱析”时,加入的NaOH溶液需过量,则含铬微粒发生反应的离子方程式为__________________________________________。 ‎ ‎(4)“氨解”的目的为________________________________, “净化”时加入的H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀,对应的离子方程式为______________‎ ‎____________________________。 ‎ ‎(5)“氧化”时发生反应的离子方程式为 ______________________。 ‎ ‎(6)“二次碱析”时,若使溶液中的Ni2+沉淀完全,则需维持c(OH-)不低于________。(已知Ni(OH)2的Ksp=2×10-15, ≈1.4)。 ‎ ‎(7)工业上利用电解法处理含氯化镍的酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是________。 ‎ 已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解;‎ ‎②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)。‎ A.碳棒上发生的电极反应:4OH--4e-O2↑+2H2O B.电解过程中,B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小 C.为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水pH D.若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应总方程式发生改变 ‎【解析】(1)“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎,再与20%硫酸在‎100 ℃‎下反应2小时,是为了增大接触面积,加快反应速率,提高镍元素的浸出率。‎ ‎(2)二氧化硅不溶于稀硫酸,则“滤渣Ⅰ”主要成分是二氧化硅, 二氧化硅主要应用于制玻璃或制光导纤维;NH4Cl中既含离子键又含共价键,是离子化合物,电子式为[H]+]-。‎ ‎(3)根据信息可知,Cr(OH)3‎ 是两性氢氧化物,性质类似于氢氧化铝,铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬,若氢氧化钠过量,则过量的氢氧化钠与氢氧化铬继续反应生成偏铬酸钠,Cr3++4OH-Cr+2H2O。‎ ‎(4)废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁,由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液,Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成]2+,则 “氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离;“净化”时加入H2S,H2S与]2+发生反应生成NiS沉淀,离子方程式为[Ni(NH3)6]2++H2SNiS↓+2N+4NH3↑。‎ ‎(5)“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应,根据流程图反应生成S,则稀硝酸中的氮元素由+5价降低到+2价生成NO,NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成硫单质,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,反应的离子方程式为3NiS+8H++2N3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O。‎ ‎(6)氢氧化镍中存在溶解平衡,Ksp = c(Ni2 +)c2(OH-)。根据信息离子浓度≤10-5mol·L-1时,离子沉淀完全,则2×10-15=10-5×c2(OH-),c(OH-)=1.4×10-5mol·L-1。‎ ‎(7)由图知,碳棒与电源正极相连是电解池的阳极,电极反应为4OH--4e-2H2O+O2↑,A正确;镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极,电极反应为Ni2++2e-Ni,电解过程中为平衡A、C中的电荷,A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中,这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大,B错误;因Ni2+‎ 在弱酸性溶液中易发生水解;氧化性Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度),为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水pH,C正确;若将图中阳离子膜去掉,由于放电顺序Cl->OH-,则Cl-移向阳极放电:2Cl--2e-Cl2↑,电解反应总方程式会发生改变,D正确。‎ 答案:(1)加快反应速率,提高镍元素的浸出率 ‎(2)制玻璃或制光导纤维　[H]+]-‎ ‎(3)Cr3++4OH-Cr+2H2O ‎(4)实现镍元素和铁元素的分离 ‎[Ni(NH3)6]2++H2SNiS↓+2N+4NH3↑‎ ‎(5)3NiS+8H++2N3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O　(6)1.4×10-5 mol·L-1　(7)B ‎7.(2020·广州模拟)As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。‎ 图1‎ ‎(1)“碱浸”的离子方程式________________________________。(任写一个) ‎ ‎(2)通入氧气的作用________________________________。 ‎ ‎(3)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀,发生的主要反应:‎ a.Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)　ΔH<0‎ b.5Ca2++OH-+3AsCa5(AsO4)3OH　ΔH>0‎ 研究表明:“沉砷”的最佳温度是‎85 ℃‎。