高考三轮复习大题练02化工流程题

2020-2021 学年度高考三轮复习大题练 02 化工流程题（1） 1．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如图： (注：Al(OH)3 和 Cu(OH)2 开始分解的温度分别为 450℃和 80℃) (1)电解精炼银时，阴极反应式为_____________。 (2)固体混合物 B 的组成为_________；在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH 的加入量。 若 NaOH 过量，则因过量引起的反应的离子方程式_____________________。 (3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：____CuO＋____Al2O3  高温 ____CuAlO2＋ ____。 (4)若银铜合金中铜的质量分数为 64%，理论上 5.0 kg 废料中的铜可完全转化为 CuAlO2， 至少需要 1.0 mol·L－1 的 Al2(SO4)3 溶液________L。 (5)CuSO4 溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是________、冷却结晶、过滤、洗涤和干 燥。 2．以菱镁矿(主要成分为 MgCO3，含少量 FeCO3 等)为原料制备高纯氧化镁的流程如下： (1)采用搅拌、______、适当增大盐酸的浓度等措施可以提高“酸浸”率。 (2)“氧化”过程中发生反应的化学方程式为________。 (3)“沉淀”时需严格控制 NaOH 溶液的用量，其目的是________。 (4)“滤液”中继续加入 NaOH 溶液，______、________、灼烧，制得氧化镁。 (5)工业可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米 MgO，写出该反应的化 学方程式：____。取少量制得的该物质溶于某种液体溶剂中(两者不反应)，能说明有纳 米 MgO 存在的简单方法是____。 3．KMnO4 是一种常用的强氧化剂，工业上以软锰矿(主要成分 MnO2)为原料，通过液相 法生产。即在反应器中碱性条件下用氧气氧化 MnO2 得到 K2MnO4，分离后得到 K2MnO4， 再在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解 K2MnO4 溶液得到 KMnO4，简略生产过 程如下所示： 回答下列问题： (1)写出反应器中反应的方程式_______ (2)生产过程中最好使用含 MnO280%以上的富矿，因为 MnO2 含量较低的贫矿中 Al 的氧 化物含量较高，会导致 KOH 消耗量偏离，用离子方程式表示 KOH 消耗偏高的原因____。 (3)写出电解槽中阴极和阳极的电极反应方程式阴极：_______ ：阳极：____。 (4)在传统工艺中，得到 K2MnO4 后，向其溶液中避入 CO2 制备 KMnO4，配平方程式： _______K2MnO4+_______CO2= _______KMnO4+_______ MnO2+ _______K2CO3 将所得到的 KMnO4 配成 0.1mol·L-1KMnO4 溶液，滴定 20．00 rnL 未知浓度的 FeCl2 液， 消耗 KMnO4 溶液 30．00 mL。滴定达到终点时的现象为：_______ ，则 FeCl2 溶液的浓 度为_______mol/L。 4．某实验小组以石灰粉[主要成分为 Ca(OH)2 和 CaCO3]为原料制备 KClO3 的流程如图 所示： (1)“打浆”的目的是_______。 (2)“氯化”过程控制氯气不过量，在 75 ℃左右进行。氯化时，氯气与氢氧化钙生成次氯 酸钙，次氯酸钙进一步分解为氯酸钙，少量次氯酸钙分解产生氯化钙和氧气；“氯化”温 度较低时，Cl2 易与 Ca(OH)2 反应而生成漂白粉，写出该反应的化学方程式：________。 露置在空气中一段时间的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体除了可能有 O2 和 HCl 外，还 可能含有________(填化学式)。 (3)“氯化”过程中 Cl2 与浆水反应生成 Ca(ClO3)2 的总反应为 6Ca(OH)2+ 6Cl2 =Ca(ClO3)2 +5CaCl2 +6H2O，反应中还原产物为_________(填化学式)。 (4)由于在“氯化”过程中易发生副反应，则“氯化”后溶液中 - - 3 n( Cl ) n(ClO ) =_____(填“>”“[CO 2 3  ]>[OH-]>[H+] D．[Na+]>[CO 2 3  ]>[HCO 3  ]>[H2CO3] (4)循环 II 提高了________(填化学式)的利用率。沉淀池中，发生反应的总方程式为 _______。 (5)向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用有_______。 A．增大 NH + 4 的浓度，使 NH4Cl 更多地析出 B．使 NaHCO3 更多的析出 C．使 NaHCO3 转化为 Na2CO3，提高析出 NH4Cl 的纯度 (6)历史上曾经将 NH4Cl 的水溶液喷洒在剧院幕布上，可以起到阻燃的作用，试分析其 原理_______。 14．四氢铝锂（LiAlH4）常作有机合成的重要还原剂。以辉锂矿（主要成分是 Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量 Fe2O3）为原料合成四氢铝锂的流程如下： 已知：①几种金属氢氧化物沉淀的 pH 如表所示： 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 开始沉淀的 pH 2.3 4.0 完全沉淀的 pH 3.7 6.5 ②常温下，Ksp(Li2CO3)=2.0×10－3，Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小。 回答下列问题： (1)上述流程中，提高“酸浸”速率的措施有________________、加热；加入 CaCO3 的作 用是_____，“a”的最小值为______________。 (2)写出 LiH 和 AlC13 反应的化学方程式为_____________（条件不作要求）。 (3)用热水洗涤 Li2CO3 固体，而不用冷水洗涤，其目的是_______________。 (4)四氢铝锂 LiAlH4 溶解于 NaOH 溶液后得到无色透明溶液，并产生一种无色气体。请 写出该反应的离子方程式_____________________。 (5)在有机合成中，还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示，其含义是 1 克还原剂相当 于多少克氢气的还原能力。LiAlH4的“有效氢”为________________（结果保留2位小数）。 15．以镍黄铁矿为原料制备 2Ni(OH) 的工艺流程如下： 已知：①高镍锍的主要成分为 Ni 、 Fe 、 Co 、 Cu 的低价硫化物及合金； ②氧化性： 3 3 3 2 2Ni Co H O Fe     ； ③   15 p 2K Ni(OH) 1 10  ，   15 sp 2K Co(OH) 5 10  ，   4 sp 3K Co(OH) 1 10  。 回答下列问题： (1)“酸浸”时， 2 4H SO 溶液需过量，其目的是________。 (2)“氧化”时反应的化学方程式为________，若用 NaClO 代替 2 2H O 溶液，使 2+0.2 mol Fe 转化为 3Fe  ，则需 NaClO 至少为________ mol。 (3)“除铁”的原理是________。 (4)“过滤”时滤渣 1 的主要成分是________。 (5)“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净的方法是________________。若“沉镍” 后的滤液中 2 5 1c(Ni 1 10 mol) L     ，则滤液的 pH  ________。 (6)“除钴”时，发生反应的离子方程式为________。 16．古埃及人在公元前一千多年前曾用橄榄石(硅酸盐)作饰品，称它为“太阳的宝石”。 某小组以某橄榄石(主要成分可看作为 MgO、FeO 和 SiO2，还含有少量的 MnO 等)为原 料制备工业合成氨的活性催化剂(FeO 和 Fe2O3 质量比为 9：20 的混合物)的一种流程如 下： 金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH 如下表： 金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH Mg2+ 7.6 9.4 Fe2+ 6.5 9.9 Fe3+ 1.5 3.3 Mn2+ 8.2 10.6 回答以下问题： （1）从绿色化学角度分析，试剂 1 宜选择___(填字母)。加入试剂 1 的目的是___(用离 子方程式表示)。 a.H2O2 b.MnO2 c.HNO3 d.K2Cr2O7 （2）调节 pH 范围为___。 （3）单位时间内“酸浸”中金属浸出率与温度、盐酸浓度的关系如图所示。 