发布时间 : 星期五 文章2020届高考化学二轮复习专题八无机化工流程含解更新完毕开始阅读
可知，0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=0.004mol,碳酸锰粗产品的纯度=
0.004mol?115g/mol?100%=92.00%;若滴定终点时发现滴定管尖嘴
0.5000g3-处产生了气泡，导致标准溶液的体积偏小，则[Mn(PO4)2]的物质的量偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。
2答案及解析： 答案：
解析：答案：（1)CO2+C===2CO 升高温度
2-+H2O (2)2OH-+CO2===CO3900?C(3)①0.8 ②
c??Ni?CO?4??c4?CO? <
(4)43. 2℃?52 °C
垐?(5)温度升高，化学平衡Ni?CO?4?g?噲?Ni?s?+4CO?g?正向移动，CO 浓度增大。垐?CO浓度增大又使此反应2CO(g)噲?CO2(g)+C(s)平衡右移，产生碳。
解析：（1)由流程图可知，反应a为二氧化碳和碳在 900 C的条件下反应生成CO,化学方程式为CO2+C===2CO;
已知：①C(s) + O2(g)=CO2(g)△H1=+393.5kJ? mol-1 1②CO(g) +O2(g)==CO2(g)△H2=-283.0kJ?mol-1
2900?C根据盖斯定律①一②?2得：
-1-1-1垐?CO2?g?+C?s?噲?2CO?g?△H= (+ 393. 5kJ?mol ) - ( - 283. 0kJ?mol)?2=+959.5kJ?mol,
该反应为吸热反应，升高温度，化学反应速率加快，乎衡向正反应方向移动，既有利于提高反应a的速率，又有利于提高原 料CO2平衡转化率
(2)由流程图可知，碱洗过程发生的反应是氢氧化钠溶液吸收二氧化碳的反
2-+H2O； 应，离子方程式为2OH+CO2==CO3_垐?(3)①由反应式Ni(s)+4CO(g)噲?Ni(CO)4(g)可知，3 s后测得Ni(CO)4的物质的量
为0. 6 mol,则消耗的CO的物质的量为0.6 mol?4?2.4mol,则0?3 s内平均反
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应速率v(CO)?2.4mol-1-1
=0.8mol?L?s；
1L?3sc?Ni?CO?4???，当垐?②根据反应式 Ni?s?+4CO?g?噲?Ni?CO?4?g?，平衡常数表达式为K=4c?CO?温度升高时，K减小，说明升温平衡逆向移动，则该反应的△ H < 0; (4)蒸馏时根据三种物质的沸点不同进行分离，从表中数据可知Ni(CO)4的沸点Fe?CO?5的沸点为106℃为43. 2 ℃，：，所以提取Ni(CO)4Co2(CO)8的沸点 为52℃，
应选择的适宜温度范围是43.2℃?52 ℃;
(5)分解Ni(CO)4 (g)制取金属镍的反应为吸热反应， 温度升高，化学平衡
垐?Ni(CO)4(g)噲?Ni(s)+4CO(g)正向移动，CO浓度增大。CO浓度增大又使垐?2CO(g)噲?CO2(g)+C(s)平衡右移，产生碳。
3答案及解析：
答案：1.4.4~7.5; 2.2H+Fe+NO2=Fe+NO↑+H2O
3.2[Fe(OH)]+2H2O[Fe2(OH)4]+2H4.D; 5.5.6; 偏高
解析：1.根据流程图可知,中间过程中需制取FeSO4,但原料与硫酸反应时有Al2(SO4)3生成,故制备过程中应将Al2(SO4)3分离,所以调节溶液pH是为了使Al2(SO4)3转化成Al(OH)3沉淀而除去,但同时要避免生成Fe(OH)2沉淀,故应控制pH在4.4~7.5。
2+3+
2.NaNO2可将Fe氧化为Fe,本身还原为NO,故反应的离子方程式见答案.
2+2+
3.[Fe(OH)]可部分水解生成[Fe2(OH)4]聚合离子,根据电荷守恒和质量守恒可得该反应的离子方程式见答案.
2+2+
4.检验所得产品中是否含有Fe,可用酸性KMnO4溶液,因为高锰酸钾具有强氧化性,而Fe具有还原性,二者会发生氧化还原反应,现象明显。 5. 根据所给反应可得关系式:Fe~S2O3,所以
3+
2+
2+
+
+
2+
?3+
2?n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol·L-1×0.020L=0.0020mol,溶液中铁元素的总含量为
0.0020mol×56g·mol÷0.020L=5.6g·L;若滴定前溶液中的H2O2没有除尽,则H2O2也可以
-氧化I得到I2,消耗的Na2S2O3将偏多,会导致所测定的铁元素含量偏高。
4答案及解析： 答案：（1）SiO2
(2)2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O 5. 2? 8.3 (3)0.08 160
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-1
-1
(4)①越低 部分MnCO3转化为Mn(OH)2②温度越高MnCO3水解程度越大[或温度升高，?NH4?2CO3和MnCO3也会热分解] 解析：
（1)步骤(Ⅰ)浸渣的主要成分是不与浓硫酸反应的酸性氧化物二氧化硅； (2)步骤（Ⅱ)加H2O2溶液时，双氧水将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O;加入氨水的目的是调节溶液pH，使溶液中铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，而锰离子不能沉淀，由题给表格数据可知，应调节的pH适宜范围为5. 2? 8.3; (3)用KF溶液沉钙镁时，溶解度小的CaF2沉淀先生成，CaF2沉淀后生成，则（Mg2+)6.4?10-9=小于1?10mol?L时，溶液中c?F?>=0.08 mol/L；反应-6c?Mg2+?1?10mol/L?6-1-KSP2+垐?MgF2(s)+Ca2+噲?CaF?s?+Mg的平衡常数
c?Mg2+?c?Mg2+??c2?F-?6.4?10?9=??160 K=?112+2+2-4.0?10c?Ca?c?Ca??c?F? (4)①由图(a)可知，在60 °C按投料比n[(NH4)2CO3]/nMn2+ = 2时，在 pH<7. 0 时，pH 越小MnCO3产率越 小；由表格所给溶度积可知，pH>7.0时，溶液碱性增强，MnCO3部分会转化Mn(OH)2，导致产率和纯度降低； ②由图（b)可知，60 ℃时，MnCO3产率最大.温度高于 60 \C:时，温度升高MnCO3水解程度越大.?NH4?2CO3和MnCO3也会热分解，导致产率和纯度降低。
5答案及解析：
答案：1.+4;制备红色颜料和油漆、冶炼铁
2++等;2.TiO+2H2O=H2TiO3?+2H;3.
