7、O4（填“>”或“<”）。
②結合元素周期律解釋①中結論：P和S電子層數(shù)相同，__________。
（3）酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式：__________。
（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：____________________。
（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42?殘留，原因是__________；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是__
8、__________________。
（6）取a g所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用b mol·L?1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)是________。（已知：H3PO4摩爾質量為98 g·mol?1）
【答案】 研磨、加熱 ＜ 核電荷數(shù)P＜S，原子半徑P＞S，得電子能力P＜S，非金屬性P＜S 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ 80 ℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低 CaSO4微溶 BaCO3++2H3PO
9、4BaSO4+CO2↑+H2O+2
【解析】分析：磷精礦粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸經(jīng)過脫有機碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸。
（1）根據(jù)外界條件對化學反應速率的影響分析，流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。
（2）①根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，酸性：H3PO4H2SO4。
②用元素周期律解釋，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)PS，原子半徑PS，得電子能力PS，非金屬性PS。
（3）根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，Ca5（PO4）3F與H2SO4反應生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化學方程式為2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0
10、.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率，80℃前溫度升高反應速率加快，相同時間內(nèi)有機碳脫除率增大；80℃后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。
（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性強于H2CO3，在粗磷酸中CO32-轉化成H2O和CO2，反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2
11、H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）滴定終點生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質的量之比為1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)為。
點睛：本題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考查影響化學反應速率的因素、“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、物質含量的計算等。解題時必須利用所學知識結合流程分析，如第（5）問注意脫硫的反應是在粗磷酸中進行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最終變
12、為CO2；第（6）問中H3PO4與NaOH物質的量之比的確定等。
4.【2018江蘇卷】以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2為原料可制備N2H4·H2O（水合肼）和無水Na2SO3，其主要實驗流程如下：
已知：①Cl2+2OH?ClO?+Cl?+H2O是放熱反應。
②N2H4·H2O沸點約118 ℃，具有強還原性，能與NaClO劇烈反應生成N2。
（1）步驟Ⅰ制備NaClO溶液時，若溫度超過40 ℃，Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3和NaCl，其離子方程式為____________________________________；實驗中控制溫度除用冰水浴外，
13、還需采取的措施是____________________________________。
（2）步驟Ⅱ合成N2H4·H2O的裝置如題19圖?1所示。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40 ℃以下反應一段時間后，再迅速升溫至110 ℃繼續(xù)反應。實驗中通過滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。
（3）步驟Ⅳ用步驟Ⅲ得到的副產(chǎn)品Na2CO3制備無水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、隨pH的分布如題19圖?2所示，Na2SO3的溶解度曲線如題19圖?3所示）。
①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中
14、通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定何時停止通SO2的實驗操作為_________________。
②請補充完整由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案： _______________________，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。
【答案】（1）3Cl2+6OH?5Cl?+ClO3?+3H2O 緩慢通入Cl2
（2）NaClO堿性溶液 減少水合肼的揮發(fā)
（3）①測量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2
②邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條
15、件下趁熱過濾
【解析】分析：步驟I中Cl2與NaOH溶液反應制備NaClO；步驟II中的反應為NaClO堿性溶液與尿素水溶液反應制備水合肼，；步驟III分離出水合肼溶液；步驟IV由SO2與Na2CO3反應制備Na2SO3。
②由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3，首先要加入NaOH將NaHSO3轉化為Na2SO3，根據(jù)含硫微粒與pH的關系控制pH；根據(jù)Na2SO3的溶解度曲線，確定分離Na2SO3的方法。