高于‎85 ℃‎后,随温度升高,沉淀率下降,其原因是____________________________________________________。 ‎ ‎(4)“还原”过程反应的化学方程式是________________________________。 ‎ ‎(5)“还原”后加热溶液,H3AsO3分解为As2O3,同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率,“结晶”过程进行的操作是________。 ‎ ‎(6)下列说法中,正确的是________(填字母)。 ‎ a.粗As2O3中含有 CaSO4‎ b.工业生产中,滤液2可循环使用,提高砷的回收率 c.通过先“沉砷”后“酸化”的顺序,可以达到富集砷元素的目的 ‎【解析】由流程图可知,向工业废水中加入氢氧化钠碱浸,H3AsO4、H3AsO3与氢氧化钠溶液反应生成Na3AsO4、Na3AsO3,向Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液中通入氧气,氧气将Na3AsO3氧化为Na3AsO4,再加入石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀,用稀硫酸溶解沉淀,生成 H3AsO4溶液和硫酸钙沉淀,过滤,向H3AsO4溶液中通入二氧化硫,二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3,加热H3AsO3溶液,H3AsO3分解为As2O3,加入浓度约为7 mol·L-1的硫酸,冷却至‎25℃‎,过滤,得粗As2O3。‎ ‎(1)H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反应的化学方程式H3AsO4+3NaOHNa3AsO4+3H2O;‎ ‎(2)向Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液中通入氧气,氧气将Na3AsO3氧化为Na3AsO4;‎ ‎(3)反应a为放热反应,升高温度,反应a平衡逆向移动,c(Ca2+)下降,反应b平衡逆向移动,Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降;‎ ‎(4)“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3,自身被氧化生成硫酸,反应为H3AsO4+H2O+SO2H3AsO3+H2SO4;‎ ‎(5)由图2可知,硫酸浓度约为7 mol·L-1,‎25 ℃‎时As2O3的沉淀率最大,易于分离,故为了提高粗As2O3的沉淀率,调硫酸浓度约为7 mol·L-1,冷却至‎25 ℃‎,过滤;‎ ‎(6)a、钙离子未充分除去,粗As2O3中含有CaSO4,正确;b、滤液2为硫酸,可循环使用,提高砷的回收率,正确;‎ c、通过先“沉砷”后“酸化”的顺序,可以达到富集砷元素的目的,正确。‎ 答案:(1)H3AsO4+3OH-As+3H2O ‎(2)将As氧化生成As ‎(3)温度升高,反应a平衡逆向移动,c(Ca2+)下降,反应b平衡逆向移 动,Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降 ‎(4)H3AsO4+H2O+SO2H3AsO3+H2SO4‎ ‎(5)调硫酸浓度约为7 mol·L-1,冷却至‎25 ℃‎,过滤　(6)abc ‎8.工业利用精炼镁渣(含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等杂质)回收MgCl2的工业流程如下,根据流程图回答问题:‎ ‎　已知:‎25 ℃‎时有关物质的溶度积如下:‎ 物质 CaCO3‎ MgCO3‎ BaCO3‎ Mg(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp ‎4.96×‎ ‎10-9‎ ‎6.82×‎ ‎10-6‎ ‎5.1×‎ ‎10-9‎ ‎5.61×‎ ‎10-12‎ ‎2.64×‎ ‎10-38‎ ‎(1)写出溶解时的离子方程式 ________________________________; ‎ ‎(2)溶解时温度不能太高,也不宜太低,要求控制在‎35 ℃‎左右,其理由是__‎ ‎________________________________________; ‎ ‎(3)操作Ⅰ中,需要在HCl气流中加热蒸发,冷却结晶,其原因为____________, ‎ 最后过滤,洗涤,烘干。烘干时需要减压烘干,原因是______________________; ‎ ‎(4)为减少Na2CO3的用量和提高产品质量,在中和工序(‎ 中和后溶液接近中性)结束前要检验溶液中是否存在________离子,选择检验该离子的原因是______‎ ‎__________________________; ‎ ‎(5)母液的主要成分为______________________________________。 ‎ ‎【解析】(1)镁渣用盐酸溶解时,主要是里面的MgO和盐酸发生反应,形成含镁盐的溶液,反应方程式为MgO+2H+H2O+Mg2+。(2)用盐酸溶解镁渣时,盐酸易挥发,要防止挥发,同时又要保持适当的反应速率,溶解时温度太低,反应速率过慢,温度太高,HCl会挥发。(3)操作Ⅰ主要是从溶液中获得MgCl2·6H2O晶体,要防止Mg2+水解,同时又要防止结晶水合物MgCl2·6H2O失去结晶水,所以要用降温结晶的方法,同时烘干的温度不能太高。(4)在中和工序中要将Ba2+、Ca2+、Fe3+尽可能除去,而BaCO3溶解度仅小于MgCO3的溶解度,而大于其他物质的溶解度,当Ba2+除尽时,就可以推断Ca2+、Fe3+已经除尽。(5)镁渣用盐酸溶解后,再除去Ba2+、Ca2+、Fe3+后,碳酸钠中的钠离子及原溶液中的钾离子仍然在溶液中,另外还有少部分未析出的氯化镁,所以溶液中主要留下了KCl、NaCl和MgCl2。‎ 答案:(1)MgO+2H+H2O+Mg2+‎ ‎(2)溶解时温度太低,反应速率过慢,温度太高,HCl会挥发　(3)抑制Mg2+水解　降低烘干时的温度,防止MgCl2·6H2O分解 ‎(4)Ba2+　BaCO3溶解度仅小于MgCO3的溶解度,而大于其他物质的溶解度,Ba2+可除尽时,其他杂质已除尽　(5)KCl、NaCl和MgCl2‎ 关闭Word文档返回原板块