大题突破练1　化学工艺流程题2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案大题突破练

大题突破练1化学工艺流程题2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案大题突破练大题突破练(一)化学工艺流程题学生用书P3061.(2024·河北卷)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。已知:ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ.高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题:(1)钒原子的价层电子排布式为;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为,产生的气体①为(填化学式)。

(2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为(填化学式)。

(3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙,发生反应的离子方程式为;CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为;浸取后低浓度的滤液①进入(填工序名称),可实现钒元素的充分利用。

(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为(填化学式)。

(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为(填字母)。

a.延长沉钒时间b.将溶液调至碱性c.搅拌d.降低NH4Cl溶液的浓度答案:(1)3d34s2+5价CO2(2)NaAlO2(3)HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-提高溶液中HCO(4)NaCl(5)bd解析:“焙烧”过程中,通入空气,石煤和苛化泥在高温条件下反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等。“水浸”过程中,分离“焙烧”后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]。“离子交换”“洗脱”过程中,富集和提纯VO3-。“沉钒”过程中,生成NH4VO3。“盐浸”过程中,滤渣①中含有钒元素,通过“盐浸”,使滤渣①中的钒元素进入滤液①中,再将滤液①回流到“离子交换”工序,进行V(1)钒是23号元素,其价层电子排布式为3d34s2;焙烧过程中,氧气被还原,V2O3被氧化生成VO3-,偏钒酸盐中钒的化合价为+5价;CaCO3在800℃以上开始分解,生成的气体①为CO(2)由已知信息可知,高温下,苛化泥的主要成分NaOH与Al2O3反应生成偏铝酸钠,所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。(3)在弱碱性环境下,Ca(VO3)2与HCO3-和OH-反应生成CaCO3、VO3-和H2O,离子方程式为HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-。滤液①中含有VO3-、NH4+等,(4)由离子交换工序中树脂的组成可知,洗脱液中应含有Cl-,考虑到水浸所得溶液中含有Na+,为避免引入其他杂质离子,且NaCl廉价易得,故洗脱液的主要成分应为NaCl。(5)沉钒过程是生成NH4VO3。NH4Cl呈弱酸性,如果将溶液调至碱性,OH-与NH4+反应,不利于生成NH4VO3,b符合题意;降低NH4Cl溶液的浓度,也不利于生成NH4VO32.(2024·湖南长沙一中三模)铼是一种稀有贵重金属,广泛用于制造飞机、卫星和火箭的外壳等。工业上一种利用富铼矿渣(主要成分ReS2)提取铼的工艺流程如图所示:已知:①“焙烧”得到的固体成分有Re2O7、ReO3以及铁、铜和硅的氧化物;②Re2O7是酸性氧化物,HReO4的性质与HClO4的性质相似;高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水,易溶于热水;③室温下,lgKb(NH3·H2O)=-4.7。回答下列问题。(1)Re2O7与水反应的离子方程式为

;

室温下,加入氨水后,测得溶液pH约为11,则溶液中c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)c(NH3·H(2)“焙烧”时,空气从焙烧炉底部通入,粉碎后的矿渣从顶部加入,目的是

。

(3)写出“热解”时发生反应的主要化学方程式:

。

(4)测得制得的铼粉(含少量Re2O7)中Re与O的原子个数比为1∶0.35,则该产品的纯度为%(保留三位有效数字)。

(5)已知ReO3的立方晶胞结构如图所示,则Re在晶胞中的位置为;晶体中一个Re周围与其最近的O的个数为。

答案:(1)Re2O7+H2O2ReO4-+2H+(2)增大接触面积,提高反应速率,使焙烧充分,提高原料的利用率(3)4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7(4)87.4(5)顶角6解析:由题给流程可知,富铼矿渣加入生石灰后,在空气中焙烧得到铼、铁、铜、硅的氧化物,向氧化物中加入稀硫酸和过氧化氢溶液,酸性条件下,二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸,过滤得到浸渣和含有高铼酸和硫酸的滤液;向滤液中加入有机萃取剂R3N萃取,分液得到可以循环使用的稀硫酸和有机相;向有机相中加入氨水反萃取,分液得到可以循环使用的有机萃取剂R3N和高铼酸铵溶液;高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体,高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水,在800℃条件下,氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。(1)由题意可知,七氧化二铼和水反应生成高铼酸,反应的离子方程式为Re2O7+H2O2ReO4-+2H+;由一水合氨的电离常数可知,溶液中c(NH4+)c(NH3·(2)“焙烧”采用逆流操作可增大反应物的接触面积,有利于提高反应速率,使焙烧更加充分,提高原料的利用率。(3)由分析可知,“热解”时发生的主要反应为高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水,反应的化学方程式为4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7。(4)设铼粉中铼和七氧化二铼的物质的量分别为amol、bmol,由铼原子和氧原子的原子个数比为1∶0.35可得(a+2b)∶7b=1∶0.35,解得a=18b,则产品的纯度为18mol×186g·mol(5)由晶胞结构可知,晶胞中位于顶角的白球个数为8×18=1,位于棱上的黑球个数为12×14=3,由化学式可知,位于顶角的白球为铼原子;与位于顶角的铼原子距离最近的氧原子位于棱上,则晶体中一个铼原子周围与其最近的氧原子的个数为3.(2024·湖北卷)铍用于航天器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径如图所示。已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+回答下列问题。(1)基态Be2+的轨道表示式为。

(2)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是。

(3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,观察到的现象是

。

(4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式:。“滤液2”可以进入步骤再利用。

(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用是。

(6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物,4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶角,且每个Be的配位环境相同,Be与Be间通过CH3COO-相连,其化学式为。

答案:(1)(2)快速冷却(3)先出现白色浑浊,后白色浑浊迅速消失(4)BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O反萃取分液(5)增强熔融氯化铍的导电性(6)Be4O(CH3COO)6解析:将Be3Al2(SiO3)6加热熔融,然后快速冷却到其玻璃态,再加入稀硫酸“酸浸过滤”,“滤渣”的成分为H2SiO3,“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,“水相1”中含有Al3+,“有机相”为BeA2(HA)2,加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入“水相2”中,分离出含NaA的煤油,最后对“水相2”加热,并过滤分离出Be(OH)2,通过系列操作得到金属铍,据此回答。(1)基态Be2+的电子排布式为1s2,其轨道表示式为。(2)熔融态物质冷却凝固时,缓慢冷却会形成晶体,快速冷却会形成非晶态,即玻璃态,所以从“热熔冷却”中得到玻璃态,其冷却过程的特点为快速冷却。(3)“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,则“水相1”中含有Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,发生反应:Al3++3OH-Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-,可观察到的现象为先出现白色浑浊,后白色浑浊迅速消失。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O;“滤液2”的主要成分为NaOH,可进入“反萃取分液”步骤再利用。(5)氯化铍熔融态导电性弱,电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。(6)由题意可知,该配合物中有4个Be位于四面体的4个顶角,四面体中心只有1个O,Be与Be之间总共有6个CH3COO-,则该配合物的化学式为Be4O(CH3COO)6。4.(2024·吉林白山二模)钪(Sc)及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸废液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)联合制备Sc2O3的工艺流程如图所示。回答下列问题:已知:25℃时,Ksp[Sc(OH)3]=1×10-30。(1)基态Fe3+的简化电子排布式为。

(2)为提高“浸取”速率,可采取的措施有(写出一条即可),“浸渣”的主要成分是(写化学式);水相中含有的金属离子主要是(写离子符号)。

(3)“除钛”时,加入H2O2的作用是。

(4)25℃时,若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+沉淀完全(离子浓度≤10-5mol·L-1),应控制溶液的pH不低于(保留两位有效数字)。

(5)写出草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]“灼烧”时发生反应的化学方程式:

。

答案:(1)[Ar]3d5(2)将赤泥碾碎(或适当升高温度、搅拌等)SiO2Fe3+、Al3+(3)提供配体,生成配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层(4)5.7(5)2Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O解析:钛白废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸废液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)“浸取”,二氧化硅不和酸反应,“浸渣”为SiO2,“萃取”时分离出Al3+、Fe3+,向“萃取”后的溶液中加入硫酸和H2O2,除钛分离出[TiO(H2O2)]2+,加NaOH溶液“反萃取”后分离出Sc(OH)3,与盐酸反应后加草酸得到Sc2(C2O4)3·6H2O,再“灼烧”Sc2(C2O4)3·6H2O得到Sc2O3。(1)Fe是26号元素,基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5。(2)SiO2不与硫酸反应,故“浸渣”的主要成分是SiO2;根据流程图可知,“浸取”除去SiO2,加入萃取剂“萃取”时水相中的金属离子主要是Fe3+、Al3+。(3)由流程图可知,加入H2O2后形成[TiO(H2O2)]2+,该转化过程中元素化合价没有变化,H2O2中的氧原子提供孤电子对,Ti原子提供空轨道,形成配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层。(4)根据题意可知,Sc3+恰好完全沉淀时,Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)=10-5·c3(OH-)=1×10-30,解得c(OH-)≈10-8.3mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)≈10-5.7mol·L-1,(5)Sc2(C2O4)3·6H2O中Sc的化合价为+3价,反应前后Sc的化合价没有发生变化,根据流程图可知,空气参与反应,空气氧化草酸钪晶体中的碳元素,反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O。5.(2024·湖南雅礼中学三模)以湿法炼锌厂所产的钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、NiO、MnO2,含少量Fe2O3、ZnO、CuO、CaO等)为原料回收制备CoC2O4的工艺如下:已知常温下,Ksp(CuS)=1.3×10-36,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp(ZnS)=1.3×10-24。回答下列问题。(1)“酸浸”时其中Co2O3→Co2+,MnO2→Mn2+,Fe2O3→Fe2+,写出Co2O3反应的化学方程式:

。

(2)“除铁”时,生成KFe3(SO4)2(OH)6同时有CO2生成,写出该反应的离子方程式:

。

(3)“除铜锌”时,Cu2+主要以CuS而不是Cu(OH)2形式除去,结合计算说明其原因:(写出主要计算推理过程)。(4)“滤渣3”中含有MnO2,写出“除锰”时生成MnO2的化学方程式:

。

(5)P204、P507对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示。图1①“P204萃取”后“萃取液1”进行“反萃取”的目的是