詳解：（1）溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液發(fā)生歧化反應生成NaClO3、NaCl和H2O，反應的化學方程式為3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，離子方程
16、式為3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2與NaOH溶液的反應為放熱反應，為了減少NaClO3的生成，應控制溫度不超過40℃、減慢反應速率；實驗中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是：緩慢通入Cl2。
②由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3，首先要加入NaOH將NaHSO3轉化為Na2SO3，根據(jù)含硫微粒與pH的關系，加入NaOH應調節(jié)溶液的pH約為10；根據(jù)Na2SO3的溶解度曲線，溫度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以從Na2SO3溶液中獲得無水Na2SO3應控制溫度高于34℃。由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的
17、實驗方案為：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。
點睛：本題以制備水合肼和無水Na2SO3的實驗流程為載體，考查實驗條件的控制、實驗加料的方式、實驗原理的理解和實驗方案的設計、對圖表等信息的獲取和處理應用能力。難點是實驗方案的設計，在設計實驗方案時要注重對實驗過程和實驗原理的理解，結合圖表等信息細心分析答題要點。
5．【2017新課標1卷】（14分）
Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為
18、FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）來制備，工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）“酸浸”實驗中，鐵的浸出率結果如下圖所示。由圖可知，當鐵的浸出率為70%時，所采用的實驗條件為___________________。
（2）“酸浸”后，鈦主要以形式存在，寫出相應反應的離子方程式__________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應40 min所得實驗結果如下表所示：
溫度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O轉化率%
92
95
97
93
88
分析40 ℃時TiO2·xH2O轉化率最高的原
19、因__________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，其中過氧鍵的數(shù)目為__________________。
（5）若“濾液②”中，加入雙氧水和磷酸（設溶液體積增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ （列式計算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為。
（6）寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式 。
【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h （2）FeTiO3+ 4H++4Cl? = Fe2++ + 2H2O
（3）低于40℃，T
20、iO2·xH2O轉化反應速率隨溫度升高而增加；超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導致TiO2·xH2O轉化反應速率下降 （4）4
（5）Fe3+恰好沉淀完全時，c()=mol·L?1=1.3×10–17 mol·L?1，c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀。
（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
【解析】（1）由圖示可知，“酸浸”時鐵的凈出率為70%時，則應選擇在100℃、2h，90℃，5h下進行；
21、
【名師點睛】工藝流程題，就是將化工生產(chǎn)過程中的主要生產(chǎn)階段即生產(chǎn)流程用框圖形式表示出來，并根據(jù)生產(chǎn)流程中有關的化學知識步步設問，形成與化工生產(chǎn)緊密聯(lián)系的化工工藝試題。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成，每一步操作都有其具體的目標、任務。審題的重點要放在與題設有關操作的目標、任務上，分析時要從成本角度(原料是否廉價易得)、環(huán)保角度(是否符合綠色化學的要求)、現(xiàn)實角度等方面考慮；解答時要看框內(nèi)，看框外，里外結合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入。而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)→根據(jù)什么理論→所以有
22、什么變化→結論。
6．【2017新課標3卷】（15分）
重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，一般由鉻鐵礦制備，鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3，還含有硅、鋁等雜質。制備流程如圖所示：
回答下列問題：
（1）步驟①的主要反應為：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2
上述反應配平后FeO·Cr2O3與NaNO3的系數(shù)比為_______。該步驟不能使用陶瓷容器，原因是_____。
（2）濾渣1中含量最多的金屬元素是_______，濾渣2的主要成分是__________及含硅雜質。
（3）步驟④調濾液2的pH使之變______
23、______（填“大”或“小”），原因是_____________（用離子方程式表示）。
（4）有關物質的溶解度如圖所示。向“濾液3”中加入適量KCl，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾得到K2Cr2O7固體。冷卻到___________（填標號）得到的K2Cr2O7固體產(chǎn)品最多。
a．80℃ b．60℃ c．40℃ d．10℃
步驟⑤的反應類型是___________________。
（5）某工廠用m1 kg 鉻鐵礦粉（含Cr2O3 40%）制備K2Cr2O7，最終得到產(chǎn)品 m2 kg，產(chǎn)率為_____________。
【答案】（1）2∶7 陶瓷在高溫下會與Na2CO3反應
24、 （2）鐵 Al(OH)3
（3）小 2+2H++H2O （4）d 復分解反應 （5）×100%
【解析】（1）FeO·Cr2O3是還原劑，氧化產(chǎn)物為Na2CrO4和Fe2O3，每摩轉移7 mol電子，而NaNO3是氧化劑，還原產(chǎn)物為NaNO2，每摩轉移2 mol電子，根據(jù)電子守恒可知，F(xiàn)eO·Cr2O3和NaNO3的系數(shù)比為2∶7；陶瓷在高溫下會與Na2CO3反應，則熔融時不能使用陶瓷容器。
