微专题二-【名师大课堂】2025年高考化学艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

微专题(二) 1．从废旧镍钴锰三元锂电池正极材料[主要含Li(I)、Ni(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)等金属的氧化物]中回收钴的一种流程如下： 已知：高锰渣中锰以MnO2的形式存在。下列说法正确的是(　C　) A．“溶浸”中Na2SO3被还原 B．“脱铝”得到的滤渣成分是Al(OH)3 C．“脱锰”的离子方程式为：Mn2+＋S2O＋2H2O===2SO＋MnO2↓＋4H＋ D．“系列操作”含蒸发结晶、洗涤、干燥 分析：“溶浸”中Na2SO3与Co(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)发生氧化还原反应，Na2SO3被氧化为硫酸钠，Co(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)都被还原为＋2价，“脱铝”得到的滤渣成分是Al(OH)3和硫酸钙，滤液中加入Na2S2O8除去锰元素，经过一系列处理得到硫酸钴溶液，一系列处理后得到硫酸钴晶体。 解析：“溶浸”中Na2SO3被氧化，A错误；“脱铝”得到的滤渣成分是Al(OH)3和硫酸钙，B错误；根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，“脱锰”的离子方程式为：Mn2+＋S2O＋2H2O===2SO＋MnO2↓＋4H＋，C正确；“系列操作”含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误； 故选C。 2．以天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Ca、Mg、Si等元素的氧化物)为原料制备高纯Mn3O4的工艺流程如下图所示： 下列说法错误的是(　D　) A．“滤渣1”成分为S、SiO2和CaSO4 B．“除杂1”MnCO3可用Mn(OH)2代替 C．“沉锰”时滤液的主要成分为(NH4)2SO4 D．“灼烧”过程每生成1 mol Mn3O4，理论消耗氧气体积为22.4 L(标准状况) 分析：根据流程：二氧化锰粉与硫化锰矿在硫酸中酸浸，二氧化锰具有氧化性将硫元素氧化为硫单质，钙转化为不溶的硫酸钙，SiO2不溶于硫酸，过滤滤渣1含有S和SiO2、CaSO4，滤液含锰、铁、镁盐溶液，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MnCO3调节pH除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣3为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入氨气沉淀锰，煅烧沉淀得到产品Mn3O4。 解析：由分析可知，“滤渣1”成分为S、SiO2和CaSO4，A正确；“除杂1”MnCO3和氢离子反应条件溶液的pH使得铁离子、铝离子转化为沉淀，且不引入新杂质，则也可用Mn(OH)2代替，B正确；“沉锰”时加入氨气，锰转化为沉淀，硫酸根离子和铵根离子成为滤液的主要成分：(NH4)2SO4，C正确；“灼烧”过程锰化合价由＋2变为＋，氧化剂氧气中氧元素化合价由0变为－2，结合电子守恒可知，每生成1 mol Mn3O4，理论消耗氧气体积为1 mol××3××22.4 L/mol＝11.2 L (标准状况)，D错误；故选D。 3．实验室模拟用硫铁矿制备硫酸，其实验过程如图所示。下列说法正确的是(　D　) A．硫铁矿的主要成分为FeS B．“操作1”和“操作2”完全相同 C．S易溶于CCl4是由于其为单原子分子，是非极性分子 D．每生成1 mol H2SO4消耗Cl267.2 L(标准状况) 解析：硫铁矿的主要成分是FeS2，故A错误；“操作1”是把无机相提取到有机相，属于萃取操作，“操作2”是把有机相萃取到无机相，是反萃取操作，所以二者不相同，故B错误；单质硫不是单原子分子，硫单质属于非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，二者都是非极性分子，所以硫可以溶解在四氯化碳中，故C错误；根据反应流程，FeS2在第一步加入FeCl3以后，被氧化为单质S，之后再用氯气氧化为硫酸根离子，根据氧化还原反应电子转移守恒，列出算式单质S失去电子数：0.5 mol FeS2×2×6e－===n(Cl2)×2×1e－，解得n(Cl2)＝3 mol，Cl2在标准状况下体积为67.2 L，故D正确；故答案选D。 4．碲(Te)被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是Cu2Te，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，Te与S同族，其工艺流程如图所示。 下列说法错误的是(　B　) A．粗铜精炼和电镀铜的阴极电极反应相同 B．每回收1 mol Te理论上步骤①中转移电子数为6NA C．步骤②电解后的溶液可以参与循环 D．可以用硝酸分离出滤渣X中的Au 解析：粗铜精炼和电镀铜的阴极电极反应均为Cu2+＋2e－===Cu，电极反应相同，A正确；根据Cu2Te转化为TeO2和Cu2+，转移电子数为6＋2，每回收1 mol Te理论上步骤①中转移电子数为8NA，B错误；步骤②电解后的溶液主要成分为硫酸，可以参与循环，在步骤①中使用，C正确；硝酸能溶解银而不能溶解Au，可以用硝酸分离出滤渣X中的Au，D正确；答案选B。 5．葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]是一种有机补锌剂，易溶于热水，不溶于乙醇，温度高于100℃即开始分解。化学间接合成法制备葡萄糖酸锌的过程如下图所示。 产品中Zn含量的测定过程如下： 称取ag产品配成溶液置于锥形瓶中，加入铬黑T指示剂，用0.05 mol·L-1的EDTA进行滴定，消耗EDTA的体积平均为V mL。[Na2H2Y代表EDTA，EDTA与Zn2+形成无色的配合物ZnY2-，铬黑T离子HIn2-(蓝色)能与Zn2+形成紫红色的ZnIn－。