2021年高考化学真题及模拟题分类汇编专题20：工业流程题（含答案解析）

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2021高考真题和模拟题分类汇编 化学
专题20 工业流程题
2021年化学高考题
一、单选题
1．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是

A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【分析】
根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【解析】
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
2．（2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题（河北卷））BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：


下列说法错误的是
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
【答案】D
【解析】
A．硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；
B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；
C．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；
D．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；
故选D。
3．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：


下列说法正确的是
A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．已二酸与溶液反应有生成
D．环己烷分子中所有碳原子共平面
【答案】C
【解析】
A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；
B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；
C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；
D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；
答案选C。
4．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：


下列说法错误的是
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水
【答案】D
【分析】
海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。
【解析】
A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；
B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；
C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；
D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；
选D。


二、元素或物质推断题
5．（2021年1月浙江省普通高校招生选考化学试题）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。

其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：
(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。
(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。
(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。
【答案】Cu、S、O CuS2O6 S2OSO+ SO2↑ + Cu(OH)2 →+ 2H2O SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快
【分析】
将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
【解析】
(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；
(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO + SO2↑；
(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；
(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；
(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。

三、工业流程题
6．（2021年高考全国乙卷化学试题）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。


该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表
金属离子




开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。
(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。
(3)“母液①"中浓度为_______。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】 硫酸
【分析】
由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【解析】
(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
7．（2021年高考全国甲卷化学试题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。
(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出
【解析】
(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。


8．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：

(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。

中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。

【答案】增大反应物接触面积，提高化学反应速率 使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取 所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O H2SO4 阳 Na＋
【分析】
以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
【解析】
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
(2)中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。
(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；H2SO4。
(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。
9．（2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题（河北卷））绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符号)。
(2)工序①的名称为__。
(3)滤渣的主要成分是__(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为_______。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37
【分析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
【解析】
(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
(3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓；
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
10．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I.的制备


步骤Ⅱ.产品中含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；
④平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时，开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/
0
10
20
30
40
50
60

35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3

11.9
15.8
21.0
27.0




6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4

29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
回答下列问题：
(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是_______；
(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B． C． D．
(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化_______；
(4)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)；
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】NaHCO3 在30-35C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） D 甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 3.56% 偏大
【分析】
步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35C发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCO3制备Na2CO3；
步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。
【解析】
根据上述分析可知，
(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；
(4) 第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
11．（2021年广东省普通高中学业水平选择性考试化学试题（广东卷））对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：


已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。


①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6 +=↓
【分析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
12．（2021年1月浙江省普通高校招生选考化学试题）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：

已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrOCr2O+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。

请回答：
(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
【答案】增大反应物的接触面积 BC a e d c AC 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 H2SO4 抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应
【分析】
根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
【解析】
(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；
答案选BC。
(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。

2021年化学高考模拟题

一、单选题
1．（2021·山东淄博市·）侯德榜改进的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在使用。工业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：

下列说法不正确的是
A．流程Ⅰ依次向粗盐水中加入过量溶液、溶液并过滤
B．流程Ⅱ体现了侯德榜制碱法
C．流程Ⅱ中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反应结果
D．流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集镁元素
【答案】C
【解析】
A．流程I中，先加入过量的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；
B．流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，体现了侯德榜制碱法，故B正确；
C．流程Ⅱ中吸氨气与碳酸化的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入CO2，溶液不反应，会影响反应结果，故C错误；
D．流程IV是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量的氯化镁富集起来，故D正确；
故答案：C。
2．（2021·河北邯郸市·）工业提取碘的一种流程如图所示，下列说法错误的是


A．浸泡时适当加热能促进含碘物质的溶解
B．将浸泡液碱化、过滤，所得滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝
C．流程中的氧化剂可使用H2O2
D．碘单质易升华，需密封保存
【答案】B
【解析】
A．加热能促进物质的溶解，浸泡时适当加热能促进含碘物质的溶解，A项正确；
B．将浸泡液碱化、过滤，所得滤液中不含I2，加入淀粉溶液，溶液不变蓝，B项错误；
C．H2O2可将I-氧化成I2，因此流程中的氧化剂可使用H2O2，C项正确；
D．碘单质易升华，需密封保存，D项正确；
故选B。

二、多选题
3．（2021·辽宁朝阳市·高三月考）工业上以菱镁矿(主要成分为，含少量，和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：