x___(填“>”“ 蒸发浓缩，冷却结晶 【详解】 (1)打浆混合的目的是使石灰粉混合均匀，使其更充分，更迅速反应，故答案为：使石灰粉 混合均匀，使其更充分，更迅速反应； (2) 在 75 ℃左右进行，氯化时存在氯气和氢氧化钙作用生成氯化钙和次氯酸钙和水，化学 反应方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O, 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸 钙，次氯酸钙为有效成分，可与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸不稳定， 答案第 4页，总 32页 分解生成盐酸和氧气，而长期露置于空气中已完全失效的漂白粉中主要为碳酸钙，加稀盐酸 后产生的气体是 CO2，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，CO2； (3) 6Ca(OH)2+ 6Cl2 =Ca(ClO3)2 +5CaCl2 +6H2O 中氯元素的化合价由 0 价→+1 价，失去电子 是还原剂，对应的 Ca(ClO)2 是氧化产物，氯元素的化合价由 0 价→-1 价，得到电子，是氧 化剂，对应的 CaCl2 是还原产物，故答案为：CaCl2； (4)由于氯化过程中除了发生主要反应 6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O 外，还存在 Ca(ClO)2 分解为氯化钙和氧气，所以 “氯化”后溶液中 - - 3 n(Cl ) n(ClO ) >5，故答案为：>； (5) 由表格可知，KClO3 的溶解度受温度的影响较大，将溶液蒸发浓缩，得到较高温度下的 浓溶液，然后再降温，大部分 KClO3 将会结晶析出，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。 5．S、C、N 2 2 2 2 4Ba SO H O Ba= SO 2H     向溶液中加入适量 KSCN 溶液， 若出现红色，则其中阳离子为 3Fe  (球形)冷凝管 水浴加热 静置取上层清液少许 于试管中，再加人适量酸化的硝酸银溶液，若试管内无沉淀产生说明已经洗净 【分析】 I. 气体单质 H 对氢气的相对密度为 14(标准状况下)，则单质 H 的相对分子质量为 28，混合 气体 E 通过灼热的铜网得到气体 H，故 H 为氮气，E 为氮气和氧气；气体 D 通入澄清石灰 水，得沉淀 G 为碳酸钙，故气体 D 中还有 2CO ，且  2n CO 0.3mol ，则 n(C) 0.3mol ； 气体 C 通入氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，  4n BaSO 0.3mol ，则 n(S) 0.3mol ；根据 化合物 A 为红色固体，加稀盐酸能溶解，可知 A 为氧化铁. 【详解】 Ⅰ.(1)气体单质 H 对氢气的相对密度为 14(标准状况下)，则单质 H 的相对分子质量为 28，混 合气体 E 通过灼热的铜网得到气体 H，故 H 为氮气，E 为氮气和氧气；气体 D 通入澄清石 灰水，得沉淀 G 为碳酸钙，故气体 D 中还有 2CO ，且  2n CO 0.3mol ，则 n(C) 0.3mol ； 气体 C 通入氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，  4n BaSO 0.3mol ，则 n(S) 0.3mol ；根据 化合物 A 为红色固体，加稀盐酸能溶解，可知 A 为氧化铁，  2 3n Fe O 0.05mol ，则 n(Fe) 0.1mol ；化合物 X 的质量为 23.0g ，故 n(N) 0.3mol ；故 X 含有的非金属元素 为 S、C、N，X 的化学式为 3Fe(SCN) . 答案第 5页，总 32页 (2)混合气体 C 中含有 2SO ，能与 2 2H O 反应生成 2 4H SO ，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉 淀，离子方程式为 2 2 2 2 4Ba SO H O BaSO 2H   . (3)溶液 B 中金属阳离子为 Fe3+，检验离子的实验方案：向溶液中加入适量 KSCN 溶液，若 出现红色，则其中阳离子为 3Fe  ； Ⅱ.(1)根据装置图可知，仪器 b 为球形冷凝管. (2)氯气与苯反应温度维持在 40～60℃，温度过高会生成过多的二氯苯，为防止生成过多的 二氯苯，应采用水浴加热，控制温度. (3)判断洗净关键在于检测洗出液中有无 Cl ，可以通过加入硝酸酸化的硝酸银溶液加以检验， 方法是静置取上层清液少许于试管中，再加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，若试管内无沉淀 产生说明已经洗净。 6．将矿石粉碎，适当升高萃取时的温度，增大萃取液的浓度，充分搅拌，延长萃取的时间(任 写两条) 3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2+6H+ 将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+ Fe(OH)3、Al(OH)3 3312 【分析】 用稀硫酸溶解镉铁矿，其中 SiO2 不溶于水和酸，通过过滤除去，滤渣 1 即为 SiO2；滤液中 主要含 2+ 3+ 3+ 4+Fe Fe Al Cd、 、 、 ，加入甲醇将 4+Cd 还原为 2+Cd ，然后加入过氧化氢溶液， 将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，再调节溶液 pH 使溶液中的 3+ 3+Fe Al、 完全转化为沉淀，过滤 除去不溶物，即为滤渣 2；向含有 Cd(SO4)2 的滤液中加入碳酸钾生成碳酸铬沉淀，再过滤将 沉淀溶于 HBrO3，最后将溶液蒸发结晶可得溴酸铬，依此解答。 【详解】 (1)固体溶解于硫酸时，采取将矿石粉碎，适当升高萃取时的温度，增大萃取液的浓度，充 分搅拌，延长萃取的时间均可提高镉的浸取率，任写两种即可； 故答案为：将矿石粉碎，适当升高萃取时的温度，增大萃取液的浓度，充分搅拌，延长萃取 的时间(任写两条)； (2)还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体即为二氧化碳，根据氧化还原反 应配平原理可知，发生的离子反应方程式为 3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2+6H+； (3)加入 H2O2 溶液可将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+； 答案第 6页，总 32页 (4)滤渣 2 的主要成分为铝、铁的沉淀，化学式为：Fe(OH)3、Al(OH)3； (5)已知镉铁矿中 CdO2 的含量为 72%， 2t 该镉铁矿中 CdO2 的质量为： 6 62 10 72%=1.44 10 g   ，其物质的量为 6 4=1144g/ 1.44 10 g 10 molmol   ；整个流程中镉 元素的损耗率为 10%，根据元素守恒可知 Cd(BrO3)2 的物质的量为  4 310 mol 1-10% =91 10 mol   ，则 Cd(BrO3)2 的质量为： 39×10 mol 368g/mol=3312000g=3312kg 。 7．铁 防止亚铁离子被氧化 bcae 250mL 容量瓶 洗涤 将 Fe3+还原成 Fe2+， 为进一步测定铁元素的含量做准备 11.2% 偏高 【分析】 绿矾为 FeSO4·7H2O，加入 1mol/L 的硫酸溶解后再加入草酸，得到黄色沉淀 FeC2O4·2H2O， 之后加入草酸钾、双氧水(氧化剂)、草酸发生氧化还原反应得到三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。 滴定原理为先用酸性高锰酸钾将草酸根氧化，之后用锌粉还原 Fe2+，然后用高锰酸钾标准液 滴定 Fe2+的量。 【详解】 (1)亚铁离子易被空气中的氧气氧化为铁离子，需要加入过量的铁粉避免亚铁离子被氧化； (2)将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、 干燥，即可得到绿矾，所以选 bcae； (3)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天 平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到 250mL 容量瓶中，并用玻璃棒引 流，当加水至液面距离刻度线 1～2cm 时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的玻璃仪器为 250mL 容量瓶； (4)向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿色，说明加入锌粉 的目的是将 Fe3+恰好还原成 Fe2+，为进一步测定铁元素的含量做准备； (5)所用高锰酸钾标准液的平均体积为 20.02mL+19.98mL 2 =20.00mL，则 n(KMnO4)=0.02L0.010mol/L=0.0002mol，滴定过程中 MnO 4  被还原成 Mn2+，Fe2+被氧化成 Fe3+，根据电子守恒可知 n(Fe)=0.0002mol5=0.001mol，则样品中 答案第 7页，总 32页 n(Fe)=0.001mol 250mL 25.00mL =0.01mol，所用样品中铁的质量分数为 -156g mol 0.01mol 100%5.000g   =11.2%； 在步骤二中，若加入的 KMnO4 的溶液的量不够，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时， 会使的滴定消耗的高锰酸钾的体积偏大，导致测定的亚铁离子的物质的量偏大，故铁元素的 质量偏大，计算测定的铁元素的质量分数偏高。 