滴定原理为：ZnIn－(紫红色)＋H2Y2-===ZnY2-＋HIn2-(蓝色)＋H＋] 已知：CaSO4的溶解度如下表： 温度/℃ 40 50 60 70 CaSO4 0.210 0.207 0.201 0.193 回答以下问题： (1)Ⅰ处稀释浓硫酸时不需要用到下列物品中的__D__(填标号)。 A.实验服 B.护目镜 C.医用橡胶手套 D.防毒面具 (2)Ⅱ处葡萄糖酸钙和稀硫酸反应时需保持温度为90℃，其加热方式为__水浴加热__。分离出“滤渣”的操作是__趁热过滤__。Ⅲ处将滤液通过强酸性离子交换树脂的目的是__将未转化的葡萄糖酸钙完全转化为葡萄糖酸__。 (3)生成葡萄糖酸锌的化学方程式是__3C6H12O7＋ZnO===Zn(C6H11O7)2＋H2O__。 (4)抽滤前加入乙醇，充分搅拌并冷却，析出葡萄糖酸锌固体。加入乙醇的目的是__降低溶剂的极性__，从而降低产品的溶解度而使其析出。抽滤时滤纸用乙醇湿润，而不能用水湿润的原因是__减少产品的溶解损失__。 (5)滴定终点时溶液的颜色变化为__从紫红色变为蓝色__。 (6)产品中Zn的含量为__×100%__。 解析：(1)硫酸是没有挥发性，不需要防毒面具，但是有腐蚀性，强酸性，需要实验服、护目镜和橡胶手套，故不需要用到的选D；(2)葡萄糖酸钙和稀硫酸反应时需保持温度为90 ℃，为了便于控制温度，加热方式为水浴加热，硫酸钙溶解度随温度的升高而减小，为了尽可能使杂质硫酸钙沉淀被过滤除去，需要趁热过滤，Ⅲ处将滤液通过强酸性离子交换树脂的目的是将未转化的葡萄糖酸钙完全转化为葡萄糖酸；(3)葡萄糖酸和氧化锌反应，生成葡萄糖酸锌和水，化学方程式为2C6H12O7＋ZnO===Zn(C6H11O7)2＋H2O；(4)抽滤前加入乙醇，充分搅拌并冷却，析出葡萄糖酸锌固体，加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，从而降低产品的溶解度而使其析出。抽滤时滤纸用乙醇湿润，而不能用水湿润的原因是葡萄糖酸锌在水中溶解度大，在乙醇中溶解度小，故用乙醇湿润可以减少产品的溶解损失；(5)根据题中所给滴定原理的反应，反应会使溶液从紫红色变为蓝色，故溶液从紫红色变为蓝色的颜色变化说明滴定到终点；(6)EDTA物质的量为0.05 mol·L-1×V×10-3L＝5V×10-5mol，由反应式，Zn的物质的量与EDTA物质的量相等，故产品中Zn的含量为×100%＝×10-3×100%＝×100%。 6．锰的化合物用途与性质的探究，有关物质及颜色：Mn(OH)2(白色)、MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。回答问题： Ⅰ.用KMnO4溶液氧化甲苯制苯甲酸，按如下流程分离苯甲酸和回收甲苯。 已知：苯甲酸相对分子质量是122，在225℃和95℃时溶解度分别为0.3 g和6.9 g。 (1)操作Ⅰ为__分液__，操作Ⅱ为__蒸馏__。 (2)无色液体A是__甲苯__，定性检验A的试剂是__酸性高锰酸钾溶液__，现象是__酸性高锰酸钾溶液褪色__。 (3)该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物，简述提纯过程__加热溶液、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥__。 Ⅱ.探究Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成的产物，实验装置如图(夹持装置略)： 实验ⅰ：物质a为5% KOH溶液，C中通入Cl2前产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀；通入Cl2后棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀。 实验ⅱ：物质a为40% KOH溶液，C中通入Cl2前后与实验ⅰ现象一样。 (4)通入Cl2前，C中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为__2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O__。 (5)Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，KClO的氧化性随碱性减弱而增强。取ⅰ中放置后的1 mL悬浊液，再加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是__3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnO＋3Cl－＋H2O__。 (6)浓碱条件下，MnO可被OH－还原为MnO。取ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，再加4 mL 40% KOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，溶液紫色变为绿色的离子方程式为__4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O__。 (7)从反应速率的角度，分析实验ⅱ未得到绿色溶液的可能原因__由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液__。 分析：反应混合物中含有甲苯和苯甲酸钾、高锰酸钾溶液，经过分液后得到有机相含有甲苯，水相含有苯甲酸钾，苯甲酸钾经过酸化得到苯甲酸，在经过蒸发浓缩、冷却、过滤得到B为苯甲酸粗产品，有机相经过干燥、蒸馏得到A为甲苯。 在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答。 解析：(1)由分析知，操作Ⅰ为分液，操作Ⅱ为蒸馏。(2)由分析知，无色液体A是甲苯，定性检验A的试剂是酸性高锰酸钾溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色。