高三化学一轮复习讲义专题突破训练1

这是一份高三化学一轮复习讲义专题突破训练1，共8页。

【导学号：95812105】
(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为______________________________________________________。
(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_________(只要求写出一种)。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是________。
③步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为___________________________。
④结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是___________。
[解析] (1)Al3＋水解生成Al(OH)3胶体和H＋。
(2)①水分减少可防止Al3＋的水解，气孔数目增多，增大了接触面积，可以加快反应速率；②焦炭能还原矿石中的铁；③尾气中存在Cl2和CO2，故与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、Na2CO3；④根据工艺流程示意图可知液态混合物中含有FeCl3杂质，因此加入铝粉可除去FeCl3，提高AlCl3的纯度。
[答案] (1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
(2)①防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率 ②铁或Fe ③NaCl、NaClO、Na2CO3 ④除去FeCl3，提高AlCl3纯度
2．(2015·安徽高考改编)硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下：
已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：33 ℃)。
(1)在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气，该操作的目的是___________________________________，
原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有________、________、玻璃片和小刀等。
(2)第②步分离采用的方法是________；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是________。
(3)写出第①步反应的化学方程式_______________________________。
[解析] (1)通入氩气后排净反应器中的水蒸气和空气，防止Na、NaBH4与水和空气中的O2反应；金属钠通常保存在煤油中；在取用钠时，应用镊子将钠从煤油中取出，并用滤纸吸干表面的煤油。
(2)经过第②步后得到溶液和固体，故该操作为过滤；由于异丙胺的沸点较低，故第③步可以采用蒸馏的方法分离出NaBH4并回收溶剂。
[答案] (1)除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子 滤纸 (2)过滤 蒸馏 (3)NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3
3．(2014·江苏高考)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。
(1)酸浸时反应的化学方程式为_________________________________；
滤渣Ⅰ的主要成分为________(填化学式)。
(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6－2x。
滤渣Ⅱ的主要成分为________(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是_______________(用离子方程式表示)。
(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是__________________________________；
与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
[解析] (1)酸浸时能与H2SO4反应的是Al2O3，H2SO4与Al2O3反应生成盐和水，SiO2不和H2SO4反应，成为滤渣。(2)CaCO3和溶液中的H2SO4反应生成CaSO4；如果pH偏高，一部分Al3＋会转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为3CaCO3＋2Al3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋3H2O===2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑。(3)热分解时，一部分亚硫酸盐被氧化为硫酸盐，不能分解成为SO2；SO2溶于水生成H2SO3，会中和溶液中的部分OH－，使溶液的pH减小。
[答案] (1)Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O SiO2 (2)CaSO4 3CaCO3＋2Al3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋3H2O===2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑
(3)溶液中的部分SOeq \\al(2－,3)被氧化成SOeq \\al(2－,4) 减小
4．(2017·黄冈质检)硼镁泥是硼镁矿生产硼砂(Na2B4O7·10H2O)时的废渣，其主要成分是MgO，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、B2O3、SiO2等杂质。以硼镁泥为原料制取的七水硫酸镁在印染、造纸和医药等工业上都有广泛的应用。硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如下：
(1)滤渣A能溶于氢氟酸，写出其反应的化学方程式__________________。
(2)滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体，则滤渣B含有的成分有____________________，加MgO并煮沸的目的是_______________________。
(3)写出加NaClO过程中发生反应的离子方程式_______________________。
(4)趁热过滤的目的是_______________________________。
(5)因B2O3溶于硫酸，所以此法制备的七水硫酸镁含有少量硼酸(H3BO3)，硼酸与NaOH溶液反应可制得硼砂，写出该反应的化学方程式____________。
失去结晶水的硼砂与金属钠、氢气及石英砂一起反应可制备有机化学中的“万能还原剂——NaBH4”和另一种钠盐，写出其反应的化学方程式______。
[解析] (1)硼镁泥是硼镁矿生产硼砂(Na2B4O7·10H2O)时的废渣，其主要成分是MgO，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、B2O3、SiO2等杂质，在硼镁泥中加硫酸，二氧化硅不溶，所以过滤后的滤渣A为二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应的方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。(2)加次氯酸钠的目的是为了将亚铁离子和Mn2＋氧化，氧化后加氧化镁是为了调节pH，让铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝的沉淀除去，滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体是二氧化锰，所以滤渣B的成分为：Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2。(3)加NaClO 过程中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O。(4)蒸发浓缩、趁热过滤是为了除去硫酸钙，温度降低后，即冷却结晶后析出了硫酸镁，所以趁热过滤是为了防止硫酸镁析出。(5)4H3BO3＋2NaOH＋3H2O===Na2B4O7·10H2O；失去结晶水的硼砂(Na2B4O7)与金属钠、氢气及石英砂(主要成分是SiO2)一起反应可制备有机化学中的“万能还原剂——NaBH4”和另一种钠盐，这种钠盐应该是硅酸钠，反应的方程式为Na2B4O7＋16Na＋8H2＋7SiO2===4NaBH4＋7Na2SiO3。
[答案] (1)SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(2)Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2 调高溶液pH，促进Al3＋、Fe3＋完全水解成氢氧化物沉淀而除去 (3)Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O (4)防止MgSO4在温度降低时结晶析出 (5)4H3BO3＋2NaOH＋3H2O===Na2B4O7·10H2O Na2B4O7＋16Na＋8H2＋7SiO2===4NaBH4＋7Na2SiO3