（2）熔塊中氧化鐵不溶于水，過濾后進入濾渣1，則濾渣1中含量最多的金屬元素是鐵；濾液1中含有AlO2-、SiO32-及CrO42-，調節(jié)溶液pH并過濾后得濾渣2為Al(OH)3及含硅
25、雜質。
【名師點睛】考查無機制備的工藝流程，涉及氧化還原反應、離子方程式配平、鹽類水解的應用及混合物的分離與提純等，解題時要求對整個流程進行認識分析，對流程中每一個反應的原理和操作的目的要理解清楚。
7．【2017北京卷】（13分）TiCl4是由鈦精礦（主要成分為TiO2）制備鈦（Ti）的重要中間產(chǎn)物，制備純TiCl4的流程示意圖如下：
資料：TiCl4及所含雜質氯化物的性質
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸點/℃
58
136
181（升華）
316
1412
熔點/℃
?69
?25
193
304
7
26、14
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
難溶
（1）氯化過程：TiO2與Cl2難以直接反應，加碳生成CO和CO2可使反應得以進行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
① 沸騰爐中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的熱化學方程式：_______________________。
② 氯化過程中CO和CO2可以相互轉化，根據(jù)如圖判斷：CO2生成CO反應的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判斷依據(jù)
27、：_______________。
③ 氯化反應的尾氣須處理后排放，尾氣中的HCl和Cl2經(jīng)吸收可得粗鹽酸、FeCl3溶液，則尾氣的吸收液依次是__________________________。
④ 氯化產(chǎn)物冷卻至室溫，經(jīng)過濾得到粗TiCl4混合液，則濾渣中含有_____________。
（2）精制過程：粗TiCl4經(jīng)兩步蒸餾得純TiCl4。示意圖如下：
物質a是______________，T2應控制在_________。
【答案】（1）①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5 kJ/mol
②> 隨溫度
28、升高，CO含量增大，說明生成CO的反應是吸熱反應
③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 ④MgCl2、AlCl3、FeCl3
（2）SiCl4 高于136℃，低于181℃
【解析】（1）①生成TiCl4和CO的反應方程式為TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根據(jù)蓋斯定律，兩式相加，純凈的TiCl4，后續(xù)溫度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。
【名師點睛】本題以鈦精礦制備純TiCl4的流程為素材，主要考查蓋斯定律和熱化學方程式、化學平衡移動、HCl及Cl2尾氣的利用和吸收、制備流程中物質關系、過濾、蒸餾實驗等基礎化學知識，考查考生對化學反應原理知識的綜合應用能力和
29、對已知信息的綜合應用能力。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成，每一步操作都有其具體的目標、任務。審題的重點要放在與題設有關操作的目標、任務上，分析時要從成本角度(原料是否廉價易得)、環(huán)保角度(是否符合綠色化學的要求)、現(xiàn)實角度等方面考慮；解答時要看框內(nèi)，看框外，里外結合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入。而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)→根據(jù)什么理論→所以有什么變化→結論。另外需要注意題干信息的提取和篩選，例如本題中：①溶解性決定溶液中溶質及沉淀的成分，表格中信息則可以得到TiCl4液體中溶解的溶
30、質及同時存在的沉淀成分。②工業(yè)過程中有毒、有污染的尾氣都需要進行處理防止污染。
8．【2017江蘇卷】(12分)鋁是應用廣泛的金屬。以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質)為原料制備鋁的一種工藝流程如下：
注：SiO2在“堿溶”時轉化為鋁硅酸鈉沉淀。
（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為_____________________。
（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不變”或“減小”)。
（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是___________。
31、
（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示。陽極的電極反應式為_____________________，陰極產(chǎn)生的物質A的化學式為____________。
（5）鋁粉在1000℃時可與N2反應制備AlN。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是_____________________。
【答案】（1）Al2O3+2OH?=2AlO2－+H2O （2）減?。?）石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化
（4）4CO32－+2H2O?4e?=4HCO3－+O2↑ H2
（5）NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3
32、薄膜
【解析】結合流程及題中信息可知，鋁土礦在堿溶時，其中的氧化鋁和二氧化硅可與強堿溶液反應，過濾
【名師點睛】本題通過化工流程考查了課本上學過的從鋁土礦提取鋁的元素化合物的知識，在問題中又結合原料的循環(huán)利用考查了電解原理。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成，每一步操作都有其具體的目標、任務。審題的重點要放在與題設有關操作的目標、任務上，分析時要從成本角度(原料是否廉價易得)、環(huán)保角度(是否符合綠色化學的要求)、現(xiàn)實角度等方面考慮；解答時要先看框內(nèi)，后看框外，里外結合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入。而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應采用“四段
33、論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)→根據(jù)什么理論或性質→所以有什么變化→結論，如本題最后一個問題，只要注意了鋁表面易生成氧化膜和氯化銨受熱易分解這兩條性質，即可想到分解產(chǎn)物對氧化膜的作用，所以備考時，要多看課本上元素化合物方面內(nèi)容，知道學了哪些，大多數(shù)的試題的根都在課本上。
9．【2017江蘇卷】(15分)某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag(金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略)。
已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl?