(3)苯甲酸的溶解度随温度变化比较大，KCl的溶解度随温度变化不大，故提纯过程为加热溶液、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)通入Cl2前，C中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH－反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O。 (5)溶液紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为MnO，方程式为3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnO＋3Cl－＋H2O。 (6)溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，MnO可被OH－还原为MnO，离子方程式为4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O。(7)由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。 7．以绿茶为主要原料合成生物炭负载纳米铁(CT－FeNPs/BC) 步骤1：绿茶提取液及生物炭的制备。按如图1流程实验： 步骤2：生物炭负载纳米铁(GT－FeNPs/BC)的制备。反应装置(夹持和搅拌装置略)如图2： ①向三颈烧瓶中加入25 mL 0.1 mol·L-1 FeSO4溶液和生物炭。 ②通一段时间N2后，将绿茶提取液以2 mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中，持续磁力搅拌1 h，得黑色悬浊液。 ③离心分离，依次用乙醇和蒸馏水洗涤，真空干燥，产品密封备用。 回答下列问题： (1)操作(b)中，应采用__水浴加热__进行加热。 (2)图2中，盛装绿茶提取液的仪器名称为__三颈烧瓶__，加入绿茶提取液的目的是__将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效__。 (3)离心分离后，用乙醇洗涤的作用是__除去晶体表面水分，便于快速干燥__。 (4)判断产品洗涤干净的实验操作为__取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀盐酸酸化后，然后加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净__。 (5)GT－FeNPs/BC可高效去除含铬强酸性废水中的六价铬(以Cr2O表示)，反应过程如图3。 ①写出Fe3+和Cr3+共同生成沉淀CrxFe(1－x)OOH的离子方程式：__(1－x)Fe3+＋xCr3+＋H2O===CrxFe(1－x)OOH__。 ②研究表明，GT－FeNPs/BC和Fe3O4均可用于降解含Cr2O的废水。为探究两者降解效果，进行了如下实验，相同时间内得到如下实验结果： 实验编号 GT－FeNPs/BC(g/L) Fe3O4(g/L) Cr2O实际降解率 1 0.05 0 51.4% 2 0 2 7.12% 3 0.05 2 86.67% 结合图3分析，实验3降解Cr2O效率显著增大的原因是__Fe3O4有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大表面积；纳米铁能将含三价铁元素的物质(Fe3O4、Fe2+)还原为含二价铁元素的物质(Fe3O4、Fe2+)，含二价铁元素的物质能继续与Cr2O反应，降解效率增大__。 解析：(1)操作(b)中，控制温度为55 ℃～60 ℃，应采用水浴加热的方式，故答案为：水浴加热。(2)图2中，盛装绿茶提取液的仪器名称为三颈烧瓶，绿茶提取液中有很多还原性物质，绿茶提取液将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，这些Fe纳米颗粒较均匀地分布附着在薄片状生物炭表面，生物炭的存在有效地防止了Fe纳米颗粒大范围的聚集，从而大大提升了材料的比表面积和反应接触面，并且绿茶提取液中的有机物，如黄酮、多糖等，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效，加入绿茶提取液的目的是：将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效，故答案为：三颈烧瓶；将Fe2+离子还原成直径为Fe纳米颗粒，附着在纳米铁的表面，形成了一层保护层，能防止其被环境中的氧化剂快速氧化而失效。(3)乙醇易溶于水，且易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥，故答案为：除去晶体表面水分，便于快速干燥。(4)因为反应后溶液中有硫酸根，判断产品洗涤干净的实验操作为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀盐酸酸化后，然后加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀盐酸酸化后，然后加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净。(5)①根据图3可知，Fe3+、Cr3+和水共同生成沉淀CrxFe(1－x)OOH，不涉及氧化还原，根据原子守恒、电荷守恒可得，离子方程式为(1－x)Fe3+＋xCr3+＋H2O===CrxFe(1－x)OOH，故答案为：(1－x)Fe3+＋xCr3+＋H2O===CrxFe(1－x)OOH；②结合图示信息和实验结论可知，实验3降解Cr2O效率增大的原因是： Fe3O4有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大表面积；纳米铁能将含三价铁元素的物质(Fe3O4、Fe2+)还原为含二价铁元素的物质(Fe3O4、Fe2+)，含二价铁元素的物质能继续与Cr2O反应，降解效率增大，故答案为：Fe3O4有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大表面积；纳米铁能将含三价铁元素的物质(Fe3O4、Fe2+)还原为含二价铁元素的物质(Fe3O4、Fe2+)，含二价铁元素的物质能继续与Cr2O反应，降解效率增大。 学科网（北京）股份有限公司 $$