8．2SO2 (g)＋O2 (g) 2SO3 (g) SO2 ＋V2O5＝ SO3 ＋2VO2 ，O2 ＋4VO2＝ 2V2O5 a、c SO3 (g)＋H2O(l) ＝ H2SO4 (l)； △ H＝－130.3kJ/mol 得到较高浓度 的 SO2 ，原料循环再利用 【分析】 （1）催化反应室发生的反应是二氧化硫的催化氧化反应生成三氧化硫；该催化循环机理是 V2O5 氧化 SO2 时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被 O2 氧化为五氧化二钒； （2）依据化学平衡影响因素和平衡移动原理和工业制备原理分析判断； （3）每 160g SO3 气体与 H2O（l）化合放出 260.6kJ 的热量，80g 三氧化硫与水反应放热 130.3KJ， 写出热化学方程式； （4）用氨水吸收，再用浓硫酸处理是先生成亚硫酸铵，在和硫酸反应生成浓度高的二氧化 硫，实现原料循环利用； 【详解】 （1）催化反应室发生的反应是二氧化硫的催化氧化反应生成三氧化硫，反应的化学方程式 为：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）；该催化循环机理是 V2O5 氧化 SO2 时，自身 被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被 O2 氧化为五氧化二钒，反应的化学方程式为： SO2+V2O5=SO3+2VO2； O2+4VO2=2V2O5； （2）依据工业生产流程结合反应原理分析； a．过量空气增大氧气浓度，能提高 SO2 的转化率，故 a 正确； b．催化剂可以加快反应速率，平衡不动，但使用催化剂能不提高 SO2 的转化率，故 b 错误； c．三氧化硫易溶于水，用 98%的硫酸吸收 SO3，可以避免形成酸雾并提高吸收率，故 c 正 确； （3）每 160g SO3 气体与 H2O（l）化合放出 260.6kJ 的热量，80g 三氧化硫与水反应放热 130.3KJ， 反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=-130.3kJ·mol－1； 答案第 8页，总 32页 （4）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理．这样做吸收二氧化硫防止污染环 境，得到高浓度的二氧化硫，除了防止 SO2 污染环境并得到铵盐外，能得到较高浓度的 SO2， 实现原料循环再利用。 9．HCl Ca3(PO4)2+4H++3SO42－ 2H2PO4 －+3CaSO4 促进磷酸二氢钾的析出 蒸 馏 OH－+H3PO4=H2PO4 －+H2O 3﹣6.5 C Cl－+6OH－﹣6e－=ClO3 －+3H2O 【分析】 浓硫酸和氯化钾 180°C 发生反应生成氯化氢气体和硫酸氢钾，加水稀释得到硫酸氢钾的溶液， 加入磷矿磷酸钙 70°C 转化为磷酸二氢钙和磷酸钙，过滤后的滤液加入甲醇促进磷酸二氢钾 的析出，滤液②是硫酸钾和甲醇，蒸馏得到甲醇和硫酸钾， Ⅰ．(1)由流程可知，KCl 与浓硫酸得到 KHSO4，依据元素守恒分析； (2)浓硫酸和氯化钾加热反应生成了氯化氢气体，促进反应正向进行； (3)由流程可知 KHSO4 溶液加入 Ca3(PO4)270℃可以转化得到 KH2PO4，另一物质为 CaSO4， 据此书写； (4)滤液①中加入甲醇得到产品磷酸二氢钾，故甲醇的作用是促进磷酸二氢钾的析出； (5)蒸馏用来分离易挥发和难挥发的物质，据此分析； Ⅱ．(6)氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾，图象分析可 知磷酸二氢钾(达 80%)的 pH 范围； Ⅲ．(7)C 室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入 C 室，得 到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在 A 室失去电子发生氧化反应，据此分析。 【详解】 Ⅰ．(1)由流程可知，KCl 与浓硫酸得到 KHSO4，则得到的气体为 HCl； (2)“浸取”步骤，浓硫酸能与 KCl 能发生化学反应的原因是：有 HCl 气体生成平衡向正反应 方向进行； (3)由流程可知 KHSO4 溶液加入 Ca3(PO4)270℃可以转化得到 KH2PO4，另一物质为 CaSO4， 离子方程式为：Ca3(PO4)2+4H++3SO42﹣ 2H2PO4 ﹣+3CaSO4； (4)滤液①中加入甲醇得到产品磷酸二氢钾，故甲醇的作用是促进磷酸二氢钾的析出； (5)经过操作Ⅰ得到易挥发的甲醇和电解质溶液，经过蒸馏可得； Ⅱ．(6)氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾，反应的离子 反应方程式：OH﹣+H3PO4＝H2PO4 ﹣+H2O，图象分析可知判断制备磷酸二氢钾(达 80%)的最 答案第 9页，总 32页 佳 pH 范围：3﹣6.5； Ⅲ．(7)C 室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入 C 室，得 到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在 A 室失去电子发生氧化反应得到 ClO3 ﹣，电 极反应式为：Cl﹣+6OH﹣﹣6e﹣＝ClO3 ﹣+3H2O。 10．将硫铁矿粉碎(或增大通入空气的量，或提高焙烧温度等) SiO2 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 加入适量浓氢氧化钠溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸接近 试管口，观察到湿润的红色石蕊试纸变蓝 【分析】 FeS2 经过焙烧后生成，三氧化二铁，浸酸时三氧化二铁与硫酸反应生成硫酸铁，SiO2 不与 硫酸反应，成为废渣，由此解题。 【详解】 (1) “焙烧”时，能加快反应速率的措施有：将硫铁矿粉碎增大接触面积(或增大通入空气的量， 或提高焙烧温度等)； 故答案为：将硫铁矿粉碎(或增大通入空气的量，或提高焙烧温度等)。 (2) “酸浸”时，滤渣的主要成分是 SiO2，SiO2 不溶于硫酸，三氧化二铁与硫酸反应生成硫酸 铁； 故答案为：SiO2。 (3) “酸浸”时发生的主要反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； 故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。 (4) 证明所得莫尔盐晶体中含有 NH 4  的实验方法是：取少许晶体置于试管中，溶解加入适 量浓氢氧化钠溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸接近试管口，观察到湿润的红色石蕊试纸 变蓝，证明含有 NH 4  ； 故答案为：加入适量浓氢氧化钠溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸接近试管口，观察到湿 润的红色石蕊试纸变蓝。 11．CaCO3 Mg(OH)2 取最后一次洗涤液，滴加 Na2CO3 溶液，如不产生白色沉淀说 明已经洗涤干净 Mg、Si 耐高温材料 3MgO•4SiO2•H2O SiO2+2OH-=SiO 2 3  +H2O 【分析】 答案第 10页，总 32页 Ⅰ．模拟海水的 pH=8.3，呈碱性步骤①，加入 0.001mol NaOH 时，OH- 恰好与 - 3HCO 完全 反应，生成 0.001molCO 2 3  ，生成的 CO 2- 3 与水中的 Ca2+反应生成 CaCO3 沉淀，X 为 CaCO3， 滤液 M 中同时存在着 Ca2+和 Mg2+；步骤②，当滤液 M 中加入 NaOH 固体，调至 pH=11， 根据流程可判断无 Ca(OH)2 生成，有 Mg(OH)2 沉淀生成，Y 为 Mg(OH)2，分解生成 MgO。 Ⅱ．固体乙可制光导纤维，应为 SiO2，其物质的量为 24.0g 60g/mol =0.4mol，由图中数据可知生 成水的质量为 1.8g，物质的量为 0.1mol，固体甲加入稀硫酸，得到无色溶液，加入过量的氢 氧化钠溶液，得到白色沉淀，应为 Mg(OH)2，加入生成丙为 MgO，物质的量为 12.0g 40g/mol =0.3mol，可知甲为 3MgO•4SiO2，则 X 为 3MgO•4SiO2•H2O。 【详解】 Ⅰ．(1)由分析，沉淀物 X 为 CaCO3，沉淀物 Y 为 Mg(OH)2。故答案为：CaCO3；Mg(OH)2； (2)沉淀 Y 表面存在 Ca2+，判断沉淀 Y 是否洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液，滴加 Na2CO3 溶液，如不产生白色沉淀说明已经洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，滴加 Na2CO3 溶液，如不产生白色沉淀说明已经洗涤干净； Ⅱ．(1)由分析可知：X 为 3MgO•4SiO2•H2O，X 除了含有 H O、 元素以外还含有 Mg、Si。 