高考化學二輪復習 考點研習訓練化學與技術

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1、2013年高考化學二輪復習考點研習訓練：1-8 化學與技術 1．(2012年高考上海卷)下列關于硫酸工業(yè)生產(chǎn)過程的敘述錯誤的是(　　) A．在接觸室中使用鐵粉作催化劑 B．在接觸室中運用熱交換技術可充分利用能源 C．把硫鐵礦磨成細粉末，可以提高原料的利用率 D．該反應采用450～500 ℃主要是因為該溫度下催化劑活性好 解析：硫酸工業(yè)生產(chǎn)過程中，接觸室中發(fā)生的反應為2SO2＋O22SO3，所用催化劑為V2O5。 答案：A 2．(2012年運城質檢)下列對工業(yè)生產(chǎn)的應用或解釋正確的是(　　) A．通過提高煙囪的高度可減少污染氣體的排放量 B．電解Al2O3過程中加入冰

2、晶石(Na3AlF6)，可降低Al2O3的熔融溫度 C．接觸法制硫酸工業(yè)中，常常采用加壓來提高SO2的轉化率 D．氯堿工業(yè)中，電解池兩電極材料必須都要用耐腐蝕的導電材料 解析：提高煙囪的高度不能減少污染氣體的排放量，A不正確；B正確；SO2轉化為SO3的催化氧化反應中，在常壓下SO2的轉化率已經(jīng)很高，不需要加壓，C不正確；氯堿工業(yè)中的電解池，陰極是用碳鋼網(wǎng)制成的，D不正確。 答案：B 3．(2010年高考新課標全國卷)水是一種重要的自然資源，是人類賴以生存不可缺少的物質。水質優(yōu)劣直接影響人體健康。請回答下列問題： (1)天然水中溶解的氣體主要有________、________；

3、 (2)天然水在凈化處理過程中加入的混凝劑可以是________________(填其中任何兩種)，其凈水作用的原理是________________________； (3)水的凈化與軟化的區(qū)別是________________________________________ _______________________________________________________________； (4)硬度為1°的水是指每升水含10 mg CaO或與之相當?shù)奈镔|(如7.1 mg MgO)。若某天然水中c(Ca2＋)＝1.2×10－3 mol·L－1，c(Mg2＋)＝6×10－4

4、 mol·L－1，則此水的硬度為________； (5)若(4)中的天然水還含有c(HCO)＝8×10－4 mol ·L－1，現(xiàn)要軟化10 m3這種天然水，則需先加入Ca(OH)2________g，后加入Na2CO3________g。 解析：(1)天然水中溶解的氣體主要是空氣中的主要成分，如氧氣、氮氣、二氧化碳等。(2)天然水中含有一些懸浮物，除去的方法通常是在水中加入一些混凝劑，如明礬、硫酸鋁、硫酸鐵、硫酸亞鐵等鹽，它們的凈水原理是相同的，都是金屬陽離子如Al3＋、Fe3＋在水中發(fā)生水解反應生成相應的氫氧化物膠體，它們可吸附天然水中的懸浮物并破壞天然水中的其他帶異種電荷的膠體微粒，

5、使其發(fā)生聚沉，達到凈化水的目的。(3)水的凈化指的是用混凝劑將水中的懸浮物、膠體微粒沉淀下來，不能把水中溶解的鹽除去；水的軟化是指用化學試劑或者利用離子交換膜等方法將水中溶解的鈣離子、鎂離子除去。(4)m(CaO)＝1.2×10－3mol·L－1×1 L×56 g·mol－1＝67.2×10－3g，由鈣離子引起的水的硬度為6.7°；由鎂離子引起的硬度為：m(MgO)＝6×10－4 mol·L－1×1 L×40 g·mol－1＝24×10－3g，由鎂離子引起的硬度為：24÷7.1≈3.3°，總硬度為10°。(5)n(HCO)＝8×10－4 mol·L－1×10 000 L＝8 mol，將其轉化