下列说法错误的是
A．浸出时产生的废渣灼烧后有，和
B．浸出镁的离子反应为
C．浸出镁的过程应在较高温度下进行，沉镁的操作在较低温度下进行
D．流程中可循环使用的物质只有
【答案】AD
【分析】
菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂，据此解答。
【解析】
A．菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，转化为，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣灼烧后有、和，故A错误；
B．高温煅烧后元素主要以的形式存在，可以与铵根离子水解产生的氢离子反应，促进铵根离子的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，离子反应为，故B正确；
C．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故C正确；
D．浸出过程产生的氨气可以收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可利用到浸出过程中，故D错误；
答案选AD。


三、元素或物质推断题
4．（2021·湖南永州市·高三其他模拟）用含铬不锈钢废渣(含、、、等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：


回答下列问题：
(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。
(2)、KOH、反应生成的化学方程式为___________。
(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水解生成的难溶物为___________(填化学式下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有，可选用的化学试剂是___________。
(4)常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若出时溶液的pH=8，则___________mol/L。{已知：常温下，}
(5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
(6)由制取铬绿的方法是___________。
【答案】粉碎废渣 充分搅拌(或通入足量空气等) KSCN pH过低，进入滤液 高温煅烧
【分析】
本题主要考查制备的工艺流程，考查学生对元素化合物的理解能力和综合运用能力。分析图框：含铬的不锈钢经过碱时，发生一系列反应，生成了对应的盐，加水溶解，可以把不溶的固体通过过滤除去，，调,有下列问题可得，促进水解，全部生成,过滤可以把铁除去，与,,使生成，通过加热锻烧得到氧化物。
【解析】
(1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态、中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率。
(2)得到 ，得到，依据得失电子数相等，配平得。
(3)结合电离出的及生成和；检验用溶液。
(4)过低，会转化为，进入滤液。
(5)得到，失去 ，依据得失电子数相等，配平得。
(6)高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三二模）现代社会人们对生存环境要求越来越高，地球资源却越来越少，这就要求矿业生产体系化、绿色化。如图是对高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)进行综合加工的流程：

已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。
(1)气体A的电子式为___。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，还有___。
(2)反应③的化学方程式为___。
(3)当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，认为该离子被除尽。则调节溶液1的pH至少为__，此时溶液2中Fe3+的浓度为___mol/L。
(4)反应⑥的离子方程式为___。
(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥、___、___。(只写相关操作名称)
(6)操作II的最佳方法是__。
A．重结晶 B．电解 C．直接加热 D．萃取
【答案】 HCl SiHCl3+H23HCl+Si 5 4×10-11 AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO 灼烧 电解 C
【分析】
高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)酸浸，Fe2O3、Al2O3、Li2O溶解，SiO2不溶解，过滤，得到SiO2，焦炭和SiO2在高温下反应生成Si和CO，Si和HCl在一定温度条件下反应生成氢气和SiHCl3，氢气和SiHCl3在一定条件下反应生成HCl和Si，CO和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，溶液1加氨水调节溶液pH值得到固体2和溶液2，固体加入过量氢氧化钠溶液再过滤，得到滤液偏铝酸钠，通入二氧化碳得到氢氧化铝，经过一系列变化得到金属铝。
【解析】
(1)气体A为CO，其电子式为。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，根据题中信息和分析得到还有HCl ；故答案为：；HCl。
(2)反应③的化学方程式为SiHCl3+H23HCl+Si；故答案为：SiHCl3+H23HCl+Si。
(3)根据题意沉淀氢氧化铝，因此，则调节溶液1中即pOH=9，则pH至少为5，此时溶液2中Fe3+的浓度为；故答案为：5；4×10-11。
(4)反应⑥是偏铝酸钠溶液中充入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO；故答案为：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，将氢氧化铝灼烧得到氧化铝，氧化铝再电解得到铝单质，因此其步骤为灼烧、电解；故答案为：灼烧；电解。
(6)将固体LiCl和NH4Cl分离开，利用NH4Cl受热易分解生成HCl和NH3，HCl和NH3又反应生成NH4Cl，因此操作II的最佳方法是直接加热；故答案为：C。

四、工业流程题
6．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）炼锌矿渣，主要含有铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4，它们都为易溶于水的强电解质，综合利用可获得3种金属盐，并进一步处理镓盐，可制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：


