（浙江选考）2020版高考化学一轮复习专题四专项突破一化学反应与化工流程题复习策略检测.docx

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1、1专项突破一 化学反应与化工流程题复习策略1.某实验室产生的废液中含有 Fe3+、Cu 2+、Ba 2+三种金属离子,研究小组设计了下列实验方案对废液进行处理,以回收金属,保护环境。请回答:(1)步骤用到的主要玻璃仪器是 。 (2)步骤的实验现象是 。 (3)设计一个实验方案,验证步骤中所加硫酸溶液已经过量: 。 答案 (1)玻璃棒、漏斗、烧杯 (2)溶液由浅绿色变为黄色 (3)取上层清液,继续加硫酸溶液,若无白色沉淀生成,则说明硫酸溶液已经过量(答案合理即可)解析 (1)根据流程图可知,步骤为过滤,用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒;(2)步骤利用H2O2的氧化性,把 Fe2+氧化成 Fe3

2、+,发生反应的离子方程式为 2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O,实验现象为溶液颜色由浅绿色变为黄色;(3)步骤发生反应:Ba 2+S BaSO4,溶液中含有 H+,因此不能检验 H+O2-4的存在,因此需要检验 S 或 Ba2+,操作是取上层清液,继续加入硫酸溶液,若无白色沉淀生成,则说明O2-4硫酸溶液已经过量或者取上层清液,加入 BaCl2溶液,如果有白色沉淀生成,则说明硫酸溶液已经过量。2.重铬酸钾是一种重要的化工原料,工业上由铬铁矿(主要成分为 FeOCr2O3、SiO 2等)制备,制备流程如图所示:已知:a.步骤的主要反应为 2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO

3、3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2b.2Cr +2H+ Cr2 +H2OO2-4 O2-72下列说法正确的是( )A.步骤熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行B.步骤中每生成 44.8 L(标准状况下)CO 2共转移 14 mol 电子C.步骤若调节滤液 2 的 pH 使之变大,则有利于生成 Cr2O2-7D.步骤生成 K2Cr2O7晶体,说明该温度下 K2Cr2O7的溶解度小于 Na2Cr2O7答案 D 陶瓷容器中含有二氧化硅,SiO 2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2,陶瓷容器会被腐蚀,故 A 错误;步骤中 2CO27e-,每生成 44.8 L(标准状况下)即 2 m

4、ol CO2共转移 7 mol 电子,故 B 错误;步骤若调节滤液 2 的 pH 使之变大,2Cr +2H+ Cr2 +H2O 反应的平衡左移 ,则不有利于生成 Cr2 ,故 C 错误;O2-4 O2-7 O2-7溶液趋向于析出溶解度较小的晶体,步骤生成 K2Cr2O7晶体,说明该温度下 K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7,故 D 正确。3.一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在,钴以 Co2O3CoO 的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面,锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下:(1)过程中采用 NaOH 溶液溶出废料

5、中的 Al,反应的离子方程式为 。 (2)过程中加入稀硫酸酸化后,再加入 Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的反应的化学方程式为(产物中只有一种酸根) 。 在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请从氧化还原反应和环境保护的角度分析不用盐酸浸出钴的主要原因: 。 (3)过程得到锂铝渣的主要成分是 LiF 和 Al(OH)3,碳酸钠溶液在产生 Al(OH)3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式: 。 (4)碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同,请写出在过程中起的作用是 。 3答案 (1)2Al+2OH -+2H2O 2Al +3H2O-2(2)4Co2O3CoO+N

6、a2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2OCo 2O3CoO 可氧化盐酸产生 Cl2,污染环境(3)2Al3+3C +3H2O 2Al(OH)3+3CO 2O2-3(4)调节 pH,提供 C ,使 Co2+沉淀为 CoCO3O2-3解析 (1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为 2Al+2OH-+2H2O 2Al +3H2。(2)Co 3O4和 Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成 CoSO4、Na 2SO4和 H2O,反应的化O-2学方程式为 4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O,

7、所以加入 Na2S2O3的作用是还原 Co3+,HCl具有还原性,能被 Co2O3CoO 氧化生成有毒的氯气而污染环境,所以不用盐酸。(3)铝离子能与碳酸根离子互相促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为 2Al3+3C +3H2O 2Al(OH)O2-33+3CO 2。(4)碳酸钠溶液在过程中起的作用是:碳酸根离子能与铝离子互相促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳;碳酸钠溶液在过程中起的作用是调节 pH,提供 C ,使 Co2+沉淀为 CoCO3。O2-34.氨基磺酸镍Ni(H 2NSO3)2是工业电镀镍所必需的化工原料,某科研小组先用尿素、SO 3合成中间体氨基磺酸(H 2NSO3H)