。

②“P507萃取”时,选择合适的pH范围为(填字母)。

A.3~4 B.4~5C.5~6 D.6~7(6)K2S的立方晶胞结构如图2所示。若K2S晶体密度为dg·cm-3,则晶胞中K+与S2-之间最近距离为nm。

图2答案:(1)Co2O3+K2SO3+2H2SO42CoSO4+K2SO4+2H2O(2)2K++6Fe2++3H2O2+4SO42-+3CO32-+3H2O2KFe3(SO4)2(OH)(3)根据Cu(OH)2(s)+S2-(aq)CuS(s)+2OH-(aq),K=Ksp[Cu(OH)2]Ksp(CuS(4)H2SO4+MnSO4+2Co(OH)3MnO2+2CoSO4+4H2O(5)①从萃取液中反萃取出Co2+、Ni2+,减少产品损失②B(6)34×3解析:钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、NiO、MnO2,含少量Fe2O3、ZnO、CuO、CaO等)中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸,所得滤渣1中含有CaSO4;滤液中加入H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入K2CO3调节pH,得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀;滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌,生成CuS、ZnS沉淀;滤液2中加入Co(OH)3除锰,生成S、MnO2沉淀;滤液3中加入P204萃取,钴镍进入萃取液中,加入硫酸反萃取后与萃余液1合并,再用P507萃取,钴进入萃取液中,镍进入萃余液2中;萃取液2中加入草酸进行反萃取,从而获得CoC2O4。(1)“酸浸”时,Co2O3与K2SO3反应生成Co2+和SO42-,化学方程式为Co2O3+K2SO3+2H2SO42CoSO4+K2SO4+2H2(2)“酸浸”时,Fe2O3溶于稀硫酸产生Fe3+,被K2SO3还原为Fe2+。“除铁”时,H2O2用于氧化Fe2+,K2CO3用于调pH,可设KFe3(SO4)2(OH)6为1mol,然后根据“离子守恒”确定K+、Fe2+、SO42-的化学计量数,再根据H2O2与Fe2+之间得失电子守恒,确定H2O2的系数,可写出:2K++6Fe2++3H2O2+4SO42-2KFe3(SO4)2(OH)6↓,此时方程式左右两侧电荷不守恒,利用CO32-配平电荷,可知左侧需要补充3个CO32-,最终得到2K++6Fe2++3H2O2+4SO42-+3CO32-(3)Cu(OH)2(s)+S2-(aq)CuS(s)+2OH-(aq),K=Ksp[Cu(OH)2]Ksp(CuS)=1.7×10(4)MnO2在酸浸时,转化为Mn2+,又因产物中Co元素为+2价,可知Co(OH)3作氧化剂,可将Mn2+氧化为MnO2,根据得失电子守恒,可写出:MnSO4+2Co(OH)3MnO2+2CoSO4,根据SO42-个数守恒,可知左侧需要补充1个H2SO4,即化学方程式为H2SO4+MnSO4+2Co(OH)3MnO2+2CoSO4+4H2O(5)①根据流程图,以及图中钴镍难以利用P204分离开,且反萃取液进入后续获取Co2+、Ni2+的分离流程,说明反萃取可得到Co2+、Ni2+。②为了分离Co2+、Ni2+,由图可知选择pH为4~5,Co2+的萃取率较高,Ni2+则相对较低。(6)由晶胞结构图可知,晶胞参数为3440dNA×107nm,K+与S2-之间最近距离为体对角线的14,即346.镍、铬、铜及其化合物在工业上有广泛的应用,从电镀污泥[含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等]中回收制备NiSO4·nH2O和其他金属及其化合物的工艺流程如图所示。已知:“萃取”可将金属离子进行富集与分离,原理如下:X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)回答下列问题:(1)与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有(填元素符号)。原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态,若一种自旋状态用“+12”表示,与之相反的用“-12”表示,“±12”(2)已知NiO与MgO的晶体结构相同,其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm和69pm。则熔点:NiO(填“>”“<”或“=”)MgO,理由是

。

(3)“滤渣Ⅰ”的主要成分为(填化学式)。

(4)电解之后加入碳酸钠调节pH的目的是

。

(5)“反萃取”时加入的试剂A为。

(6)“反萃取”得到的NiSO4溶液,在碱性条件下可被NaClO氧化生成NiOOH沉淀,该反应的离子方程式为

。

(7)资料显示,硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系:温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶体形态NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多种结晶水合物NiSO4由NiSO4溶液获得NiSO4·7H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、、