故答案为：Mg、Si； (2)丙为 MgO，熔点高，可用于耐高温材料，故答案为：耐高温材料； (3)由分析 X 为 3MgO•4SiO2•H2O。故答案为：3MgO•4SiO2•H2O； (4)乙为二氧化硅，与氢氧化钠反应生成硅酸钠，反应的离子方程式为 SiO2+2OH-=SiO 2- 3 +H2O， 故答案为：SiO2+2OH-=SiO 2- 3 +H2O。 12．沉淀 2- 4SO 继续滴加试剂③，若无浑浊，则表明试剂③已过量 漏斗、玻璃棒 NaOH、Na2CO3 萃取分液、蒸馏 【分析】 在粗盐提纯时，可以先将粗盐和其中的泥沙溶解于水，得混合物乙； 结合题目(1)和流程可知：混合物乙加过量 NaOH 将 Mg2+沉淀，再加过量 BaCl2 溶液将 SO42- 答案第 11页，总 32页 沉淀，再加过量的饱和 Na2CO3 溶液将 Ca2+和过量的 Ba2+沉淀； 通过过滤除去泥沙、Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3、CaCO3，固体丁即为泥沙、Mg(OH)2、BaSO4、 BaCO3、CaCO3 的混合物，溶液丙为氯化钠、NaOH、Na2CO3 的混合溶液； 最后所得溶液丙中加适量 HCl 除去 NaOH、Na2CO3，再通过蒸发结晶得到精盐。 【详解】 (1)根据分析，若试剂①选用 NaOH 溶液，则试剂②为 BaCl2 溶液，目的是沉淀 SO42-，试剂 ③为饱和 Na2CO3 溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子，判断滴加试剂③ 已过量的方法 是：继续滴加试剂③，若无浑浊，则表明试剂③已过量，故答案为：沉淀 SO42-；继续滴加 试剂③，若无浑浊，则表明试剂③已过量； (2)由操作 I 为过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，由分析可知，溶液丙中， 溶质除 NaCl 外还含有 NaOH、Na2CO3，故答案为：漏斗、玻璃棒；NaOH、Na2CO3。 (3)①在氧化还原反应 KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O 中，I 化合价升高值=I 化合价降 低值=转移电子数=5，电子转移情况如下： ， 故答案为： ； ②可用四氯化碳或苯等有机溶剂将碘从溶液中萃取，然后分液获得有机层，再通过蒸馏获得 碘单质，故答案为：萃取分液、蒸馏。 【点睛】 粗盐提纯过程中，添加饱和 Na2CO3 溶液、BaCl2 溶液、NaOH 溶液 3 种溶液时，要保证饱和 Na2CO3 溶液在 BaCl2 溶液之后添加，否则过量的 Ba2+无法除去。 13．BD BD CO 2 3  水解产生 OH-：CO 2 3  +H2O ⇌ HCO 3  +OH- CD NaCl CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl AC 因氯化铵受热分解要吸收热量，起降低 温度的作用，且生成的 HCl 不燃烧，密度比空气大，可以覆盖在幕布上，起隔绝空气的作 用 【分析】 侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通二氧化碳气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳 酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤、洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同 答案第 12页，总 32页 时生成的二氧化碳气体循环利用。 【详解】 (1) A. 合成氨是放热反应，升高温度，反应速率加快，但平衡左移，不利于氨的合成，不能 用勒沙特列原理解释，故 A 错误； B. 合成氨是气体分子总数减小的反应，增压利于氨的合成，能用勒沙特列原理解释，故 B 正确； C.铁触媒是催化剂，催化剂不影响平衡移动，不能用勒沙特列原理解释，故 C 错误； D.及时分离氨，则氨气浓度减小，平衡右移，能用勒沙特列原理解释，故 D 正确； 答案为 BD； (2)对应反应：C(s)+ H2O(g) ⇌ CO(g)+ H2(g)(正反应吸热)， A.恒压时，通入水蒸气，则容器体积变大，所有气体的浓度同等倍数下降，可知 Qc[CO 2 3  ]>[OH-]>[H+]，C 正确； D.碳酸钠溶液中，一级水解即 2 3 2 3CO H O HCO OH    为主，二级水解即 3 2 2 3HCO H O H CO OH   程度很小，则[Na+]>[CO 2 3  ]>[HCO 3  ]>[H2CO3]，D 正确； 故答案为 CD； (4) 此流程可知：CO2 和 NaCl 能被重复利用，循环 II 提高了 NaCl 的利用率。沉淀池中，发 生反应的总方程式为 CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl ； 答案第 13页，总 32页 (5)向母液中通氨气， A. 一水合氨可与碳酸氢根离子反应，增大 NH + 4 的浓度，使 NH4Cl 更多地析出，A 正确； B. 母液中通入氨气，会消耗 NaHCO3，B 错误； C. 母液中通入氨气，会消耗 NaHCO3，使 NaHCO3 转化为 Na2CO3，碳酸钠溶解度大于碳酸 氢钠，故提高析出 NH4Cl 的纯度，则正确的是 AC； (6)历史上曾经将 NH4Cl 的水溶液喷洒在剧院幕布上，可以起到阻燃的作用，试分析其原理 是：因氯化铵受热分解要吸收热量，起降低温度的作用，且生成的 HCl 不燃烧，密度比空 气大，可以覆盖在幕布上，起隔绝空气的作用。 14．粉碎矿石(或提高硫酸浓度、搅拌) 调节溶液的 pH 使 Al3+、Fe3+转化为氢氧化物 6.5 3 44LiH+AlCl =LiAlH +3LiCl 减少碳酸锂的损失 + - 4 2 2 2LiAlH +2H O=Li +AlO +4H  0.21 【分析】 以辉锂矿(主要成分是 Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量 Fe2O3)为原料合成四氢铝锂，矿粉中加入浓 硫酸并加热反应，然后过滤，得到的滤渣 1 为脉石，滤液 1 中含有硫酸铁、硫酸铝、硫酸锂 和硫酸，向滤液 1 中加入碳酸钙，碳酸钙和氢离子反应从而调节溶液的 pH，使溶液中铁离 子、铝离子转化为沉淀，滤液 2 中含有硫酸锂和硫酸钙，向滤液 2 中加入碳酸钙，得到碳酸 锂沉淀和滤液 3，电解氯化锂得到 Li，Li 和氢气化合得到 LiH，LiH 和氯化铝在一定条件下 反应生成 LiAlH4，据此解答。 【详解】 (1)上述流程中，提高“酸浸”速率的措施有粉碎矿石、提高硫酸浓度、搅拌、加热等措施；加 入碳酸钙可中和溶液中的酸，使 Al3+、Fe3+完全生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，从而除去， 从表格数据可以看出，调节 pH 最小值为 6.5，可确保两种离子完全沉淀，故答案为：粉碎 矿石(或提高硫酸浓度、搅拌)；调节溶液的 pH 使 Al3+、Fe3+转化成氢氧化物；6.5； (2)氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂，反应的化学方程式为 3 44LiH+AlCl =LiAlH +3LiCl ，故答案为： 3 44LiH+AlCl =LiAlH +3LiCl ； (3)依题意，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤碳酸锂，可以减少碳酸锂损失， 故答案为：减少碳酸锂的损失； (4)四氢铝锂 LiAlH4 溶解于 NaOH 溶液后得到无色透明溶液，碱性环境铝元素转化为偏铝酸 答案第 14页，总 32页 根离子，并产生一种无色气体为氢气，氢元素的化合价由-1 价和+1 价变为 0 价，发生归中 反应，反应的离子方程式为： + - 4 2 2 2LiAlH +2H O=Li +AlO +4H  故答案为： + - 4 2 2 2LiAlH +2H O=Li +AlO +4H ； (5)由题给信息可知，还原剂的还原能力实指失电子数，1mol LiAlH4 能提供 8mol 电子，相 当于 4mol H2，LiAH4 的有效氢 8g 38g 0.21 ，故答案为：0.21。 15．提高镍元素的浸取率 4 2 2 2 4 2 4 3 22FeSO H O H SO Fe SO 2H O( )    0.1 3CaCO 与 H 反应使溶液 pH 升高， 3Fe  解生成 3Fe(OH) 沉淀而除去 Cu 、 2Cu S 取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的 2BaCl 溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已 洗涤干净 9 2 2 2 3NiOOH Co H O Ni Co(OH)     【分析】 用硫酸溶液溶解高镍铳并过滤，除去不溶于酸和水的杂质 Cu 和 CuS，同时得到含有 Ni2+、 Fe2+及 Co2+的滤液，向滤液加入 H2O2 主要是氧化溶液中的 Fe2+得 Fe3+，后用 CaCO3 调节溶 液 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继 续加入 NiOOH，可生成 Co(OH)3，再过滤除去，达到除钴的目的，最后滤液中加入 NaOH 溶液，并过滤即可得到 Ni(OH)2。 