34、 +2H2O
③常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+：
4Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O
（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，適宜的加熱方式為__________________。
（2）NaClO溶液與Ag反應的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，該反應的化學方程式為________________。 HNO3也能氧化Ag，從反應產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是____________________。
（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并_________
35、______________。
（4）若省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3·H2O反應外(該條件下NaClO3與NH3·H2O不反應)，還因為_____________________。
（5）請設計從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的實驗方案：________________________(實驗中須使用的試劑有：2 mol·L?1水合肼溶液，1 mol·L?1H2SO4)。
【答案】（1）水浴加熱 （2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑
會釋放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成環(huán)境
36、污染 （3）將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中
（4）未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl?，不利于AgCl與氨水反應
（5）向濾液中滴加2 mol·L?1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1 mol·L?1 H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥。
【解析】分析題中的實驗流程可知，第一步氧化是為了把光盤中的少量銀轉化為氯化銀，氯化銀難溶于水，過濾后存在于濾渣中；第三步溶解時，氨水把氯化銀溶解轉化為銀氨配離子，最后經(jīng)一系列操作還原為銀。
（1）“氧化”階段需在 80℃條件下進行，由于加熱溫度低于水的沸點，所
37、以適宜的加熱方式為水浴加熱。
（2）因為已知NaClO 溶液與 Ag 反應的產(chǎn)物為 AgCl、NaOH 和 O2 ，用化合價升降法即可配平，該反應的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O＝4AgCl+4NaOH+O2↑。 HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化劑時通常被還原為有毒的氮的氧化物而污染環(huán)境，所以以HNO3代替NaClO的缺點是會釋放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成環(huán)境污染。
（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，洗滌的目的是為了把濾渣表面殘存的銀氨
【名師點睛】本題以回收一種光盤金屬層中的少量Ag的實驗流程為載體，將實驗原理的理解、實驗試劑和儀器的選用、
38、實驗條件的控制、實驗操作規(guī)范、實驗方案的設計等融為一體，重點考查學生對實驗流程的理解、實驗裝置的觀察、信息的加工、實驗原理和方法運用、實驗方案的設計和評價等能力，也考查學生運用比較、分析等科學方法解決實際問題的能力和邏輯思維的嚴密性。解題的關鍵是能讀懂實驗流程，分析實驗各步驟的原理、目的、實驗條件等。設計實驗方案時，根據(jù)限定必須使用的試劑，結合題中所給信息，注意反應條件的控制以及實驗試劑的量的控制，按照“核心轉化→尾氣處理→產(chǎn)品分離→產(chǎn)品提純”思路，對細節(jié)進行耐心的優(yōu)化，直至得到完美方案。
10．【2016年高考新課標Ⅲ卷】（14分）
以硅藻土為載體的五氧化二釩（V2O5）是接觸法生成硫酸
39、的催化劑。從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用。廢釩催化劑的主要成分為：
物質
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
質量分數(shù)/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1
以下是一種廢釩催化劑回收工藝路線：
回答下列問題：
（1）“酸浸”時V2O5轉化為VO2+，反應的離子方程式為___________，同時V2O4轉成VO2+。“廢渣1”的主要成分是__________________。
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+變?yōu)閂O2+，則需要氧化劑KClO3至少為_