已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1：金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度(mol·L-1)
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2＋
1.0×10—3
8.0
0
Fe3＋
4.0×10—2
1.7
3.2
Zn2＋
1.5
5.5
7.5
Ga3＋
3.0×10—3
3.0

表2：金属离子的萃取率
金属离子
萃取率(%)
Fe2＋
0
Fe3＋
99
Zn2＋
0
Ga3＋
97—98.5
(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为___________，“浸出”时其发生反应的主要离子方程式___________。
(2)滤液1中可回收利用的物质是___________，滤饼的主要成分是___________；萃取前加入的固体X为___________。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，溶液中镓的存在形式为___________(填化学式)。
(4)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的Ga(CH3)3为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为___________。
(5)滤液1中残余的Ga3＋的浓度为___________mol·L-1。
【答案】+3价 Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O 硫酸锌 Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe NaGaO2或(GaO) Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN 3.0×10—10.2
【分析】
由题给流程可知，向炼锌矿渣中加入稀硫酸浸出时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，过滤得到滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镓离子和锌离子的浸出液；向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液的pH，将铁离子和镓离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有硫酸锌的滤液1和含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；向滤饼中先加入稀盐酸，将氢氧化铁、氢氧化镓转化为铁离子和镓离子，再加入铁，将铁离子转化为亚铁离子；向反应后的溶液中加入萃取剂萃取溶液中的镓离子，分液得到含有亚铁离子的水层和含有镓离子的有机溶液；向有机溶液中加入氢氧化钠溶液反萃取，氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠，分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液，偏镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓；镓与一溴甲烷合成得到Ga(CH3)3；Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓。
【解析】
(1)由铁酸锌的化学式可知，铁酸根离子中铁元素的化合价为+3价，由化合价代数和为0可知，铁酸镓中镓元素的化合价为+3价；浸出时发生的反应为铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，反应的离子方程式为Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O，故答案为：+3价；Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O；
(2)由分析可知，滤液1的主要成分为硫酸锌，滤饼的主要成分为氢氧化铁、氢氧化镓，则滤液1中可回收利用的物质是硫酸锌；由表2可知，亚铁离子的萃取率为0，则为除去溶液中的铁离子，应向稀盐酸溶解后的溶液中加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，故答案为：硫酸锌；Fe(OH)3、Ga(OH)3；Fe；
(3)由Ga与Al同主族，化学性质相似可知，反萃取发生的反应为氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠、氯化钠和水，故答案为：NaGaO2或(GaO)；
(4)由题给信息可知，生成氮化镓的反应为Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓，反应的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN，故答案为：Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；
(5)由表1可知，氢氧化镓的溶度积为3.0×10—3×(1.0×10—11)3=3.0×10—,36，则当滤液的pH为5.4时，溶液中镓离子的浓度为=3.0×10—10.2mol/L，故答案为：3.0×10—10.2。
7．（2021·南岸区·重庆第二外国语学校高三三模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)广泛用于化工、造纸、纺织、食品等行业，一种以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如下：

已知①2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO形式存在。②铬属于重金属元素。回答下列问题：
(1)原料之一的H2O2电子式是_______。
(2)Cr元素经步骤II再循环到步骤I中，则循环物质X为_______(填化学式)。
(3)Ksp(CaCrO4)_______(填“>”或“＜”)Ksp(CaSO4)。
(4)步骤II中发生反应的化学方程式为_______
(5)步骤I~III是为了制得纯碱，从环境保护的角度看，可能的不足之处是_______
(6)步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是_______
(7)测定产品活性氧的实验步骤如下：准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL。
①滴定到终点时，溶液呈_______(填“无色”或“浅红色”)。
②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比。该实验测得的产品中活性氧为_______(列出计算表达式)。
【答案】 Na2Cr2O7 ＞ 2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓ 六价铬有毒，易造成环境污染 减小过碳酸钠的溶解度，提高产率 浅红色
【分析】
以芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠，芒硝加入水、氧化钙反应得到铬酸钙，和硫酸钠反应得到硫酸钙和铬酸钠，溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠，过滤得到碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠，加入水精制得到碳酸钠溶液，加入硅酸钠稳定剂、30%的过氧化氢、加入95%的乙醇和饱和碳酸钠溶液反应得到过碳酸钠晶体，抽滤乙醇洗涤干燥得到过碳酸钠。
【解析】
(1)H2O2的电子式为；
(2)已知2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO形式存在，酸溶液中平衡正向进行，流程中循环物质X为：Na2Cr2O7，
故答案为Na2Cr2O7；
(3)分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，说明反应向更难溶的方向进行，证明Ksp(CaCrO4)＞Ksp(CaSO4)，故答案为＞；
(4)步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为：2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
(5)步骤Ⅰ-Ⅲ是为了制得纯碱，从环境保护的角度看：六价铬有毒，易造成环境污染，故答案为六价铬有毒，易造成环境污染；
(6)步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是：减小过碳酸钠的溶解度，提高产率，故答案为减小过碳酸钠的溶解度，提高产率；
(7)①滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液无色变为紫红色且半分钟不变，证明反应达到反应终点，故答案为浅红色；
②准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol•L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL，反应为：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧气质量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比=×100%=，故答案为。
8．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）锗属于稀有分散元素，一种以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：