8、,再用氨基磺酸、金属镍和双氧水反应来合成氨基磺酸镍。已知磺化制氨基磺酸反应原理和整个过程的流程图如下:CO(NH 2)2(s)+SO3(g) H2NCONHSO3H(s) H8 时,NH 4VO3的产量明显降低,原因是 。 6(4)测定产品中 V2O5的纯度:称取 a g 产品,先用硫酸溶解,得到(VO 2)2SO4溶液。再加入 b1 mL c1 molL-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(V +2H+Fe2+ VO2+Fe3+H2O)。最后用 c2 molL-1KMnO4溶液滴定过量的(NH 4)2Fe(SO4)2至终点,消O+2耗 KMnO4溶液的体积为 b2 mL。已知 Mn 被还原为

9、 Mn2+,假设杂质不参与反应。则产品中 V2O5的质量分O-4数是 (V 2O5的摩尔质量:182 gmol -1)。 答案 (1)CaO+O 2+V2O3 Ca(VO3)2(2)Ca(VO 3)2+4H+ 2V +Ca2+2H2OO+2酸度大于 3.2%时,钒的溶解量增大不明量,而铝的溶解量增大程度更大(3)调节溶液的 pH,并提供 Ca2+,形成 Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)Ca 3(VO4)2的浊液中存在平衡 Ca3(VO4)2(s) 3Ca2+(aq)+2V (aq),(NH4)2CO3溶液中的 C 与O3-4 O2-3Ca2+结合生成更难溶的 CaCO3沉淀,c(Ca 2+

10、)降低,平衡正向移动,使钒从沉淀中溶出pH8 时,钒的主要存在形式不是 VO-3(4)91(c1b1-5c2b2)(1 000a)解析 (1)根据反应流程:向石煤中加生石灰焙烧,V 2O3与氧化钙和氧气反应生成 Ca(VO3)2,化学方程式是CaO+O2+V2O3 Ca(VO3)2。(2)根据信息可知:pH 在 46 之间,生成 V ,所以 Ca(VO3)2与盐酸反应离O+2子方程式是 Ca(VO3)2+4H+ 2V +Ca2+2H2O。根据图像变化可知:酸度大于 3.2%时,钒的溶解量增O+2大不明显,而铝的溶解量增大程度更大,因此酸浸时不选择更高酸度。(3)浸出液中含有 V ,加入石O3-

11、4灰乳后生成 Ca3(VO4)2沉淀,便于钒元素的富集。Ca 3(VO4)2的浊液中存在平衡 Ca3(VO4)2(s) 3Ca2+(aq)+2V (aq),(NH4)2CO3溶液中的 C 与 Ca2+结合生成更难溶的 CaCO3沉淀,c(Ca 2+)降低,平衡正向O3-4 O2-3移动,使钒从沉淀中溶出;因此向 Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH 4)2CO3溶液,可使钒从沉淀中溶出。根据信息可知:pH8 时,钒的主要存在形式为 V2 或 V 等,不是 V ,NH4VO3的产量明显降低。(4)高锰酸O4-7 O3-4 O-3钾氧化亚铁离子变为铁离子,根据反应规律:Mn 5Fe2+,消耗 KMn

12、O4的量 b210-3c2 mol,则消耗亚铁O-4离子的量为 5b210-3c2 mol,再根据 V Fe2+关系可知,用来还原 V 的亚铁离子的量为 b1c110O+2 O+2-3-5b210-3c2 mol,因此 V 的量为 b1c110-3-5b210-3c2 mol,产品中 V2O5的量为 (b1c110O+2127-3-5b210-3c2) mol,产品中 V2O5的质量为 (b1c110-3-5b210-3c2)182=91(c1b1-5c2b2)10-3g,则12产品中 V2O5的质量分数是 。91(c1b1-5c2b2)1 000a6.锰酸钾(K 2MnO4)是一种强氧化剂,

13、可用于油脂、纤维、皮革的漂白。在酸性溶液中不稳定,容易发生歧化反应而变成 MnO2和 KMnO4。锰酸钾的合成路线与反应装置如下(部分装置已省略)。实验步骤:步骤一:向 500 mL 圆底烧瓶中加入一定量的水、75 g 氢氧化钾和 10 g 高锰酸钾;步骤二:水浴加热至 65 并冷凝回流一段时间;步骤三:冷却结晶、减压过滤,得到粗产品;步骤四:依次用 40% KOH 水溶液、0.015% KOH 甲醇溶液、无水乙醚对产品进行洗涤;步骤五:干燥。已知:实验所用水及溶液均需煮沸。请回答:(1)冷凝水应该从 口进(填“A”或“B”),水浴加热的优点是 。 (2)实验所用水及溶液均需煮沸的原因是 。