6、為CO需要氫氧化鈣的物質的量為4mol，沉淀水中的鎂離子需要氫氧化鈣的物質的量為n[Ca(OH)2]＝n(Mg2＋)＝6×10－4mol·L－1×10 000 L＝6 mol，共需加入Ca(OH)2的質量為：10 mol×74 g ·mol－1＝740 g；n(Ca2＋)＝1.2×10－3 mol·L－1×10 000 L＋10 mol＝22 mol，將其完全轉化為沉淀需要的碳酸根離子的總量為：n(CO)＝22 mol，需加入n(Na2CO3)＝22 mol－8 mol＝14 mol，m(Na2CO3)＝14 mol×106 g·mol－1＝1 484 g。 答案：(1)氧氣　二氧化碳(或氮

7、氣)　(2)明礬、硫酸鐵　金屬陽離子如Al3＋、Fe3＋在水中發(fā)生水解反應，生成相應的氫氧化物膠體，它們可吸附天然水中的懸浮物并破壞天然水中的其他帶異種電荷的膠體微粒，使其發(fā)生聚沉，達到凈化水的目的　(3)水的凈化指的是用混凝劑將水中的懸浮物、膠體微粒沉淀下來；水的軟化是指用化學試劑或者利用離子交換膜等方法將水中溶解的鈣離子、鎂離子除去 (4)10°　(5)740　1 484 4．(2011年高考浙江卷)鋁生產(chǎn)產(chǎn)業(yè)鏈由鋁土礦開采、氧化鋁制取、鋁的冶煉和鋁材加工等環(huán)節(jié)構成。請回答下列問題： (1)工業(yè)上采用電解氧化鋁-冰晶石(Na3AlF6)熔融體的方法冶煉得到金屬鋁： 2Al2O34A

8、l＋3O2↑ 加入冰晶石的作用：________。 (2)上述工藝所得鋁材中往往含有少量Fe和Si等雜質，可用電解方法進一步提純，該電解池中陽極的電極反應式為________，下列可作陰極材料的是________。 A．鋁材 　　　　　　　 B．石墨 C．鉛板 　　　　　　　 D．純鋁 (3)陽極氧化能使金屬表面生成致密的氧化膜。以稀硫酸為電解液，陽極鋁發(fā)生的電極反應式為_________________________________________________。 (4)在陽極鋁氧化過程中，需要不斷地調整電壓，理由是______________。 (5)下列說法正確

9、的是________。 A．陽極氧化是應用原電池原理進行金屬材料表面處理的技術 B．陽極鋁的氧化可增強鋁表面的絕緣性能 C．陽極鋁的氧化可提高金屬鋁及其合金的耐腐蝕性，但耐磨性下降 D．陽極鋁的氧化膜富有多孔性，具有很強的吸附性能，能吸附染料而呈各種顏色 解析：(1)由于Al2O3熔點很高，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔點，作助熔劑。 (2)在電解池中陽極發(fā)生氧化反應，金屬失去電子，電極反應式為Al－3e－===Al3＋，電解精煉鋁應以純鋁作陰極材料。 (3)根據(jù)陽極發(fā)生氧化反應可以得到電極反應式為：2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋。 (4)陽極鋁生成氧化

10、物薄膜后會使電阻增大，為了保持穩(wěn)定的電流，需要隨電阻增大而不斷增大電壓。 (5)陽極氧化應用的是電解原理，A項錯誤；由于氧化物的生成可以增強鋁表面的絕緣性，B項正確；鋁的陽極氧化可以提高鋁及鋁合金的耐腐蝕性，但耐磨性不下降，C項錯誤；氧化鋁具有不同的晶型，其中的δ-Al2O3具有多孔性、強吸附性和催化活性，可做吸附劑和催化劑，D項正確。 答案：(1)主要是降低Al2O3熔化溫度　(2)Al－3e－===Al3＋　D　(3)2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋　(4)陽極鋁表面不斷生成氧化物，電阻增大，為了保持穩(wěn)定的電流，需要不斷增大電壓　(5)BD 5．(創(chuàng)新預測)硫酸工業(yè)在