过滤、洗涤、干燥。答案:(1)K、Cu-1(或+1)(2)<Mg2+的半径比Ni2+的小,MgO的离子键比NiO的强(3)SiO2(4)使铁离子形成Fe(OH)3沉淀,除去铁元素(5)H2SO4(或硫酸)(6)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O(7)冷却至30.8℃以下结晶解析:(1)铬元素的基态原子中最外层电子排布为4s1,与铬同周期最外层电子排布为4s1的元素还有K、Cu。基态Ni原子的价层电子轨道表示式为,则其价层电子自旋磁量子数的代数和为-1(或+1)。(2)NiO与MgO都是离子晶体,Mg2+的半径比Ni2+的小,MgO的离子键比NiO的强,则熔点:NiO<MgO。(3)向电镀污泥加入稀硫酸酸浸,Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3生成相应的金属阳离子,SiO2不反应,则“滤渣Ⅰ”的主要成分为SiO2。(4)根据流程中信息,电解得到金属铜,加入Na3PO4除去铬元素,经过“萃取”与“反萃取”富集镍元素,因此加入Na2CO3是为了除去铁元素。(5)根据X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相),“反萃取”要增大氢离子浓度,且不能引入杂质,所以A为硫酸。(6)根据得失电子守恒、原子守恒可得:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。(7)根据信息可知,低于30.8℃时,晶体形态为NiSO4·7H2O,所以由NiSO4溶液获得NiSO4·7H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃以下结晶、过滤、洗涤、干燥。大题突破练(二)化学实验综合题学生用书P3091.(2024·湖南天壹名校联考)一水硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4·H2O(M=246g·mol-1)是高效、安全的广谱杀菌剂,还是植物生长激素,能明显提高作物产量。某小组对一水硫酸四氨合铜的制备和产品纯度测定进行相关实验。已知:①[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中可溶,在乙醇中难溶;②[Cu(NH3)4]SO4·H2O在溶液中存在以下电离(解离)过程:[Cu(NH3)4]SO4·H2O[Cu(NH3)4]2++SO42-+H[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3其制备及纯度分析步骤如下:(一)制备一水硫酸四氨合铜Ⅰ.称取2gCuSO4·5H2O于烧杯中,加入10mL水溶解;Ⅱ.逐滴滴入浓氨水并不断搅拌,先生成浅蓝色沉淀,后沉淀消失,得到深蓝色溶液;Ⅲ.通过一定的实验操作,析出深蓝色晶体,再经过过滤、洗涤、干燥得一水硫酸四氨合铜晶体。(二)蒸馏法测定纯度利用如图所示装置处理样品,然后滴定测量。Ⅳ.仪器清洗后,g中加入30.00mL0.5000mol·L-1HCl溶液。将0.2210g一水硫酸四氨合铜样品配成的溶液由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水。打开k1,加热b,使水蒸气进入e。Ⅴ.30分钟后,停止蒸馏。在装置g中加2滴酸碱指示剂,用0.5000mol·L-1NaOH溶液进行滴定。Ⅵ.平行测定三次,平均消耗标准NaOH溶液的体积为22.88mL。回答下列问题:(1)步骤Ⅲ中“一定的实验操作”是;