14、(3)用 40% KOH 水溶液洗涤时,主要是为了除去 (填化学式)。 (4)请你写出制备锰酸钾的化学方程式(产物中含 Mn 的化合物只有一种): 。 (5)下列说法正确的是 。 A.过滤时,滤纸大小应略小于布氏漏斗内径又能将小孔全部盖住B.洗涤时,右手压住分液漏斗的玻璃塞,左手握住旋塞,将分液漏斗倒转过来,用力振荡C.干燥产品时,可以在真空干燥箱内进行8D.冷却结晶时,若出现过饱和现象,可振荡烧瓶答案 (1)B 受热均匀,便于控温(2)除去溶解的二氧化碳,防止锰酸钾发生歧化反应(3)KMnO4(4)4KMnO4+4KOH 4K2MnO4+2H2O+O2(5)CD解析 (2)题目中提到锰酸钾在

15、酸性条件下容易发生歧化反应,结合实验装置中干燥管中的碱石灰,说明煮沸要除去的不是氧气。(3)分析题干信息,杂质有未反应完的氢氧化钾和高锰酸钾,流程中用 40%KOH 水溶液洗涤是为了除去高锰酸钾。(4)失电子的只能是氧元素,因此有 O2生成。(5)由于锰酸钾有强氧化性,故过滤时不能用滤纸,因此 A 错误。注意题目中洗涤的物质是固体,因此 B错误。7.钴(Co)及其化合物在工业中应用广泛,从某工业废料中制备草酸钴(CoC 2O4)的工业流程如下:已知:废料中主要含有 Co2O3,还含少量 Fe2O3、Al 2O3、MnO、CaO、SiO 2等;浸出液含有的阳离子主要有 H+、Co 2+、Fe 2

16、+、Mn 2+、Ca 2+、Mg 2+、Al 3+等;H 2O2不能氧化 Co2+;部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表:沉淀物 Fe(OH)3 Co(OH)3 Al(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2沉淀完全的 pH3.7 4.6 5.2 9.2 9.6 9.8回答下列问题:(1)在浸出过程中先加入盐酸与 Co2O3反应生成黄绿色气体,此反应的离子方程式为 。浸出过程中加完盐酸后再加入还原性试剂 A 的目的是 。 (2)用萃取剂萃取的步骤中,以下关于萃取分液操作的叙述正确的是 。 9A.为提高萃取率和产品产量,实验时分多次萃取并合并萃取后余液B.溶液中加入

17、萃取剂,转移至分液漏斗中,塞上玻璃塞,如上图所示用力振摇C.振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气D.经几次振摇并放气后,手持分液漏斗静置待液体分层E.分液时,将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔,打开旋塞,待下层液体完全流尽时,关闭旋塞后再从上口倒出上层液体(3)萃取剂对金属离子的萃取率(%)与溶液 pH 的关系如下图所示,在滤液中适宜萃取的 pH 为 (填序号)。 A.接近 2.0 B.接近 3.0 C.接近 5.0(4)萃取后余液中加入(NH 4)2C2O4沉淀 Co2+得到草酸钴,判断 Co2+沉淀完全的操作是 。 (5)为测定制得的无水草酸钴样品的纯度,现称取样

18、品 m g,先用适当试剂将其转化,得到纯净的草酸铵溶液,再用过量的稀硫酸酸化,用 c mol/L 高锰酸钾溶液去滴定,共用去高锰酸钾溶液 V mL,则草酸钴样品的纯度为 (用含 m、c、V 的式子表示)。 答案 (1)Co 2O3+6H+2Cl- 2Co2+Cl2+3H 2O 确保 Co3+完全被还原成 Co2+(2)AE(3)B(4)静置,等沉淀下沉后,向上层清液中继续滴加(NH 4)2C2O4溶液,若无沉淀出现,可判断 Co2+沉淀完全(5) %36.75cVm解析 本题考查物质的制备、物质的分离与提纯、滴定及相关计算。含钴废料中加入盐酸和试剂 A,可得含 HCl、CoCl 2、AlCl