11、國民經(jīng)濟中占有極其重要的地位。 (1)硫酸的最大消費渠道是化肥工業(yè)，用硫酸制造的常見化肥有________(任寫一種)。 (2)硫酸生產(chǎn)中，根據(jù)化學平衡原理來確定的條件或措施有________(填寫序號)。 A．礦石加入沸騰爐之前先粉碎 B．使用V2O5作催化劑 C．轉化器中使用適宜的溫度 D．凈化后的爐氣中要有過量的空氣 E．催化氧化在常壓下進行 F．吸收塔中用98.3%的濃硫酸吸收SO3 (3)在硫酸工業(yè)中，通過下列反應使二氧化硫轉化為三氧化硫： 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)； ΔH＝－196.6 kJ·mol－1 在實際工業(yè)生產(chǎn)中，常采用“

12、二轉二吸法”，即將第一次轉化生成的SO2分離后，將未轉化的SO2進行二次轉化，假若兩次SO2的轉化率均為95%，則最終SO2的轉化率為________。 (4)硫酸的工業(yè)制法過程涉及三個主要的化學反應及相應的設備(沸騰爐、轉化器、吸收塔)。 ①三個設備分別使反應物之間或冷熱氣體間進行了“對流”。請簡單描述吸收塔中反應物之間是怎樣對流的。 _______________________________________________________________。 ②工業(yè)生產(chǎn)中常用氨—酸法進行尾氣脫硫，以達到消除污染、廢物利用的目的。用化學方程式表示其反應原理。(只寫出2個方程式即可)

13、 _________________________________________________________________ _______________________________________________________________。 解析：(2)根據(jù)化學平衡原理來確定的條件改變是D項(增大反應物濃度，使平衡正向移動)。 根據(jù)化學平衡原理，降溫有利于平衡正向移動，保持適宜溫度是為了使催化劑效率最高。 (3)轉化率為95%＋(1－95%)×95%＝99.75%。 (4)注意SO2用NH3吸收后再用H2SO4處理，可得相應化肥。SO2可以再次循環(huán)利用。 答

14、案：(1)硫酸銨(或硫酸鉀或過磷酸鈣等)　(2)D　(3)99.75% (4)①SO3從吸收塔底部進入，吸收劑(濃硫酸)從頂部下淋，形成對流 ②SO2＋NH3＋H2O===NH4HSO3；2NH4HSO3＋H2SO4===(NH4)2SO4＋2H2O＋2SO2↑ [或SO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2SO3；(NH4)2SO3＋H2SO4===(NH4)2SO4＋H2O＋SO2↑] 1．(2011年高考新課標全國卷)普通紙張的主要成分是纖維素。在早期的紙張生產(chǎn)中，常采用紙張表面涂敷明礬的工藝，以填補其表面的微孔，防止墨跡擴散。請回答下列問題： (1)人們發(fā)現(xiàn)紙張會發(fā)生

15、酸性腐蝕而變脆、破損，嚴重威脅紙質文物的保存。經(jīng)分析檢驗，發(fā)現(xiàn)酸性腐蝕主要與造紙中涂敷明礬的工藝有關，其中的化學原理是_______________________________________________________________； 為了防止紙張的酸性腐蝕，可在紙漿中加入碳酸鈣等添加劑，該工藝原理的化學(離子)方程式為_________________________________________________ _______________________________________________________________。 (2)為了保護這些紙張文物，有

16、人建議采取下列措施： ①噴灑堿性溶液，如稀氫氧化鈉溶液或氨水等。這樣操作產(chǎn)生的主要問題是_________________________________________________________________； ②噴灑Zn(C2H5)2。Zn(C2H5)2可以與水反應生成氧化鋅和乙烷。用化學(離子)方程式表示該方法生成氧化鋅及防止酸性腐蝕的原理____________、__________。 (3)現(xiàn)代造紙工藝常用鈦白粉(TiO2)替代明礬。鈦白粉的一種工業(yè)制法是以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3)為原料按下列過程進行的，請完成下列化學方程式： 解析：(1)明礬中的Al3＋