40、_____mol。
（3）“中和”作用之一是使釩以V4O124?形式存在于溶液中?！皬U渣2”中含有_______。
（4）“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+ V4O124? R4V4O12+4OH?（以ROH為強堿性陰離子交換樹脂）。為了提高洗脫效率，淋洗液應該呈_____性（填“酸”“堿”“中”）。
（5）“流出液”中陽離子最多的是________。
（6）“沉釩”得到偏釩酸銨（NH4VO3）沉淀，寫出“煅燒”中發(fā)生反應的化學方程式____________。
【答案】（1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2；（2）0.5；（3）Fe(OH)3、Al(OH
41、)3；（4）堿；（5）K＋ ；（6）2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。
【解析】
試題分析：（1）“酸浸”時V2O5轉化為VO2+，V元素化合價不變，說明不是氧化還原反應，根據(jù)原子守恒可
（5）由于前面加入了氯酸鉀和氫氧化鉀，則“流出液”中陽離子最多的是鉀離子。
（6）根據(jù)原子守恒可知偏釩酸銨（NH4VO3 “煅燒”生成七氧化二釩、氨氣和水，發(fā)生反應的化學方程式為2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。
【考點定位】考查物質制備工藝流程圖分析
【名師點睛】本題是工藝流程問題，涉及氧化還原反應方程式的書寫、步驟的分析、氧化還原反應的計算、元素及其化合物的性質等知識，發(fā)揮
42、理論對實踐的指導作用，將其應用于實踐來解決實際問題，達到學以致用的目的。充分體現(xiàn)了“源于教材又不拘泥于教材”的指導思想，在一定程度上考查了學生的知識的靈活運用能力和分析問題解決問題的能力。書寫離子反應方程式，首先找出反應物和生成物，然后判斷此反應是否屬于氧化還原反應，最后根據(jù)原子守恒、反應前后電荷守恒配平其他；工藝流程中充分把握題目所給數(shù)據(jù)，如本題中SiO2的質量分數(shù)在60%～65%，因此濾渣1的主要成分是SiO2，因為SiO2屬于酸性氧化物，不與硫酸反應；氧化還原反應實質是電子的得失或偏移，即得失電子數(shù)目守恒，氧化還原反應的計算常常采用得失電子數(shù)目守恒進行計算，即氧化劑的物質的量×變價原子個
43、數(shù)×化合價的變化值=還原劑的物質的量×變價原子個數(shù)×化合價的變化值，本題是3×1×1=n(KClO3)×1×6，解得x=0.5mol；化學平衡原理適用于任何化學平衡，如果改變影響平衡的一個條件，化學平衡會向能夠減弱這種改變的方向移動。本題難度適中。
11．【2016年高考北京卷】（12分）以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4為原料，制備高純PbO，實現(xiàn)鉛的再生利用。其工作流程如下：
（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是__________。
（2）過程Ⅰ中，F(xiàn)e2+催化過程可表示為：
i：2
44、Fe2++ PbO2+4H++SO42?＝2Fe3++PbSO4+2H2O
ii: ……
①寫出ii的離子方程式：________________。
②下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅。
b.______________。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲線如圖所示。
①過程Ⅱ的目的是脫硫。濾液1經(jīng)處理后可在過程Ⅱ中重復使用，其目的是_____(選填序號)。
A．減少PbO的損失，提高產(chǎn)品的
45、產(chǎn)率
B．重復利用氫氧化鈉，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4濃度，提高脫硫效率
②過濾Ⅲ的目的是提純，綜合上述溶解度曲線，簡述過程Ⅲ的操作_______________________。
【答案】（1）Pb + PbO2 + 2H2SO4==2PbSO4+ 2H2O。 （2）①2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；
②取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應后，紅色褪去。
（3）①A、B；②將粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加熱至110℃，充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結晶，過濾、洗滌并干燥得到PbO固體。
【解析】
（3）①過程Ⅱ脫硫過程中
46、發(fā)生的反應為PbSO4+2NaOH==PbO+Na2SO4+H2O，而濾液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的pH，使平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq）逆向移動，減少PbO的損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，答案選AB；