5．(2015·山东高考)工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：
已知：Na2CO3＋NO＋NO2===2NaNO2＋CO2
(1)中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有________(填化学式)。
(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是________________。蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的________(填操作名称)最合理。
(3)母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是______________________。
母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是________。
a．转入中和液 B．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液 D．转入结晶Ⅱ操作
(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为________吨(假设Na2CO3恰好完全反应)。
[解析] (1)NO2与碱液反应可生成NaNO3。
(2)蒸发Ⅰ操作的目的是使NaNO2结晶析出，使NaNO3留在母液中，当H2O蒸发量太大时，可能会造成NaNO3的浓度过大，从而形成饱和溶液而结晶析出。NaNO2冷凝后用于流程中的溶碱操作，以达到原料循环利用的目的。
(3)酸性条件下，NaNO2易被氧化，加入HNO3可提供酸性环境。母液Ⅱ中含有NaNO3，将其转入转化液，或转入结晶Ⅱ操作，以达到原料循环利用的目的。
(4)设Na2CO3理论用量为x，根据Na元素守恒得2×eq \f(x,106)＝eq \f(1.38 t,69)＋eq \f(1,2)×eq \f(1.38 t,69)，解得x＝1.59 t。
[答案] (1)NaNO3
(2)防止NaNO3的析出 溶碱
(3)将NaNO2转化为NaNO3 c、d
(4)1.59
6．(2013·全国卷Ⅰ)锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C＋xLi＋＋xe－===LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。
回答下列问题：
(1)LiCO2中，C元素的化合价为________。
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式______________________。
(3)“酸浸”一般在80 ℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式__________________________________；
可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是____________________。
(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式 ___________________。
(5)充放电过程中，发生LiCO2与Li1－xCO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式_________________________。
(6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是______。
在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有___________(填化学式)。
[解析] 从工艺流程入手，结合元素化合物性质、氧化还原反应原理分析解答问题。
(1)LiCO2中Li为＋1价，O为－2价，故C元素的化合价为＋3价。
(2)正极碱浸过程中，导电剂中Al箔与NaOH溶液反应，离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O===2Al(OH)eq \\al(－,4)＋3H2↑。
(3)由流程知：正极碱浸→过滤→滤渣中，反应物LiCO2加入H2SO4、H2O2后，产物有Li2SO4、CSO4，分析该反应知C由＋3→＋2(CSO4中C显＋2价)，化合价降低，则只能是H2O2中O元素化合价升高生成O2。配平(电子守恒、原子守恒)该化学方程式得：2LiCO2＋3H2SO4＋H2O2eq \(=====,\s\up15(△))Li2SO4＋2CSO4＋O2↑＋4H2O，反应温度在80 ℃，H2O2易发生分解反应2H2O2eq \(=====,\s\up15(△))2H2O＋O2↑；盐酸既具有酸性又具有还原性，盐酸中的Cl－被氧化生成氯气，氯气有毒，能污染空气。
(4)由流程知“沉钴”反应物为CSO4和NH4HCO3，产物有CCO3，CCO3中COeq \\al(2－,3)来自HCOeq \\al(－,3)的电离(HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3))，由于C2＋结合COeq \\al(2－,3)使HCOeq \\al(－,3)电离平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大，一部分HCOeq \\al(－,3)发生反应：HCOeq \\al(－,3)＋H＋===H2O＋CO2↑。故反应方程式为CSO4＋2NH4HCO3===CCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。
(5)根据题干信息，充电时负极发生反应6C＋xLi＋＋xe－===LixC6，放电时负极发生LixC6－xe－===6C＋xLi＋，结合LiCO2与Li1－xCO2的转化可知放电总反应为Li1－xCO2＋LixC6===LiCO2＋6C。
(6)由于Li＋带正电荷，放电时Li＋向正极移动，进入正极材料，便于回收。从流程图可看出，可回收到的金属化合物有Al(OH)3、CCO3和Li2SO4。
[答案] (1)＋3
(2)2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑
(3)2LiCO2＋3H2SO4＋H2O2eq \(=====,\s\up15(△))Li2SO4＋2CSO4＋O2↑＋4H2O、2H2O2eq \(=====,\s\up15(△))2H2O＋O2↑ 有氯气生成，污染较大 (4)CSO4＋2NH4HCO3===CCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑
(5)Li1－xCO2＋LixC6===LiCO2＋6C
(6)Li＋从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CCO3、Li2SO4
7．辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：
(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_________。
(2)“回收S”过程中温度控制在50～60 ℃之间，不宜过高或过低的原因是
____________________________________________________________。
(3)气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为______________________________________；
向“滤液M”中加入(或通入)________(填字母)，可得到另一种可循环利用的物质。
a．铁 b．氯气 c．高锰酸钾
(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_____________________；
“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_____________________________________________。
[解析] (1)Fe3＋作氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为Cu2S＋4Fe3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S。(2)苯的沸点较低，温度过高苯易挥发，温度过低矿渣的溶解速率小，故应控制温度为50～60 ℃。(3)NOx作还原剂，根据质量守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式：4NOx＋(5－2x)O2＋2H2O===4HNO3；向滤液M中通入Cl2，将FeCl2氧化成FeCl3，FeCl3溶液可循环使用 。(4)Fe3＋可发生水解反应Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO，可使水解平衡向正反应方向移动；Cu2＋会水解，加入HNO3溶液可抑制Cu2＋的水解(不引入其他杂质)。
[答案] (1)Cu2S＋4Fe3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S
(2)温度过高苯易挥发，温度过低矿渣的溶解速率小
(3)4NOx＋(5－2x)O2＋2H2O===4HNO3 b
(4)加大Fe3＋转化为Fe(OH)3的程度 调节溶液的pH，抑制Cu2＋的水解物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180(升华)
300(升华)
1 023