【详解】 (1)“酸浸”时，加入过滤的硫酸溶液，可使高镍铳完全溶解，提高镍元素的浸取率； (2) H2O2 氧化溶液中的 Fe2+得 Fe3+，发生反应的化学方程式为 2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；若用 NaClO 代替 H2O2 溶液，使 0.2mol Fe2+转化为 Fe3+，共转移 0.2mole-，NaClO 的还原产物为 NaCl，则需 NaClO 至少为 0.2mol 2 =0.1mol； (3)Fe3+在溶液中存在水解平衡为 Fe3++3H2O  Fe(OH)3+3H+，加入 CaCO3 能与 H+反应使 溶液 pH 升高，Fe3+水解生成 Fe(OH)3 沉淀而除去； (4)由分析知，“过滤”时滤渣 1 的主要成分是不溶液于稀硫酸的 Cu 为 CuS； (5) Ni(OH)2 的表面附着液中含有 SO42-，则取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；已知 答案第 15页，总 32页 Ksp[Ni(OH)2]=1×10-15=c(Ni2+)×c2(OH-)，则 c(OH-)= 15 5 1 10 1 10     mol/L=10-5mol/L，此时溶液 pH=9； (6)“除钴”时 NiOOH 可生成 Co(OH)3，则发生反应的离子方程式为 NiOOH+Co2++H2O=Ni2++Co(OH)3。 【点睛】 考查物质的制备实验探究，涉及反应原理和混合物的分离提纯，准确的流程分析是解题关键， 其中除铁和除钴的反应原理及离子方程式的书写是解题难点。 16．a 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 3.3≤pH 温度过高，加快盐酸挥发， 盐酸浓度降低较快 8 【分析】 橄榄石中加入过量盐酸后过滤所得滤液 A 中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化锰等，加入试剂 1 将氯化亚铁氧化为氯化铁，调节溶液的 pH 使铁离子完全沉淀，过滤所得滤渣 2 为氢氧化铁， 灼烧可得氧化铁，加入碳粉还原可得催化剂，由此进行分析作答。 【详解】 (1)加入试剂 1 的目的是将氯化亚铁氧化为氯化铁，为了不引入新的杂质，试剂 1 宜选择 H2O2， 发生反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； (2)调节溶液的 pH 使铁离子完全沉淀，而镁离子不沉淀，则调节 pH 范围为 3.3≤pH2；当盐酸浓度相同时，温度过高，加快盐酸挥 发，盐酸浓度降低较快，浸出率降低； (4)FeO 与 Fe2O3 的质量之比为 9:20，FeO 与 Fe2O3 的物质的量之比为 9 20 56 16 56 2 16 3    ： =1:1，480 kgFe2O3 的物质的量为 3×103mol 设有 xmolFe2O3 参与 反应 3Fe2O3+2C高温 6FeO+CO2↑+CO↑ 3 x 6 2x 剩余 Fe2O3 的物质的量为 3×103mol –xmol，那么 33 10 x 12x    ，解得 x=10-3mol，参与反 答案第 16页，总 32页 的氧化铁为 160kg， 3Fe2O3 + 2C 高温 6FeO+CO2↑+CO↑ 3 160 160kg  2 12 x  3 160 2 12 160kg x   ，解得 x=8kg。 17．Fe2O3+4NH4HSO4 2NH4Fe(SO4)2+2NH3↑+3H2O 2Ba2++4OH-+NH4++Al3++2SO42-=2BaSO4↓+NH3•H2O+Al(OH)3↓ SiO2 6 H++HCO3-=H2O+CO2↑ 玻璃棒 蒸发皿 【分析】 粉煤灰中含有 SiO2、Al2O3、Fe2O3 等，加入硫酸氢铵加热反应，得到熟料中含有可溶性的成 分主要是 NH4Fe(SO4)2、NH4Al(SO4)2 等，用水浸后，滤液 A 中含有 NH4Fe(SO4)2、NH4Al(SO4)2， 滤渣 B 为 SiO2，在滤液 A 中加入碳酸氢铵调节 pH 可生成 Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀，滤液 C 含有(NH4)2SO4，经蒸发结晶得到(NH4)2SO4 晶体，Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀加入过量氢氧化钠 溶液，得到 E 为 NaAlO2，通入 CO2 气体，可生成 Al(OH)3 沉淀，以此解答该题。 【详解】 (1)根据题意，Fe2O3 与 NH4HSO4 反应生成 NH4Fe(SO4)2 和氨气与水，反应的化学方程式为 Fe2O3+4NH4HSO4 2 NH4Fe(SO4)2+2NH3↑+3H2O；在 NH4Al(SO4)2 溶液中加入 Ba(OH)2 溶液使 SO42-恰好完全沉淀，则还会生成氨水和 Al(OH)3 沉淀，反应的离子方程式为 2Ba2++4OH﹣+NH4++Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+NH3•H2O+ Al(OH)3↓； (2)SiO2 不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水，因此滤渣 B 的主要成分为 SiO2； (3)根据 KSP[Al(OH)3]=1×10﹣33；c(Al3+)均小于或等于 1×10﹣9 mol/L 可认为完全沉淀， c(OH-)= mol/L=1×10﹣8 mol/L，则由于在常温下溶液的 Kw=1×10-14，所以 c(H+)=1×10-6 mol/L，所以溶液的 pH=6；在酸性溶液中加入 NH4HCO3，会发生离子反应：H++HCO3 ﹣ =H2O+CO2↑，所以可以用 NH4HCO3 调节 pH； (4)实验室进行第④步操作时，滤液 C 得到硫酸铵，从硫酸铵溶液中得到硫酸铵晶体，所需 的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿。 【点晴】 答案第 17页，总 32页 本题以制取硫酸铵、氢氧化铝为线索，考查了混合物的分离、元素及化合物的性质、仪器的 使用、溶度积常数的应用等，掌握反应基本原理并充分利用题目提供信息是解答基本的化学 知识是解题的关键。包括反应原理的判断、基本操作的判断、仪器的选择、物质或操作作用 的分析、电解反应原理的应用、操作方案的设计、误差分析、物质质量分数的计算等。解决 本类题目的基本方法和步骤为：(1)从题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体 浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤， 从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果， 对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。 18．B4O 2 7  ＋2H＋＋5H2O=4H3BO3 抑制 MgCl2 的水解 H2O2＋2H＋＋2e－=2H2O 97.2% 【详解】 (1)用 H2SO4 调 pH2～3，硼砂中的 Na2B4O7 在酸溶液中生成 H3BO3，反应的离子方程式为： B4O 2 7  ＋2H＋＋5H2O=4H3BO3； (2)MgCl2•7H2O 需要在 HCl 氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁，故答案为抑 制 MgCl2 的水解； (3)镁-H2O2 酸性燃料电池的反应机理为 Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得 到电子生成水的反应，正极反应式 H2O2＋2H＋＋2e－=2H2O； (4)硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，根据关系式：B～BI3～ 3 2 I2～ 3S2O 2 3  ，n(B)= 1 3 n(S2O 2 3  )=0.0018mol，硼的质量为：10.8g/mol×0.0018mol=0.01944g，粗 硼中硼的含量为： 0.01944g 0.02g ×100%=97.2%。 19．Cu2（OH）2CO3+4H+→2Cu2++3H2O+CO2↑ H2O2 溶液、 CuO Fe（OH）3、 CuO 冷却结晶 自然干燥 引流 d 加水到离刻度线 2～3cm 处改用胶头滴管滴加蒸 馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平 a、d 在除杂过程中加入了 CuO，会使结果 偏大 【分析】 m1g 孔雀石的主要成分为 Cu2（OH）2CO3（含少量 FeO、Fe2O3、SiO2），加入稀硫酸过滤得 到滤渣二氧化硅和溶液 A 为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入 W 为过氧化氢氧化亚铁离子 答案第 18页，总 32页 为铁离子，加入氧化铜调节溶液的 pH 沉淀铁离子，过滤得到沉淀 B 为氢氧化铁和过量的氧 化铜，溶液 B 为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体 m2g，受热失去结晶水得到硫酸铜固体 m3g。据此解答。 