??;防止NH4HCO3分解(或减
少Fe的水解);4.4FeCO3+O22+2Fe2O3+4CO2;5.4.4?10?3;6.
TiO2+4e-=Ti+2O2-;3.85?105C
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解析：1.FeTiO3中Fe和O元素的化合价分别为+2价和-2价，所以Ti元素的化合价为+4价；铁红的用途为制备红色颜料和油漆、冶炼铁等。
2++2.“水解”时.发生反应的离子方程式为TiO+2H2O=H2TiO3?+2H。 2+-3.“沉铁”时发生的反应为Fe+2HCO3=FeCO3?+CO2?+H2O,气
态产
物为
CO2，其
电子式为;该过程需控制反应温度低
于35℃，因为温度过高时，NH4HCO3会分解，而且会促进Fe2+的水解。 4.FeCO3转化为铁红时,发生反应的化学方程式为4FeCO3+O22+?35.若滤液3中c(Mg)?1.2?10mol/L，假设溶液体积为1L，则
2Fe2O3+4CO2。
n(Mg2+)?1.2?10?3mol,沉淀这些镁离子要消耗
n(OH-)?2n(Mg2+)?2.4?10?3mol，反应后溶液体积变为
1.0?10?11?mol/L?1.0?10?3mol/L,所以2L,c(OH)?2+?5c(Mg)1.0?10-Kspn(OH-)总=2.4?10?3mol?2L?1.0?10?3mol/L?4.4?10?3mol,向其中加入等体积的
4.4?10?3mol?4.4?10?3mol/L时,可使Mg2+恰好沉淀完全。 NaOH溶液的浓度为
1L-2-6.“电解”时，电解质为熔融的CaO,则阴极反应式为TiO2+4e=Ti+2O;制得1mol
Ti单质，理论上导线中通过的电子为4mol，电量为
4mol?6.02?1023mol?1?1.6?10?19C=3.85?105C。
6答案及解析：
答案：1.+3; 2.4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3
2--
2Fe2O3+ 8Na2CrO4 +8CO2
3.CrO4会被盐酸中的Cl还原,并产生有毒气体Cl2
2-+2-2CrO4+2H=Cr2O7+H2O中,增大氢离子浓度,平衡向右移动
--4.CO2; 5.①2H2O+2e=H2↑+2OH ②2mol
6.滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色刚好褪去，且振荡后半分钟内不恢复蓝色; 95.4% 解析：1.Fe(CrO2)2中Fe元素为+2价,O元素为-2价,根据化合物中各元素化合价的代数和为零可得Cr元素的化合价是+3价。
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2.根据流程图可知:煅烧过程中生成Na2CrO4的同时生成CO2和Fe2O3,反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3
2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
4.样品煅烧后,产生二氧化碳,通入含有偏铝酸钠和硅酸钠的溶液中,生成氢氧化铝和硅酸沉淀,溶液为碳酸氢钠,碳酸氢钠加热又可生成二氧化碳,故该工艺中CO2可以再利用。
7答案及解析：
答案：1.增大接触面积,同时增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率
+3+
2.①4Fe3O4+O2+36H=12Fe+18H2O
②小于2; pH≥2时将有部分沉淀损失
3+3+
③温度超过100℃,明显加快Fe水解反应的速率,导致Fe浓度降低 3.Fe2(SO4)3和H2SO4
4.6Fe+Cr2O7+14H=6Fe+2Cr+7H2O
解析：1.废铁渣进行“粉碎”可以增大废铁渣与反应物的接触面枳,增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率
3+
2.①酸浸过程中Fe3O4被氧气完全氧化为Fe,反应的离子方程式是
+3+
4Fe3O4+O2+36H=12Fe+18H2O
3+3+
②Fe在pH=2开始沉淀,硫酸酸浸时要保证Fe不沉淀,所以要控制pH小于2;
3+
③升高温度,Fe水解平衡正向移动,生成氢氧化铁,所以温度超过100℃时,铁浸取率反而减小
3.酸浸过程中Fe3O4与氧气、硫酸反应生成了Fe2(SO4)3和水,所以滤液的主要成分是Fe2(SO4)3和H2SO4
2-3+2+3+
4.在酸性条件下,Cr2O7被还原为Cr,Fe被氧化为Fe反应的离子方程式是2+2-+3+3+
6Fe+Cr2O7+14H=6Fe+2Cr+7H2O
2+
2?+3+3+
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