②根據(jù)PbO的溶解度曲線，提純粗Pb的方法為將粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高溫下的飽和溶液，降溫結晶、過濾，洗滌并干燥即可得到PbO。
【考點定位】本題主要是考查化學工藝流程分析，催化劑，離子方程式書寫，化學實驗方案的設計，物質的分離、提純，平衡移動原理的應用等。
【名師點晴】化學高考試題的發(fā)展趨勢必然是重視與生產(chǎn)、生活的緊密聯(lián)系，但不管如何靈活多變，工業(yè)生
47、產(chǎn)離不開反應原理中的方向、速率和限度問題。該題以鉛的再生利用為載體，考查了陌生方程式書寫、元素化合物性質、速率平衡、轉化率等問題，綜合性較強。第（3）②問不太好分析，需要結合圖像及題目的前后信息來解決。
1．【鄭州實驗中學2019屆高三上學期期中】下表各組物質中，物質間不可能實現(xiàn)如圖轉化的是 （ ）
選項
X
Y
Z
M
A
Fe(s)
FeCl2
FeCl3
Cl2
B
NaOH(aq)
Na2CO3
NaHCO3
CO2
C
NH3(g)
48、
NO
NO2
O2
D
NaOH
NaAlO2
Al(OH)3
AlCl3
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A.氯氣與鐵化合生成氯化鐵，不能生成氯化亞鐵，不符合圖中轉化關系，故A錯誤；B.氫氧化鈉淀，符合圖中轉化關系，故D正確。故選A。
2．【山東日照青山學校2019屆高三上學期第三次月考】以硫鐵礦(主要成分為FeS2)為原料制備氯化鐵晶體(FeC13·6H2O)的工藝流程如下，下列說法錯誤的是 （ ）
A．將硫鐵礦粉碎再焙燒的目的是加快反
49、應速率
B．酸溶時需保持鹽酸過量的目的是提高鐵元素的浸出率
C．氧化劑Y可以是Cl2不能是H2O2
D．上述流程中的FeS2可用FeS來代替
【答案】C
【解析】A. 將硫鐵礦粉碎，增大了反應物的接觸面積，加快了焙燒的反應速率，A正確；B. 焙燒后的產(chǎn)物
3．【山東新泰市二中2019屆高三上學期測試三】已知A、B、C、D、E是化學中常見的物質,常溫下,E是一種無色無味的液體,它們之間有如下反應關系。
（1）若A是一種黑色單質,B是一種常見的難揮發(fā)性酸,C、D都是氣體,試寫出此反應的化學方程式_________________________________。
（2）若A是一
50、種紫紅色單質,B是一種常見的揮發(fā)性酸,反應時生成的C是無色氣體,反應的離子方程式是________________________,B在反應中表現(xiàn)出的性質是_______、______。
（3）若實驗室中利用A和B的反應制備氣體C,C是一種無色、刺激性氣味、密度比空氣小的氣體,試寫出此反應的化學方程式________;實驗室檢驗C的方法___________。
【答案】C+2H2SO4(濃) CO2↑+ 2H2O + SO2↑ 2NO3-+ 3Cu + 8H+ = 2NO↑+ 4H2O + 3 Cu 2+
酸性 氧化性 2NH4Cl+ Ca(OH)2 CaCl2
51、 +2NH3↑+2H2O
把濕潤的紅色石蕊試紙靠近氣體,若試紙變藍,則證明該氣體為氨氣。(或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近該氣體,若有白煙生成,則證明該氣體為氨氣。)
【解析】A、B、C、D、E是化學中常見的物質，常溫下，E是一種無色無味的液體，則E為H2O，
4．【福建莆田六中2019屆高三9月月考】高鐵酸鉀是一種新型綠色氧化劑，制備高鐵酸鉀的工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）步驟①中NaClO作______（填“氧化劑”“還原劑”或“催化劑”）。
（2）步驟②脫除的鹽除NaNO3 外，還有 ____________（填化學式）。
（3）步驟③是利用溶解度
52、的不同進行的操作。則溶解度：Na2FeO4 _____（填“>”或“<”）K2FeO4。
（4）本次實驗中K2FeO4的產(chǎn)率為__________________。
（5）取少量K2FeO4于試管中，加硝酸酸化并堵住試管口，觀察到溶液中有細微的小氣泡產(chǎn)生，溶液紫色逐漸褪去，伸入一根帶火星的木條，木條復燃；再向溶液中加入KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色。如果標況下產(chǎn)生氣體2.24L,則參加反應的FeO42- 數(shù)目_____________；K2FeO4作為凈水劑的優(yōu)點除鐵無毒，能消毒殺菌外還有__________________________________。
（6）某同學設計以下兩個實驗探
53、究高鐵酸鉀的穩(wěn)定性。
（實驗1）將適量K2FeO4固體分別溶解于pH為?4.74、7.00、11.50的水溶液中，配得FeO42-濃度為1.0mmol?L-1（1mmol?L-1=10-3mol?L-1）的試樣，靜置，結果見圖1。
（實驗2）將適量K2FeO4溶解于pH=4.74的水溶液中，配制成FeO42-濃度為1.0mmol?L-1的試樣，將試樣分別置于 20℃、30℃、40℃和60℃的恒溫水浴中，結果見圖2。
（實驗結論）根據(jù)圖一，可以得出的結論是：________________________________________
圖1 圖2
54、
（7）常溫下，某水溶液含有Fe3+,Cu2+,調節(jié)溶液pH=10時，兩種氫氧化物沉淀共存，已知該溫度下， Ksp（Fe(OH)3）= a, Ksp（Cu(OH)2）= b,則溶液中C(Fe3+)/C(Cu2+)=___________。