【详解】 （1）碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：Cu2（OH） 2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑； （2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入 其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液 pH 使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀 B 为 Fe（OH） 3、CuO，故答案为：H2O2 溶液、CuO；Fe（OH）3、CuO； （3）从溶液 B 中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操 作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃 仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引 流； （4）溶液 A 中含亚铁离子和铁离子：a．NaOH 溶液，向 Fe2+溶液中加入 NaOH 溶液后，Fe2+ 与 OH-反应生成 Fe（OH）2，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，Fe（OH）2 不稳定易被氧气氧化为 Fe（OH）3，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，白色的 Fe（OH）2 沉淀变成红褐色 Fe（OH） 3，向 Fe2+溶液中加入 NaOH 溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红 褐色；Fe3+与 OH-反应 Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，生成红褐色 Fe（OH）3，两者反应现象干 扰，不能检验该溶液中存在 Fe2+，故 a 错误； b．Na2CO3（aq）和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶 液浑浊不能检验亚铁离子，故 b 错误； c．淀粉 KI（aq）和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴 别亚铁离子，故 c 错误； d．酸性 KMnO4（aq），因为 Fe2+具有较强的还原性能使酸性 KMnO4 溶液褪色，Fe3+不能， 故能够用酸性 KMnO4 溶液鉴别 Fe2+和 Fe3+，故 d 正确； 如果测定 Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线 2～3cm 处改用胶头 滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d；加水到离刻度线 2～ 3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平； （5）测定所得胆矾（CuSO4•xH2O）中结晶水 x 值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量， 加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次 答案第 19页，总 32页 值是否相差不超过 0.1g，所以至少称量 4 次； a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a 正确； b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b 错误； c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c 错误； d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的 x 值偏大， 故 d 正确； 故答案为：ad； （6）向溶液中加入 CuO 调节溶液的 pH，沉淀Ⅱ为 Fe（OH）3，所以胆矾中的铜元素不是 都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中 CuO 的质量分数偏大，故答案 为：在除杂过程中加入了 CuO，会使结果偏大。 20．搅拌，加快 MnSO4 溶解速率 Mn2++2NH3•H2O=Mn(OH)2↓+2NH 4  (NH4)2SO4 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加几滴盐酸酸化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成说明 沉淀洗涤干净 3Mn(OH)2+H2O2=Mn3O4+4H2O 2H2O2 2+Mn 2H2O+O2↑ 15.3 【分析】 由题给流程可知，将硫酸锰固体溶于水配成溶液，向溶液中加入氨水，硫酸锰溶液与氨水反 应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，过滤、洗涤得到氢氧化锰，向氢氧化锰中加入过氧化氢，氢 氧化锰与过氧化氢发生氧化还原反应生成四氧化三锰，过滤、洗涤、干燥得到四氧化三锰产 品。 【详解】 （1）硫酸锰固体溶解时，需用玻璃棒不停地搅拌，目的是加快硫酸锰溶解速率，故答案为： 搅拌，加快 MnSO4 溶解速率； （2）加氨水碱化时发生的反应为硫酸锰溶液与氨水反应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，反应 的离子反应方程式为 Mn2++ 2NH3 • H2O=Mn(OH )2↓+ 2NH ，故答案为：Mn2++ 2NH3 • H2O=Mn(OH )2↓+ 2NH ； （3）加氨水碱化时发生的反应为硫酸锰溶液与氨水反应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，过滤 得到氢氧化锰沉淀和硫酸铵溶液，则滤液 X 的溶质为硫酸铵，故答案为：( NH4)2SO4； （4）氢氧化锰沉淀的表面附有可溶的硫酸铵，检验沉淀是否洗涤干净就是是在检验洗涤液 中是否存在硫酸根，检验硫酸根的方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加几滴盐酸酸 答案第 20页，总 32页 化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成说 明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少 许于试管中，滴加几滴盐酸酸化的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀生成说 明沉淀洗涤干净； （5）氧化时发生的反应为氢氧化锰与过氧化氢发生氧化还原反应生成四氧化三锰和水，反 应的化学方程式为 3Mn(OH )2 +H2O2 =Mn3O4 + 4H2O，故答案为：3Mn(OH )2 +H2O2 =Mn3O4 + 4H2O； （6）在锰离子做催化剂的作用下，过氧化氢会发生分解反应生成氧气和水，导致加快过氧 化氢的滴加速度，但不能加快氧化速率，过氧化氢分解的化学方程式为 2H2O2 2+Mn 2H2O+O2↑，故答案为：2H2O2 2+Mn 2H2O+O2↑； （7）由锰原子个数守恒可得关系式：3 MnSO4—Mn3O4，则 Mn 元素不损失的条件下， 30.2gMnSO4 制得 Mn3O4 的质量为 30.2g 151g / mol ×3×299g/mol=15. 3g，故答案为：15. 3。 21．漏斗、烧杯、玻璃棒 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl 蒸发浓缩 冷却结晶 取少量最后一次 洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明 Li2CO3 固 体已洗涤干净 [Fe(C2O4)3]3- HCl CoO 【分析】 废旧钴酸锂电池粉末加减进行碱浸，电池粉末中的 Al 与碱反应生成偏铝酸根离子，铁、碳 和 LiCoO2 不与碱反应，根据流程图固液分离得到溶液①和固体①，则操作①为过滤，溶液 ①为主要含 AlO2-的滤液，固体①中主要含有铁、碳和 LiCoO2，向溶液①通入过滤 CO2，AlO2- 与 CO2 发生反应：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，根据流程图固液分离得到溶液②和 固体②，则操作②为过滤，溶液②为主要含 HCO3-的溶液，固体②为 Al(OH)3 沉淀，氢氧化 铝高温加热转化为氧化铝，电解熔融氧化铝得到铝单质；向固体①加入盐酸，铁与盐酸反应 生成 Fe2+，LiCoO2 可与盐酸发生氧化还原反应：2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl， 生成的氯气将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，碳与盐酸不反应，根据流程图固液分离得到溶液③ 和固体③，则操作③为过滤，固体③为碳，溶液③为含 Fe3+、Li+、Co3+、Cl-的滤液，根据 流程图，向溶液③加入草酸铵，得到溶液④和 CoC2O4∙2H2O 晶体，则操作④为蒸发浓缩、 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，溶液④为含有[Fe(C2O4)3]3-、Li+、Cl-的溶液，向溶液④加入 碳酸钠，生成 Li2CO3 沉淀和溶液⑤，则操作⑤为过滤，溶液⑤主要含[Fe(C2O4)3]3-、Cl-、Na+、 CO32-的溶液；根据已知信息，在强酸性条件下，[Fe(C2O4)3]3-分解生成 Fe3+，向溶液⑤加入 答案第 21页，总 32页 盐酸，CO32-转化为 CO2 气体除去，[Fe(C2O4)3]3-分解生成 Fe3+，最后得到含有 Cl-、Na+、Fe3+、 H+的溶液，对其蒸发浓缩，冷却结晶，得到 FeCl3∙6H2O 晶体，据此分析解答。 