洗涤的具体操作为

。

(2)水蒸气发生装置中a的作用是

。

(3)步骤Ⅳ中量取30.00mLHCl溶液的仪器为,“d中保留少量水”的目的是。

(4)步骤Ⅴ进行较长时间蒸馏的目的是

。

(5)此样品的纯度为%(保留三位有效数字)。

(6)此蒸馏法测定的纯度比正常值偏高,其原因可能是(填字母)。

A.滴定终点俯视读数B.碱式滴定管未润洗C.量取0.5000mol·L-1HCl溶液的仪器未润洗D.滴定前d中溶液未与g中溶液合并答案:(1)加入一定量的乙醇沿玻璃棒向过滤器中加入乙醇至浸没沉淀,静置,乙醇自然流尽后,重复2~3次即可(2)安全管(或平衡气压,避免b中压强过大)(3)酸式滴定管(或移液管)液封,防止氨气逸出(4)确保氨完全蒸出(5)99.1(6)AC解析:(1)结晶水合物通常可以通过“蒸发浓缩、冷却结晶”从溶液中分离提纯,但由于存在[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3,加热会促进分解,结合信息[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中难溶,通过改变溶剂的极性,可以使其析出;应选择乙醇(或乙醇-水)作洗涤剂。(2)玻璃管a与大气相通,能平衡气压,避免b中压强过大,作安全管。(3)量取30.00mL不能用量筒,要选择精度更高的滴定管(或移液管);“d中保留少量水”的目的是液封,防止氨气逸出。(4)步骤Ⅴ进行较长时间蒸馏的目的是确保氨完全蒸出,使测定结果更准确,减少误差。(5)样品的纯度测定原理为:通过返滴法进行测定,用NaOH标准液滴定得到过量的HCl的物质的量→结合HCl总量得到与NH3反应的n(HCl)→结合关系式4HCl~4NH3~[Cu(NH3)4]SO4·H2O,可得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量,进而计算出样品纯度。w=[c(HCl)V(HCl)-c((6)纯度计算公式w=[c(HCl)V(HCl)-c(NaOH)V(NaOH)]×10-3×14×2460.2210×100%,滴定终点俯视读数→V(NaOH)偏低→w偏高,故A符合题意;碱式滴定管未润洗→V(NaOH)偏高→w偏低,故B不符合题意;量取0.5000mol·L-1HCl2.(2024·湖南衡阳模考)S4N4是最重要的硫氮二元化合物之一,室温下为橙黄色固体,178~187℃熔化并分解。实验室利用NH3和SCl2制备S4N4的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SCl2易水解,熔点为-78℃,沸点为60℃。回答下列问题:Ⅰ.制备SCl2(1)操作步骤的先后顺序为。

①组装仪器并检验装置气密性,加入药品②通入N2,通冷凝水,一段时间后,关闭K1③加热装置C使其中的硫黄熔化④打开K1、K2,关闭K3⑤充分反应后停止滴加浓盐酸⑥向装置A中滴加浓盐酸,加热装置C至135℃左右(2)仪器b的名称为,装置B中盛放的试剂为(填试剂名称)。

(3)装置D的作用为

。

Ⅱ.制备S4N4打开止水夹K3,向装置F中滴入浓氨水,待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水,冷却后停止通冷凝水。(4)生成S4N4的同时还生成一种常见固体单质和一种盐,反应的化学方程式为

。

Ⅲ.分离产物后测定产品的纯度称取5.00g样品,加入NaOH溶液加热,使氮元素(杂质中不含氮元素)完全转化为NH3,用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100mL溶液,用移液管移取25.00mL,以甲基红-亚甲蓝为指示剂用1.000mol·L-1盐酸进行滴定,重复3次实验,平均消耗20.00mL盐酸。已知滴定反应为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O2NH4Cl+4H3BO3。(5)所制得的产品中S4N4的纯度为。下列实验操作会导致测定结果偏大的是(填字母)。