17、水解使溶液顯酸性，在酸性條件下纖維素水解；碳酸鈣可與H＋反應，從而防止紙張的酸性腐蝕。(2)①紙張中的主要成分是纖維素，過量的堿同樣可能會導致纖維素發(fā)生水解而被腐蝕。②根據(jù)題給信息的描述，反應方程式為Zn(C2H5)2＋H2O===ZnO＋2C2H6↑，ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O。(3)第①個方程式用化合價升降法配平，F(xiàn)eTiO3中鐵元素化合價為＋2價，鈦元素化合價為＋4價，2FeTiO3＋6C＋7Cl22TiCl4＋2FeCl3＋6CO；第②個方程式通過觀察法就可以得出答案，TiCl4＋O2TiO2＋2Cl2。 答案：(1)明礬水解產(chǎn)生酸性環(huán)境，在酸性條件下纖維素水解，使高分子鏈

18、斷裂　CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O　(2)①過量的堿同樣可能會導致纖維素水解，造成書籍污損 ②Zn(C2H5)2＋H2O===ZnO＋2C2H6↑　ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O　(3)①2 6　7　2　2　6　②1　1　1　2 2．(2012年高考浙江卷)(1)氯堿工業(yè)是利用電解食鹽水生產(chǎn)__①__為基礎的工業(yè)體系。 (2)電解前，為除去食鹽水中的Mg2＋、Ca2＋、SO等雜質離子，下列加入順序合理的是__②__。 A．碳酸鈉、氫氧化鈉、氯化鋇 B．碳酸鈉、氯化鋇、氫氧化鈉 C．氫氧化鈉、碳酸鈉、氯化鋇 D．氯化鋇、氫氧化鈉、碳酸鈉 (3)“鹽泥

19、”是粗鹽提純及電解食鹽水過程中形成的工業(yè)“廢料”。某工廠的鹽泥組成如下： 成分 NaCl Mg(OH)2 CaCO3 BaSO4 其他不溶于酸的物質 質量分數(shù)(%) 15～20 15～20 5～10 30～40 10～15 為了生產(chǎn)七水硫酸鎂，設計了以下工藝流程： 裝置1中加入的酸應選用__③__，加入的酸應適當過量，控制pH為5左右，反應溫度在50 ℃左右。持續(xù)攪拌使之充分反應，以使Mg(OH)2充分溶解并轉化為MgSO4，在此過程中同時生成CaSO4。其中碳酸鈣可以轉化為硫酸鈣的原因是__④__。 裝置2中濾渣的主要成分為__⑤__。 裝置3中通入高溫水

20、蒸汽并控制溫度在100～110 ℃，蒸發(fā)結晶，此時析出的晶體主要是__⑥__。 用裝置6(真空干燥器)干燥七水硫酸鎂晶體的理由是__⑦__。 解析：(1)電解飽和食鹽水可得到氯氣、燒堿和氫氣三種物質。(2)除去舊雜質，不能添進新雜質。除去Mg2＋選擇NaOH，除去SO選擇BaCl2，除去Ca2＋選擇Na2CO3，Na2CO3不僅除去Ca2＋，同時除去多余的Ba2＋，因此除雜時必須先加BaCl2，后加Na2CO3，故選D項。(3)為了生產(chǎn)七水硫酸鎂，根據(jù)“鹽泥”的有效成分為Mg(OH)2，可知裝置1中加入的酸只能是稀硫酸。向“鹽泥”中加入稀硫酸，存在平衡：CaCO3＋H2SO4CaSO4＋H