19、3、FeCl 2、MgCl 2、CaCl 2、MnCl 2的浸出液,再加入 H2O2,可将 Fe2+氧化为 Fe3+,然10后加入 Na2CO3调 pH 至 5.2,Fe3+、Al 3+变为 Fe(OH)3、Al(OH) 3沉淀而除去,过滤后所得滤液中主要含有CoCl2、MgCl 2、CaCl 2和 MnCl2,向滤液中加入 NaF 溶液,生成 CaF2、MgF 2沉淀而除去 Ca2+和 Mg2+,过滤得到的滤液中主要含有 CoCl2和 MnCl2,滤液中加入萃取剂除去 Mn2+,萃取后余液中加入(NH 4)2C2O4,充分反应后过滤得到 CoC2O4。(1)盐酸与 Co2O3反应生成的黄绿色

20、气体为 Cl2,氯元素化合价升高,则化合价降低的只能是钴元素,据此可写出反应的离子方程式为 Co2O3+6H+2Cl- 2Co2+Cl2+3H 2O。依题给信息知浸出液中钴元素以 Co2+形式存在,为使后续离子被顺利除去,加入还原性试剂 A 的目的是确保 Co3+完全被还原成 Co2+。(2)萃取分液操作中,为提高萃取率和产品产量,实验时可分多次萃取并合并萃取后余液,A 正确;振摇时,先用右手手掌抵住玻璃塞,握住漏斗口部,左手握住旋塞部位,拇指压住旋塞,水平进行振摇,B 错误;振摇几次后,将分液漏斗斜向上旋开旋塞放气,C 错误;经几次振摇并放气后,将分液漏斗置于铁架台的铁圈上,静置待液体分层,

21、D 错误;分液时,将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔,打开旋塞,待下层液体完全流尽时,关闭旋塞后再从上口倒出上层液体,E 正确。(3)由萃取剂对金属离子的萃取率与溶液 pH 的关系可知,调节溶液 pH 接近 3.0,可使 Mn2+萃取得较完全而 Co2+损失较少。(5)根据方程式:5H2C2O4+2Mn +6H+ 2Mn2+10CO2+8H 2O,依据碳原子守恒可得关系式:5CoC 2O4 C2O45H2C2O42O-4 5(NH4)2Mn ,n(CoC2O4)= n(Mn )= cV10-3mol,故草酸钴样品的纯度为 100%= %O-452 O-4 52 52cV1

22、0-3mol147 g/molmg 36.75cVm。8.高铁酸钠(Na 2FeO4)具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠,生产过程如下:(1)高铁酸钠中铁元素的化合价为 ,次氯酸钠的电子式是 。 (2)步骤反应的离子方程式是 。 (3)从溶液中分离出 Na2FeO4后,还有副产品 Na2SO4、NaCl,则步骤中反应的离子方程式为 。 (4)工业上还可用电解浓氢氧化钠溶液的方法制 Na2FeO4,其原理如图所示:11阳极的电极反应式为 ,可循环使用的物质是 。 (5)Cl2的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是 Na2FeO4的消毒效率的

23、 倍(计算结果保留两位小数)。 答案 (1)+6 Na + -OCl(2)2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O(3)2Fe3+3ClO-+10OH- 2Fe +3Cl-+5H2OO2-4(4)Fe-6e-+8OH- Fe +4H2O NaOH 溶液O2-4(5)1.56解析 (1)化合物中各元素化合价代数和为 0,故高铁酸钠中铁元素的化合价为+6,次氯酸钠为离子化合物,其电子式为 Na+ -。(2)由框图可知,步骤是 FeSO4与 H2O2反应得到 Fe2(SO4)3,反OCl应的离子方程式为 2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O。(3)根据题意并结合框图可知 ,Fe2(S

24、O4)3、NaOH、NaClO 反应生成 Na2FeO4、Na 2SO4、NaCl,反应的离子方程式为 2Fe3+3ClO-+10OH-2Fe +3Cl-+5H2O。(4)由题图可知,Fe 作阳极,失去电子生成 Fe ,阳极反应式为 Fe-6e-+8OH-O2-4 O2-4Fe +4H2O,阴极上 H+放电生成 H2,阴极反应式为 2H2O+2e- H2+2OH -,得到的 A 溶液为 NaOH 溶液,故O2-4能循环使用的物质为 NaOH 溶液。(5)已知:Na 2FeO4 Fe3+,Cl2 2Cl-,则每消耗 1 g Na2FeO4得到 mol 电子,每消耗 1 g 氯气得到 mol 电子,故 Cl2的消毒效率约是 Na2FeO4的消毒效率的 1.56 倍。3166 271