A.定容时俯视刻度线B.移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡D.滴定前仰视滴定管读数,滴定后俯视读数答案:(1)①④②③⑥⑤(2)三颈烧瓶浓硫酸(3)吸收多余的氯气,防止污染环境,同时防止空气中的水蒸气进入C装置使二氯化硫水解(4)6SCl2+16NH3S4N4+2S↓+12NH4Cl(5)73.6%AC解析:浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气,浓盐酸具有较强的挥发性,所以制取的氯气中有氯化氢和水蒸气,由于二氯化硫易水解,所以进入C装置的气体必须是干燥的,氯化氢和S不反应,所以B装置应是干燥装置,其中盛装浓硫酸,由于二氯化硫的沸点较低,为防止其损失,用冷凝管冷凝回流,由于氯气有毒,不能直接排放,同时防止空气中的水蒸气进入C装置,D装置中盛装碱石灰,干燥的氯气和S在加热条件下反应制取二氯化硫;浓氨水和碱石灰在装置F中制取氨气,由于二氯化硫易水解,所以E装置用于干燥氨气,二氯化硫与氨气在装置C中制备S4N4。(1)为防止熔化的硫与氧气反应,该装置应在无氧环境中进行,即要通入氮气,待装置的空气排尽之后,制取干燥的氯气通入C中和S反应生成二氯化硫,所以操作步骤的先后顺序为①④②③⑥⑤。(2)据仪器b的构造可知其名称为三颈烧瓶;浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气,浓盐酸具有较强的挥发性,所以制取氯气中有氯化氢和水蒸气,氯化氢和S不反应,由于二氯化硫易水解,所以进入C装置的气体必须是干燥的,因此B装置应是干燥装置,其中盛装浓硫酸。(3)由于氯气有毒,多余的氯气不能直接排放,同时防止空气中的水蒸气进入C装置,D装置中盛装碱石灰,所以装置D的作用为吸收多余的氯气,防止污染环境,同时防止空气中的水蒸气进入C装置使二氯化硫水解。(4)据反应的现象以及元素种类可知,生成S4N4的同时还生成的一种常见固体单质为S,生成的一种盐为NH4Cl,反应的化学方程式为6SCl2+16NH3S4N4+2S↓+12NH4Cl。(5)结合化学方程式和原子守恒可得出关系式S4N4~4NH3~4HCl,消耗盐酸平均体积为20.00mL,所以n(S4N4)=14n(HCl)×10025=14×20.00mL×10-3L·mL-1×1.000mol·L-1×4=0.02mol,所以S4N4的纯度为0配制溶液定容时,俯视刻度线,体积偏小,则浓度偏高,造成盐酸体积偏大,所测结果偏高,故A正确;移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗,相当于稀释了吸收液,消耗的盐酸体积偏小,所测结果偏低,故B错误;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡,造成盐酸体积偏大,所测结果偏高,故C正确;滴定前仰视滴定管读数,初次读数读大,滴定后俯视读数,末次读数读小,即盐酸体积偏小,所测结果偏低,故D错误;故答案为AC。3.(2024·广东大亚湾区1月联合模拟)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料,可用于药物合成、制备化学肥料、灭火剂或洗涤剂等。某化学兴趣小组用如图所示装置制取氨基甲酸铵:已知:①制取氨基甲酸铵反应为2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)ΔH<0。②氨基甲酸铵溶于水后生成NH4HCO3和NH3·H2O。回答下列问题:(1)仪器甲的名称是;装置2的作用是除去CO2中的水蒸气,其盛装的试剂是。

(2)装置7是实验室制备氨气,其化学方程式为

。

(3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是

。

(4)实验制得产品1.173g,其中可能含有碳酸氢铵杂质(不考虑碳酸氢铵与一水合氨之间的反应)。设计方案进行成分探究,请填写表中空格。限选试剂:蒸馏水、稀硝酸、CaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。实验步骤预期现象和结论步骤1:取固体样品于试管中,加入蒸馏水至固体溶解得到无色溶液步骤2:向试管中继续加入足量澄清石灰水

步骤3:过滤、洗涤、后称量,沉淀质量为1.500g

证明样品中有碳酸氢铵通过计算,氨基甲酸铵的质量分数是(保留小数点后两位)。

[M(H2NCOONH4)=78g·mol-1、M(NH4HCO3)=79g·mol-1](5)氨基甲酸铵易分解,用如图所示装置测定25℃时该分解反应的化学平衡常数Kp,实验步骤如下:(Ⅰ)关闭K3,打开K1和K2,开启真空泵抽气至测压仪数值稳定后关闭K1。(Ⅱ)关闭K2,,读取压强数值。测得25℃时压强为12.0kPa。①请完善步骤(Ⅱ)的实验操作:。

②若步骤(Ⅰ)中测压仪数值未稳定即关闭K1,Kp测量值(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