21、2CO3，H2CO3不穩(wěn)定，受熱、攪拌易分解，因此降低c(H2CO3)，使上述平衡右移，最終CaCO3可轉化為CaSO4。由“鹽泥”的成分及反應過程可知， 裝置2中濾渣的主要成分由生成的CaSO4及原有的BaSO4、其他不溶于酸的物質組成。進入裝置3的溶液中溶質主要為NaCl和MgSO4，因最后得到MgSO4·7H2O，故裝置3中析出的晶體只能為NaCl。MgSO4·7H2O受熱易失去結晶水，真空干燥可保證低溫蒸發(fā)水分，而不影響結晶水。 答案：①氯氣、燒堿、氫氣(只寫出氯氣、燒堿也可)?、贒 ③(稀)硫酸?、軘嚢柽^程中CO2不斷逸出，使平衡 CaCO3＋H2SO4CaSO4＋H2CO

22、3不斷向右移動 ⑤ CaSO4、BaSO4、其他不溶于酸的物質?、蘼然c?、叻乐故ソY晶水 3．(2012年寧波模擬)晶體硅是信息科學和能源科學的一種重要材料，可用作制芯片和太陽能電池等。下列流程圖是工業(yè)上制取純硅的一種方法： 請回答下列問題：(各元素用相應的元素符號表示) (1)在上述生產(chǎn)過程中，屬于置換反應的有________(填反應的代號“Ⅰ～Ⅳ”)。 (2)A、B、C三種氣體，在上述生產(chǎn)過程中可循環(huán)利用的是________；在“節(jié)能減排”中作為減排目標的一種氣體是________。 (3)化合物甲的用途很廣，有些已應用于高、精、尖科技領域。通常可作建筑工業(yè)和造紙工業(yè)上的

23、黏合劑，可作肥皂的填料，是天然水的軟化劑。將石英砂和純堿按一定比例混合加熱至1 373～1 623 K反應生成化合物甲，其化學方程式為_________________________________________________________________ _______________________________________________________________。 (4)利用反應Ⅲ能制得純硅的原因是___________________________________________________________________。 (5)已知反應Ⅳ中產(chǎn)物的總

24、能量比反應物的總能量低，則在密閉容器內反應Ⅳ建立平衡，改變下列的一個條件，氣體B的物質的量增大的是________。 a．縮小容器的容積 b．降低反應體系的溫度 c．加入少量NaOH固體(生成物在此溫度下不分解) d．加入少量催化性能更好的催化劑 (6)金屬鎳(Ni)與氣體A能形成常溫下為液態(tài)的Ni(A)4、利用Ni(A)4的生成與分解可以制得純度很高的納米鎳，寫出Ni(A)4在423 K分解的化學方程式 _______________________________________________________________。 解析：根據(jù)工業(yè)上粗硅的制備和提純原理，結合題目

25、給出的流程圖，可以寫出各步的反應方程式： 反應Ⅰ：SiO2＋2CSi(粗硅)＋2CO↑ 反應Ⅱ：Si(粗硅)＋3HClSiHCl3＋H2 反應Ⅲ：SiHCl3＋H2Si(純硅)＋3HCl 反應Ⅳ：CO＋H2OCO2＋H2； (1)從上述反應的形式看，屬于置換反應的有反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。 (2)氣體A為CO，氣體B為CO2，氣體C為HCl，根據(jù)上述反應的化學方程式和流程圖可以得出循環(huán)使用的氣體是HCl、CO和H2；CO2氣體能夠引起溫室效應，因此是減排的氣體之一。 (3)根據(jù)化合物甲的用途可以初步判斷其為Na2SiO3，結合其制備是用石英砂和純堿在高溫下反應，進一步確定化合物甲為Na2

26、SiO3。制備的方程式為SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑。 (4)反應Ⅲ為SiHCl3＋H2Si(純硅)＋3HCl，而SiHCl3的沸點只有31.5 ℃，其在1 357 K時為氣體。在此反應體系中只有Si為固體，其余的三種物質均為氣體，使得此反應得以發(fā)生。 (5)產(chǎn)物的總能量比反應物的總能量低說明此反應為放熱反應，a項由于此反應反應前后氣體體積不變，因此縮小容器體積，對此平衡無影響；b項降低反應體系的溫度，將使化學平衡正向移動，從而使CO2的量增加；c項加入少量的NaOH固體，雖然由于NaOH與CO2反應使化學平衡向右移動。但是CO2的量在減少；d項使用催化劑不能影響化學平衡