【答案】氧化劑 NaCl > 86.36% 2/15 NA 或2.4×1023 生成的Fe(OH)3膠體粒子可吸附水中懸浮雜質 其他條件不變時， pH越小，K2FeO4越不穩(wěn)定 104a/b
【解析】（1）步驟①中Fe3+被NaClO在堿性條件下氧化為FeO42-，則NaClO作氧化劑；正確答案：氧化劑
55、。
發(fā)生反應的離子方程式為4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；根據(jù)4FeO42---12e--3O2關系可知，如果標況下產(chǎn)生氧氣2.24L（即為0.1mol）,則參加反應的FeO42- 數(shù)目2/15 NA 或2.4×1023；K2FeO4作為凈水劑的優(yōu)點除鐵無毒外，還體現(xiàn)在自身的強氧化性，能消毒殺菌，同時還原產(chǎn)物Fe3+水解生成的Fe(OH)3可吸附水中懸浮雜質；正確答案：2/15 NA 或2.4×1023 ；生成的Fe(OH)3膠體粒子可吸附水中懸浮雜質。
（6）根據(jù)圖一，可以得出的結論是：其他條件不變時， pH越小，K2FeO4越不穩(wěn)定 ；正確答案：其他條
56、件不變時， pH越小，K2FeO4越不穩(wěn)定。
（7）c(Fe3+)/c(Cu2+)= c(Fe3+)×c3(OH-)/ c(Cu2+)×c2(OH-)×c(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]/ Ksp[Cu(OH)2] ×c(OH-)= a/b×c(OH-)，由于溶液pH=10時，c(H+)=10-10mol/L，所以c(OH-)=10-4 mol/L，帶入上式可得c(Fe3+)/c(Cu2+)= 104a/b；正確答案：104a/b。
5．【河北武邑中學2019屆高三上學期期中】已知A～H均為中學化學常見的物質，轉化關系如下圖。其中A、C均為金屬單質，C與水反應生成D和最輕的氣體，D、
57、F、G、H的焰色反應均為黃色，E為兩性化合物。
（1）寫出C與水反應的離子方程式_____________________________________，假設溫度不變，該反應會使水的電離程度________（填寫“變大”“變小”“不變”）
（2）B的水溶液呈_________性，用離子方程式解釋原因______________
（3）將A～H中易溶于水的化合物溶于水，會抑制水的電離的是____________（填序號）
（4）常溫下，pH均為10的D、F溶液中，水電離出的c(OH－)之比為___________________向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，所得溶液中離子物
58、質的量濃度由大到小的順序為：_______________
【答案】2Na + 2H2O===2Na+ + 2OH－+ H2↑ 變大 酸 Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ D 1︰106 c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)
【解析】由題干“其中A、C均為金屬單質，C與水反應生成D和最輕的氣體”知，C為活潑金屬鈉、鉀或者鈣，又D、F、G、H的焰色反應均為黃色，則C為鈉，D為氫氧化鈉，根據(jù)圖中的轉化關系，D與二氧化碳反應生成F，則F為碳酸鈉，H為碳酸氫鈉，E為兩性化合物，且由B和D反應得到，則E
59、為氫氧化鋁，G為偏鋁酸鈉，B為氯化鋁，A為鋁；
（1）鈉與水反應的離子方程式為：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH－+ H2↑；鈉與水反應可以認為是鈉與水電離出來的氫離子反應，故促進了水的電離，使水的電離程度變大，故答案為：2Na + 2H2O===2Na+ + 2OH－+ H2↑；變大；
（2）氯化鋁為強酸弱堿鹽，水溶液因為鋁離子的水解作用呈現(xiàn)酸性，離子方程式為： Al3+ + 3H2OAl(OH)3 ↓+ 3H+ ，故答案為： 酸；Al3+ + 3H2OAl(OH)3 ↓+ 3H+ ；
（3）鹽的水解促進水的電離，酸和堿的電離會抑制水的電離，易溶于的氫氧化鈉會抑制水的電離
60、，故答案為：D；
（4） pH為10的氫氧化鈉溶液中，c(H+)=110-10，氫氧化鈉無法電離出氫離子，則由水電離出來的c(0H-)= c(H+)=110-10，pH為10的碳酸鈉溶液中，水電離出的c(0H-)=Kw /c(H+)=110-14/110-10=110-4，故它們的比為：10-10/10-4=1︰106；向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，則此時的溶液中溶質為碳酸鈉和碳酸，且c(0H-)= c(H+)，根據(jù)電荷守恒得：c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3－)+c(OH－)+2c(CO32－)，則c(Na+)=c(HCO3－) +2c(CO32－)，HCO3－的電離程度很
61、小，綜上所述各離子濃度大小為：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)，故答案為：1︰106 ， c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)。