【详解】 (1)操作①为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒； (2)根据分析，向溶液①通入过滤 CO2，AlO2-与 CO2 发生反应： CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-； (3)已知溶液③中含有 CoCl2、LiCl 等溶质，根据流程中反应前后 Co 元素化合价发生变化， LiCoO2 与盐酸发生氧化还原反应，结合物料守恒和得失电子守恒，化学方程式为： 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl； (4)根据分析，向溶液③加入草酸铵，得到溶液④和 CoC2O4∙2H2O 晶体，向溶液③中加入草 酸铵得到 CoC2O4．2H2O 固体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； (5)由于溶液中含有氯离子，Li2CO3 固体表面附着有氯离子，能说明 Li2CO3 固体已洗涤干净 的实验操作方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若 无白色沉淀生成，说明 Li2CO3 固体已洗涤干净； (6)根据分析，溶液⑤中铁元素以离子[Fe(C2O4)3]3-形式存在，根据已知信息，在强酸性条件 下，[Fe(C2O4)3]3-分解生成 Fe3+，向溶液⑤加入盐酸，CO32-转化为 CO2 气体除去，[Fe(C2O4)3]3- 分解生成 Fe3+，加入试剂为盐酸(HCl)，再进行后续操作； (7) 300-350℃时，CoC2O4∙2H2O 晶体加热失重为 183×59.0%=108，剩余为 75，即生成产物为 CoO。 22．SiO2 4.4≤pH Ksp（CaSO4），导致 Ca2++SO42－= CaSO4↓；（4）碱式硫酸铝溶液吸收 SO2 生成 Al2(SO4)3·Al2(SO3)3，再向该溶液通入足量空气，生成一种硫酸盐，则为碱式硫酸铝溶 液吸收 SO2 生成 Al2(SO4)3·Al2(SO3)3，+4 价 S 易被氧化，故通入空气则被氧化为硫酸盐，故 化学方程式为：Al2(SO4)3·2Al(OH)3+3SO2＝Al2(SO4)3·Al2(SO3)3 +3H2O，2Al2(SO4)3·Al2(SO3)3 + 3O2＝ 4Al2(SO4)3。 考点：化学工艺流程。 27．2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 高温 4Na2CrO4+4CO2 CuSO4(或 CuSO4 和 H2SO4) 2CrO 2- 4 +2H+  Cr2O 2- 7 +H2O，增大氢离子浓度，平衡正向移动，Na2CrO4 溶液转化为 Na2Cr2O7 溶液 2SO2+TeOSO4+3H2O=Te+3H2SO4 H2SO4 溶液 Cr2 O 2- 7 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 49% 【分析】 根据煅烧和水浸的产物可知三氧化二铬与碳酸钠和氧气反应生成 Na2CrO4 和 CO2，Na2CrO4 在酸性溶液中转化为 Na2Cr2O7，Cu2Te 与 O2 反应生成 CuO 和 TeO2，金不反应。沉渣中含有 CuO、TeO2 和金，硫酸溶解 CuO、TeO2，回收金，浸出液为 CuSO4、TeOSO4 和 H2SO4 混合 溶液。通过电解 Cu2+还原为 Cu 单质，SO2 还原 TeOSO4 得到粗碲，据此作答。 【详解】 (1)根据煅烧和水浸的产物可知 Cr2O3 与 Na2CO3、O2 反应生成 Na2CrO4 和 CO2，化学方程式 为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 高温 4Na2CrO4+4CO2； 答案第 27页，总 32页 (2) 沉渣中含有 CuO、TeO2 和金，加硫酸后，金不溶解，CuO 溶解生成 CuSO4，TeO2 与 H2SO4 反应生成 TeOSO4，故浸出液中还可能含有 CuSO4 或 CuSO4 和 H2SO4； (3) CrO 2- 4 溶液中存在平衡 2CrO 2- 4 +2H+  Cr2O 2- 7 +H2O，增大 H+浓度，平衡正向移动， Na2CrO4 溶液转化为 Na2Cr2O7 溶液；TeOSO4 与 SO2 发生氧化还原反应生成 Te，TeOSO4 中 Te 元素化合价降低，则 SO2 中 S 元素化合价必升高，故有 H2SO4 生成，化学方程式为： 2SO2+TeOSO4+3H2O=Te+3H2SO4；酸浸时加入硫酸，还原时生成硫酸，故可循环使用的物质 是 H2SO4 溶液； (4) 酸性下，Cr2O 2- 7 有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者发生氧化还原反应： Cr2O 2- 7 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；根据方程式可知 250mlK2Cr2O7 溶液中： n(K2Cr2O7)= 1 6 ×n(Fe2+)= 30.1 25 10 6   ×10mol= 22.5 10 6  mol，所以 m(K2Cr2O7)= 22.5 10 6  mol×294 g·mol-1= 2294 2.5 10 6   g，故 K2Cr2O7 的纯度为 2294 2.5 10 6 2.5    ×100%=49% 。 28．bce 2NaClO3+SO2+H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4 NaOH 溶液 Na2CO3 溶液 2∶1 【分析】 由制备流程可知，NaClO3 和 SO2 在 H2SO4 酸化条件下生成 ClO2，其中 NaClO3 是氧化剂， 回收产物为 NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生 ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学 方程式为 2NaClO3+SO2+H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4，选择 NaOH 除去食盐水中的 Mg2+，选择 碳酸钠除去食盐水中的 Ca2+，然后电解装置中阴极 ClO2 得电子生成 ClO 2  ，阳极 Cl-失电子 生成 Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收 ClO2，产物为 ClO 2  ，最后 NaClO2 溶液结晶、干 燥得到产品，以此解答该题。 【详解】 (1)NaHSO4 溶于水电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，因此硫酸氢钠是酸式盐、电解质、 离子化合物，答案选 bce； (2)NaClO3 和 SO2 在 H2SO4 酸化条件下生成 ClO2，其中 NaClO2 是氧化剂，还原产物为 NaCl， 答案第 28页，总 32页 回收产物为 NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生 ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学 方程式为 2NaClO3+SO2+H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4。 (3)食盐溶液中混有 Mg2+和 Ca2+，可以利用过量 NaOH 溶液除去 Mg2+，利用过量 Na2CO3 溶 液除去 Ca2+。 (4)依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收 ClO2，产物为 ClO 2  ，则此反应中 ClO2 为氧化剂，还原产物为 ClO 2  ，化合价从+4 价降为+3 价，H2O2 为还原剂，氧化产物为 O2，1molH2O2 得到 2mol 电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1。 29． 2SO 、 3SO 、 2 5N O 3NH 2 2 32SO +O 2SO  催化剂 3 2 24NH +5O 4NO+6H O 催化剂 高温 3 2 2 24HNO 4NO +O +2H O 光照 3 2 26NO+4NH =5N +6H O 【分析】 本题将氮的氧化物、硫的氧化物和环境保护相结合，图中表示将空气中的 NO 、 2NO 和 2SO 转化为硝酸、硫酸，再和氨气反应得到铵盐的过程，铵盐是一种优质的氮肥，实现了污染物 的二次利用。 