27、。 答案：(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ (2)CO、HCl、H2　CO2 (3)SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑ (4)反應體系中只有Si是固體，其他物質在1 357 K下均為氣體且在Si中不溶解 (5)b　(6)Ni(CO)4Ni＋4CO↑ 4．(2012年武漢模擬)(1)天然水中含有細菌，其主要成分是蛋白質，指出兩種家庭中能殺滅水中細菌的簡單方法________、________； (2)現(xiàn)有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有MgCl2、CaCl2。利用下列試劑中的一部分或全部，設計軟化該水的實驗方案； 試劑：①Ca(OH)2溶液；②NaOH溶液；③飽和Na2CO3溶液；

28、④肥皂水。 實驗方案：(填寫下表) 實驗步驟 現(xiàn)象 離子方程式 向硬水中加入Ca(OH)2溶液，直到________為止。 繼續(xù)向溶液中加入________溶液，直到不再產(chǎn)生沉淀為止。 將上述混合物________(填操作)。 (3)利用海水得到淡水的方法有蒸餾法、電滲析法等。電滲析法是近年來發(fā)展起來的一種較好的海水淡化技術，其原理如圖所示。 a接電源的________極，Ⅰ口排出的是________(填“淡水”或“海水”)； (4)在(3)中某口排出的濃海水中溴元素的質量分數(shù)為a%，現(xiàn)用氯氣將其中的溴離子氧化為溴單質，則處理1 000 t該濃海

29、水需標準狀況下的氯氣的體積為________m3。 解析：本題主要考查硬水的軟化問題。(1)家庭中通常采用使蛋白質變性的方法殺滅水中的細菌。(2)硬水中含有Ca2＋、Mg2＋，先加Ca(OH)2溶液使Mg2＋沉淀，再加飽和Na2CO3溶液使Ca2＋沉淀，最后通過過濾除去沉淀物。(3)電解池的陰極與電源的負極相連，陽極室發(fā)生反應2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl－減少，Na＋向陰極室移動，Ⅰ口排出淡水。(4)海水中的溴元素以Br－形式存在，由Cl2～2Br－可知，需標況下的氯氣的體積為××22.4＝1 400a×103(L)＝1 400a(m3)。 答案：(1)加熱　加消毒劑(或紫外線消毒

30、等) (2) 實驗步驟 現(xiàn)象 離子方程式 不再產(chǎn)生沉淀 白色沉淀 Mg2＋＋2OH－=== Mg(OH)2↓ 飽和Na2CO3 白色沉淀 Ca2＋＋CO===CaCO3↓ 過濾 (3)負　淡水 (4)1 400a 5．(2012年高考天津卷)信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線： 請回答下列問題： (1)第①步Cu與酸反應的離子方程式為________；得到濾渣1的主要成

31、分為________。 (2)第②步加H2O2的作用是________，使用H2O2的優(yōu)點是________；調溶液pH的目的是使________生成沉淀。 (3)用第③步所得CuSO4·5H2O制備無水CuSO4的方法是________。 (4)由濾渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小組設計了三種方案： 上述三種方案中，________方案不可行，原因是________； 從原子利用率角度考慮，________方案更合理。 (5)探究小組用滴定法測定CuSO4·5H2O(Mr＝250)含量。取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用

32、c mol·L－1EDTA(H2Y2－)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反應如下： Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋ 寫出計算CuSO4·5H2O質量分數(shù)的表達式w＝________； 下列操作會導致CuSO4·5H2O含量的測定結果偏高的是________。 a．未干燥錐形瓶 b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡 c．未除凈可與EDTA反應的干擾離子 解析：根據(jù)制備路線可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、濃硝酸，則可以將Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以濾渣1的主要成分為Au、Pt，濾液1中含有Cu、Fe、Al