6．【甘肅甘谷縣一中2019屆高三上學期第二次檢測】Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O（明礬）是一種復鹽，在造紙等方面應用廣泛。實驗室中，采用廢易拉罐（主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質）制備明礬的過程如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：
（1）為盡量少引入雜質，試劑①應選用___（填標號）。
a．HCl溶液 b．H2SO4溶液 c．氨水
62、 d．NaOH溶液
（2）易拉罐溶解過程中主要反應的化學方程式為______________________。
（3）沉淀B的化學式為___
II．毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質），實驗室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下:
（4）毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是___________________________________。
（5）濾渣Ⅱ中含________________（填化學式）。加入H2C2O4時應避免過量，原因是______________________。已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，
63、Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9
【答案】d 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3 增大接觸面積從而使反應速率加快
Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少
【解析】Ⅰ．易拉罐的主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質，可選擇濃NaOH溶解，得到偏鋁酸鈉溶
II．（4）毒重石用鹽酸浸取前研磨將塊狀固體變成粉末狀，可以增大反應物的接觸面積，增大反應速率；（2）根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù)分析加入NH3?H2O調節(jié)pH=8可除去Fe3+，加入NaOH調pH=12.5，可完全除去Mg2+，
64、除去部分Ca2+，濾渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入過量H2C2O4，易發(fā)生Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H+，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少。
1．從某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工業(yè)廢液中回收銅并制備氯化鐵晶體的流程如下：
則下列說法正確的是 （ ）
A．試劑a是鐵、試劑b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用儀器相同
C．試劑c是氯氣，相應的反應為:2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
D．用酸性KMn
65、04溶液可檢驗溶液W中是否還有Fe2+
【答案】C
【解析】從某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工業(yè)廢液中回收銅，工業(yè)廢水中加入試劑a為過量的鐵，操作Ⅰ
2．下列各組物質中，能一步實現(xiàn)下圖所示①~⑤轉化關系的是 （ ）
注： Na［Al(OH)4］等同NaAlO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A.碳不能直接生成碳酸鈉、碳酸氫鈉，故A錯誤；B.Fe3O4與碳反應生成鐵單質，鐵與鹽酸反應生
3．現(xiàn)有金屬單質A、B、C和氣體甲、丙以及物質D、E、F、G、H，它們之間
66、的相互轉化關系如下圖所示(圖中有些反應的生成物和反應的條件沒有標出)。
請回答下列問題：
（1）寫出下列物質的化學式：B_____________、丙____________；
（2）寫出下列反應的化學方程式；
反應①_________________________________________________________________；
反應③_________________________________________________________________；
反應⑤_________________________________________________________________；
（3）向F的溶液中加入D溶液后產(chǎn)生的現(xiàn)象是________________________________，并用化學反應方程式解釋產(chǎn)生此現(xiàn)象的原因____________________、_________________。
【答案】Al HCl 2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑
2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H
2022年高考化學二輪復習 專題13 化學流程、無機物的推斷及綜合應用（練）（含解析）