答案:(1)长颈漏斗浓硫酸(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(3)通过观察气泡,调节NH3与CO2的通入比例(4)产生白色沉淀干燥79.80%(5)①缓慢开启K3至U形管两边液面相平并保持不变②偏大解析:根据题中已知反应,制取氨基甲酸铵需要二氧化碳和氨气,又由于氨基甲酸铵易分解、易吸水,所以二氧化碳和氨气必须干燥,且在低温环境中反应,根据实验室制取二氧化碳和制氨气的原理,装置1中为碳酸钙和盐酸混合制二氧化碳的反应,经过装置2中浓硫酸干燥二氧化碳,装置7中为固体加热制氨气,装置6中碱石灰干燥氨气,干燥的氨气和二氧化碳分别通过装置5、3的液体石蜡鼓泡瓶控制反应物的用量,在装置4三颈烧瓶中发生反应制取氨基甲酸铵,尾气为氨气和二氧化碳,其中氨气有毒,在a处接酸液进行吸收处理。(1)装置2的作用是除去CO2中的水蒸气,其盛装的试剂是浓硫酸。(2)装置7中氯化铵和消石灰反应制备氨气。(3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡,调节NH3与CO2的通入比例。(4)澄清石灰水与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀,过滤、洗涤、干燥后称量,沉淀质量为1.500g,样品与足量石灰水充分反应,碳元素全部转化为碳酸钙,所以氨基甲酸铵和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和一水合氨,反应的方程式为H2NCOONH4+Ca(OH)2+H2OCaCO3↓+2NH3·H2O;设碳酸氢铵为xmol,氨基甲酸铵为ymol,由样品总质量可得:79xg+78yg=1.173g,又因为n(CaCO3)=0.015mol,由碳原子守恒可得:xmol+ymol=0.015mol,解得x=0.003,y=0.012,则m(H2NCOONH4)=0.012mol×78g·mol-1=0.936g,则氨基甲酸铵的质量分数为0.936g1.173(5)②若步骤(Ⅰ)中测压仪数值未稳定即关闭K1,则体系中的空气未被完全抽空,导致测量的压强偏大,则Kp测量值偏大。4.(2024·甘肃二模)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体,具有较强还原性,受热易分解,是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题:Ⅰ.制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)(1)从b中获得产品的操作为、、过滤、洗涤、干燥。

(2)实验过程:先打开K1和K3,待a中反应一段时间后,需要对开关进行的操作为。

Ⅱ.草酸亚铁晶体热分解产物的探究(3)盛放无水硫酸铜的装置a的名称为。

(4)装置C的作用为。

(5)从绿色化学考虑,该套装置存在的明显缺陷是

。

(6)实验结束后,E中黑色固体变为红色,B、F中澄清石灰水变浑浊,a中无水硫酸铜变为蓝色,A中硬质玻璃管中残留FeO,则A处反应管中发生反应的化学方程式为。

Ⅲ.运用热重分析法推测产物称取54.0g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)加热分解,得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示:(7)已知B点时,固体只含有一种铁的氧化物,根据上图可知B点固体物质的化学式为。

答案:(1)蒸发浓缩冷却结晶(2)打开K2、关闭K3(3)球形干燥管(4)吸收二氧化碳(5)缺少处理尾气CO装置(6)FeC2O4·2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑(7)Fe3O4解析:Ⅰ.制备草酸亚铁晶体的具体操作为:组装好装置后,检验装置的气密性,添加试剂后,先打开K1和K3,将一定量稀硫酸加入a瓶后再关闭K1,让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气,进行上述操作的同时关闭K2,一段时间后,打开K2关闭K3,将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中。Ⅱ.装置A为草酸亚铁晶体分解,利用无水硫酸铜检验水蒸气,B装置检验二氧化碳,C装置吸收二氧化碳,D装置干燥气体,E装置检验CO,F装置检验二氧化碳。(1)b装置中硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeC2O4·2H2O晶体。(2)反应一段时间后,打开K2关闭K3,将a装置中的硫酸亚铁溶液导入装置b中。(4)C中盛放NaOH溶液,作用是吸收二氧化碳。(5)反应会产生CO,明显缺陷是缺少处理尾气CO装置。(6)FeC2O4·2H2O受热分解,E中黑色固体变为红色,说明有Cu单质生成,B、F