33、的離子。根據(jù)濾液2和CuSO4·5H2O可知，濾液2為CuSO4溶液，濾渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。 (1)第①步中Cu與酸發(fā)生的反應為Cu與濃硝酸的反應：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或濃硝酸與稀硫酸的混合過程中硝酸變稀，發(fā)生的反應也可能為3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。根據(jù)分析可知濾渣1的主要成分為Pt、Au。 (2)第②步操作中加H2O2的目的是將Fe2＋轉化為Fe3＋，從而將Fe3＋轉化為沉淀除去，防止對CuSO4晶體的制備產(chǎn)生干擾。H2O2的優(yōu)點是：還原產(chǎn)物為H2O，不引入雜質，同時對環(huán)境沒有污染。調節(jié)pH的目的

34、是將Fe3＋和Al3＋轉化為沉淀而除去。 (3)用CuSO4·5H2O制備無水CuSO4，只要除去結晶水即可。在加熱過程中CuSO4發(fā)生水解，但是因為硫酸不揮發(fā)，所以最終得到的仍然是CuSO4，所以只要加熱脫水即可。 (4)甲中制備的Al2(SO4)3晶體中含有Fe3＋。乙、丙兩種方案中，乙方案的原子利用率更高。 (5)根據(jù)題意可知，Cu2＋～H2Y2－，發(fā)生反應的EDTA的物質的量為c mol·L－1×b/1 000 L，所以20 mL該溶液中含有的CuSO4的物質的量為c mol·L－1×b/1 000 L，樣品中含有的CuSO4·5H2O的質量為(c mol·L－1×b/1 000

35、 L×250 g·mol－1×5)，所以CuSO4·5H2O的質量分數(shù)為×100%。根據(jù)CuSO4·5H2O的質量分數(shù)表達式可知，未干燥錐形瓶，對CuSO4的物質的量的測定無影響，所以a無影響；滴定終點時滴定管的尖嘴部分產(chǎn)生氣泡，則實際消耗的EDTA溶液的體積比讀出來的數(shù)值大，即b值偏小，所以CuSO4·5H2O含量偏低；若未除凈可與EDTA反應的離子，則消耗的EDTA溶液的體積偏大，即b值偏大，CuSO4·5H2O的含量偏高，c項正確。 答案：(1)Cu＋4H＋＋2NOCu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　Au、Pt (2)將Fe2＋氧化為

36、Fe3＋　不引入雜質，對環(huán)境無污染Fe3＋、Al3＋ (3)加熱脫水 (4)甲　所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質　乙 (6)×100%　c 6．(2011年高考廣東卷)由熔鹽電解法獲得的粗鋁含一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質可采用吹氣精煉法除去，產(chǎn)生的尾氣經(jīng)處理后可用于鋼材鍍鋁。工藝流程如下： (注：NaCl熔點為801 ℃；AlCl3在181 ℃升華) (1)精煉前，需清除坩堝表面的氧化鐵和石英砂，防止精煉時它們分別與鋁發(fā)生置換反應產(chǎn)生新的雜質，相關的化學方程式為①________________和②____________。 (2)將Cl2連續(xù)通入坩堝中的粗鋁熔

37、體，雜質隨氣泡上浮除去。氣泡的主要成分除Cl2外還含有________；固態(tài)雜質粘附于氣泡上，在熔體表面形成浮渣，浮渣中肯定存在________。 (3)在用廢堿液處理氣體A的過程中，所發(fā)生反應的離子方程式為___________________________________________________________________。 (4)鍍鋁電解池中，金屬鋁為________極。熔融鹽電鍍液中鋁元素和氯元素主要以AlCl和Al2Cl形式存在，鋁電極的主要電極反應式為_________________________________________________________