【详解】 （1）酸性氧化物是能与碱反应得到盐和水的氧化物，符合要求的有 2SO 、 3SO 和 2 5N O ； （2）图中物质溶于水呈碱性的只有 3NH ； （3）二氧化硫在催化剂存在可以转化为三氧化硫： 2 2 32SO +O 2SO  催化剂 ； （4）氨气经催化氧化可以形成一氧化氮： 3 2 24NH +5O 4NO+6H O 催化剂 高温 ； （5）浓硝酸见光或受热时易分解，因此要保存在棕色试剂瓶中： 3 2 2 24HNO 4NO +O +2H O 光照 ； （6）氨气中的氮为-3 价，一氧化氮中的氮为+2 价，因此二者可以在一定条件下发生归中反 应得到氮气： 3 2 26NO+4NH =5N +6H O 。 30． 4 32 2O 8 2 8 8 4 2 3H SiO 或 4 4H SiO B 3.1 a 6.0  201.25 10 3Y  3 2 3 43NH ·H O Y(OH) 3NH     蒸发结 答案第 29页，总 32页 晶时，向溶液中持续通入 HCl 气体 ( 或在 HCl 气流中加热蒸干 ) 【分析】 钇矿石与氢氧化钠共熔，加水溶解后可得到 2 3Na SiO 、 2 2Na BeO ，以及 3Y(OH) 和 2 3Fe O 沉 淀，滤液Ⅰ加入过量盐酸，生成的滤渣Ⅱ为硅酸，滤液Ⅱ中含有 2BeCl ，可加入过量氨水生 成 2Be(OH) ，再加入盐酸生成 2BeCl ，蒸发结晶时，向溶液中持续通入 HCl 气体 ( 或在 HCl 气流中加热蒸干 ) ，经冷却结晶、洗涤、干燥后经冶炼可生成 Be；过滤后得到的滤渣Ⅰ加 入盐酸溶解，在此基础上加入氨水，由表中数据可知首先生成 3Fe(OH) 沉淀，滤液Ⅲ加入 过量氨水可生成 3Y(OH) ，煅烧可生成 2 3Y O ，以此解答该题。 【详解】 根据上述分析可知：  1 将钇矿石与 NaOH 共熔的反应方程式为 2 2 2 10 2 3 2 3 2 3 2 2 24Y FeBe Si O 32NaOH O 8Y(OH) 2Fe O 8Na SiO 8Na BeO 4H O      高温 ； 故答案为：4；32； 2O ；8；2；8；8；4；  2 由以上分析可知滤渣Ⅱ的主要成分是 2 3H SiO 或 4 4H SiO ，故答案为： 2 3H SiO 或 4 4H SiO ；  3 铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似，为避免 2Be(OH) 溶解，应加入 氨水； 故答案为：B；  4 用氨水调节 pH a 时，应全部除去铁离子，并避免生成 3Y(OH) ，则 a 的取值范围是 3.1 a 6.0  ； 故答案为：3.1 a 6.0  ；  5 常温下 3 2 3Y 3H O Y(OH) 3H   的平衡常数       3 3 42 20 233 3 c H (Kw) 10K 1.25 10Ksp[Y OH) 8.0 10c Y         ； 答案第 30页，总 32页 故答案为： 201.25 10 ；  6 滤液Ⅲ加入氨水产生沉淀的离子方程式为 3 3 2 3 4Y 3NH H O Y(OH) 3NH      ； 故答案为： 3 3 2 3 4Y 3NH H O Y(OH) 3NH      ；  7 从 2BeCl 溶液中得到 2BeCl 固体，应避免 2BeCl 水解，操作是蒸发结晶时，向溶液中持 续通入 HCl 气体 ( 或在 HCl 气流中加热蒸干 ) ； 故答案为：蒸发结晶时，向溶液中持续通入 HCl 气体 ( 或在 HCl 气流中加热蒸干 ) 。 31．B H2O2+2Fe2＋+2H＋=2Fe3＋+2H2O 使 Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜，同时 不引进新杂质 3.2～4.7 A 冷却结晶 过滤 【分析】 氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节 pH 可以将 铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、 干燥即可得到氯化铜晶体。 【详解】 (1)过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：H2O2+2Fe2＋+2H＋=2Fe3＋+2H2O，由于产物是水， 不引入新的杂质，因此氧化剂选择过氧化氢，故答案为：B；2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O ； (2)溶液 II 中除 Cu2＋外还含有 H2O2+2Fe2＋+2H＋═2Fe3＋+2H2O 生成的 Fe3＋，加入的物质可调 节 pH 为 3.2～4.7，使 Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜，同时不引进新杂质，所以可以 用 Cu(OH)2、CuCO3、CuO、Cu2(OH)2CO3 等，加 CuSO4 达不到除杂的目的，加 Fe 引入新 的杂质 Fe2＋；故答案为：使 Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜，同时不引进新杂质；3.2～ 4.7；A； (3)氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到 氯化铜晶体；故答案为：冷却结晶；过滤。 【点睛】 本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、流程中发生的反应及混合物分离提纯为解答的 关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，难点(2)调节 pH 为 3.2～4.7，使 Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜。 32．CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S C 油漆涂料等 3 8.5 取最后一次洗 涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀 答案第 31页，总 32页 已洗净 4FeCO3+O2 高温 2Fe2O3+4CO2 Cu2++2e-=Cu 【分析】 本流程的目的，是以黄铜矿(主要成分是 CuFeS2，含少量 SiO2)为主要原料生产铜、铁红。 首先将黄铜矿用 FeCl3 溶液溶解，发生反应Ⅰ生成 FeCl2 溶液和 S、CuCl 沉淀；溶液 A 中加 入 Na2CO3 溶液，生成 FeCO3 沉淀和 NaCl 溶液；FeCO3 在空气中煅烧，发生反应Ⅲ，生成 Fe2O3 和 CO2；固体 B 中含有 CuCl、S，加入 NaCl 发生反应Ⅳ，生成 S 和 Na[CuCl2]；溶液 中加入盐酸发生反应Ⅴ，生成 Cu 和 NaCl、CuCl2。 【详解】 (1)固体 C 中含有硫单质，同时生成 FeCl2 溶液和 Cu 沉淀，则 CuFeS2 与 FeCl3 溶液发生反应 Ⅰ的离子方程式为 CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S。固体 C 中含有硫等，分离出硫单质的 方法是溶解、过滤、蒸馏，则发生的仅是溶解过程，最适宜的溶剂为 CS2，故选 C。答案为： CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S；C； (2)铁红的主要成分为 Fe2O3，呈红棕色，它是防锈漆的成分之一，它的一种用途是油漆涂料 等。反应Ⅰ中，Fe 由+3 价降为+2 价；反应Ⅱ中，没有元素的价态变化；反应Ⅲ中，Fe 由 +2 价升高为+3 价；反应Ⅳ中，没有元素的价态变化；反应Ⅴ中，Cu 由+1 价变为 0、+2 价， 所以反应Ⅰ~Ⅴ中氧化还原反应共有 3 步。答案为：油漆涂料等；3； (3)常温下，反应Ⅱ中生成的 FeCO3 达到沉淀溶解平衡时，溶液中 c( 2 3CO  )=3.0×10-6mol/L， c(Fe2+)= 11 6 3.0 10 3.0 10     mol/L=1.0×10-5mol/L，c(OH-)= 16 5 1 10 10    mol/L=10-5.5mol/L， c(H+)= 14 5.5 10 10   =10-8.5，所以需要控制溶液的 pH 不大于 8.5 时，才能使所得 FeCO3 中不含 Fe(OH)2。过滤后得到的 FeCO3 固体应进行洗涤，检验沉淀洗涤干净时，需检验 Cl-是否存在， 方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色 沉淀生成，说明沉淀已洗净。答案为：8.5；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸 酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗净； (4)反应Ⅲ是 FeCO3 在空气中煅烧，生成 Fe2O3 和 CO2，该反应的化学方程式为 4FeCO3+O2 高温 2Fe2O3+4CO2。答案为：4FeCO3+O2 高温 2Fe2O3+4CO2； 答案第 32页，总 32页 (5)由分析可知，溶液 D 中含有 NaCl 和 CuCl2，以惰性电极电解，阴极 Cu2+得电子生成 Cu， 电极反应式为 Cu2++2e-=Cu。答案为：Cu2++2e-=Cu。 【点睛】 检验沉淀是否洗涤干净时，不能检验洗涤液中是否含有沉淀溶解后电离产生的离子。