38、__________。 (5)鋼材鍍鋁后，表面形成的致密氧化鋁膜能防止鋼材腐蝕，其原因是___________________________________________________________________。 解析：(1)坩堝表面的氧化鐵和石英砂分別與鋁發(fā)生置換反應：Fe2O3＋2Al高溫,2Fe＋Al2O3,3SiO2＋4Al高溫,3Si＋2Al2O3。 (2)粗鋁中含有H2，則與Cl2反應生成HCl，則氣泡中含有HCl，同時Al與Cl2反應生成AlCl3，由于AlCl3在181 ℃升華，氣泡中還含有AlCl3。有Na存在，其與Cl2反應生成NaCl，NaCl熔點高于7

39、00 ℃，存在于浮渣中。 (3)尾氣經(jīng)冷凝后氣體A含有Cl2和HCl，用堿液吸收的離子方程式為Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，OH－＋H＋===H2O。 (4)在電鍍池中，鍍件作陰極，金屬鋁作陽極，電極反應式為Al＋4Cl－－3e－===AlCl，2Al＋7Cl－－6e－===Al2Cl。 (5)致密的氧化鋁膜能防止鋼材腐蝕是因為氧化鋁膜能隔絕空氣，阻止Fe與O2反應。 答案：(1)Fe2O3＋2Al高溫,2Fe＋Al2O3　3SiO2＋4Al高溫,3Si＋2Al2O3　(2)HCl、AlCl3　NaCl　(3)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，H＋＋OH

40、－===H2O　(4)陽　Al＋4Cl－－3e－===AlCl，2Al＋7Cl－－6e－===Al2Cl　(5)氧化鋁膜能隔絕空氣，阻礙鋼鐵被腐蝕 7．隨著能源問題的進一步突出，利用熱化學循環(huán)制氫的研究受到許多發(fā)達國家的青睞。最近的研究發(fā)現(xiàn)，復合氧化物鐵酸錳(MnFe2O4)也可以用于熱化學循環(huán)分解水制氫，MnFe2O4的制備流程如下： (1)原料Fe(NO3)n中n＝________，投入原料Fe(NO3)n和Mn(NO3)2的物質的量之比應為 _____________________________________________________________ ______

41、_________________________________________________________。 (2)步驟二中“連續(xù)攪拌”的目的是________________________________； 步驟三中洗滌干凈的標準是_______________________________________。 (3)利用MnFe2O4熱化學循環(huán)制氫的反應可表示為： MnFe2O4MnFe2O4－x＋O2↑ MnFe2O4－x＋xH2O===MnFe2O4＋xH2↑ 請認真分析上述兩個反應并回答下列問題： ①若MnFe2O4－x中x＝0.8，則MnFe2O4－x中F

42、e2＋占全部鐵元素的百分率為________。 ②該熱化學循環(huán)制氫的優(yōu)點有(答兩點即可)__________________________________________________________________ _______________________________________________________________。 ③該熱化學循環(huán)法制氫尚有不足之處，進一步改進的研究方向是___________________________________________________________________。 解析：(1)MnFe2O4中Fe為＋3價，故F

43、e(NO3)n中Fe也為＋3價，則n＝3。MnFe2O4中n(Mn2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶2，故投入原料Fe(NO3)3和Mn(NO3)2的物質的量之比為2∶1。 (2)攪拌的目的是使反應物充分混合接觸，充分反應，沉淀完全；當洗滌液呈中性時已將OH－洗凈，證明沉淀已洗滌干凈。 (3)①當x＝0.8時，設Fe2＋與Fe3＋分別為a和b。 由正負化合價總數(shù)相等： 解得：a＝1.6　b＝0.4 n(Fe2＋)%＝×100%＝80% ②兩式相加得： xH2OxH2＋O2 MnFe2O4相當于催化劑，只有H2O被消耗。 其優(yōu)點是：過程簡單，對環(huán)境無污染，符合綠色化學的理念。 ③因反應溫度高，耗能多，應尋找使水在較低溫度下分解的催化劑。 答案：(1)3　2∶1 (2)充分反應、沉淀完全　洗滌至流出液呈中性 (3)①80% ②過程簡單、無污染、物料廉價并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，因此不存在高溫氣體分離的問題等(答兩點即可) ③尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或找分解溫度更低的氧化物(其他合理答案亦可)