下列数据是对应物质的熔点：
物质
GeO2
GeO
SiO2
As2O3
熔点/℃
1115
710(升华)
1723
193(升华)
(1)第32号元素锗的原子结构示意图________，根据锗在元素周期表中的位置写出单质锗的一种用途________。
(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是________。矿渣1的主要成分是________。
(3)“还原焙烧”中，含Ge氧化物在不同气氛中的挥发情况如图。800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是________。

(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，请写出反应的离子方程式________。
(5)“精馏水解”发生反应的化学方程式________。
(6)在氯化物熔盐中，电解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：
SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑
生成硅锗合金的电极为________(填“阳极”或“阴极”)，写出生成O2的电极反应式________。
【答案】 半导体材料 增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率 As2O3 GeO2在CO中转化为GeO升华 GeCl4 + (n+2)H2O=GeO2·nH2O + 4HCl 阴极 2O2--4e－=O2↑
【分析】
由于As2O3在193℃时升华，所以锗精矿(含GeO2、GeO、 SiO2、As2O3)首先在300℃焙烧得到含GeO2、GeO、SiO2矿石；然后在1200℃下GeO2被CO还原成710℃下挥发的GeO以及主要含SiO2的矿渣2；GeO在碱性条件下被双氧水为Ge4+；然后加盐酸经蒸馏得到GeCl4； GeCl4再精馏水解最后烘干得到高纯的GeO2，据此分析可得：
【解析】
(1)第32号元素锗为第四周期第IV族的元素，则其原子结构示意图为；锗位于金属与非金属分界线的元素，可用作半导体材料，故答案为：；半导体材料；
(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；由于As2O3在193℃时升华，所以300℃煅烧锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的矿渣1的主要成分为As2O3，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；As2O3；
(3) GeO在710℃时挥发，所以800～1100 ℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是GeO2在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO2在CO中转化为GeO升华；
(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，则其离子方程式为：，故答案为：；
(5)“精馏水解”时GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，则其反应的化学方程式为：，故答案为：；
(6) 由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合价均降低，发生还原反应，为电解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反应，则2O2--4e－=O2↑，故答案为：阴极；2O2--4e－=O2↑。
9．（2021·陕西宝鸡市·）是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿主要成分为、，还含少量、、MnO等制取的工艺流程如下:


已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子浓度为)
沉淀物





开始沉淀





完全沉淀





②熔点为，加热至时，失去结晶水生成无水氯化钴。
(1)已知氧化性，浸出液中含有的阳离子主要有、_______、、、等。
(2)在“氧化”步骤中，发生的主要离子反应方程式为_______。
(3)加调pH的最佳范围是_______，过滤所得到的两种沉淀的化学式为_______。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。控制溶液pH为，则加入萃取剂的目的是_______。


(5)“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是_______、_______和过滤。制得的在烘干时需减压烘干的原因是_______。为测定粗产品中含量，称取的粗产品溶于水，加入足量溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为，则粗产品中的质量分数为_______结果保留三位有效数字。经过检测，发现粗产品中含有NaCl杂质，则的质量分数可能比实际值_______填“偏大”或“偏小”。
【答案】 、 除去 蒸发浓缩 冷却结晶 降低烘干温度，防止产品分解 偏大
【分析】
水钴矿主要成分为、，还含少量、、MnO等经盐酸酸浸，亚硫酸根将钴元素和铁元素还原为低价态，再用氯酸钠将氧化为Fe3+，调节pH将铁元素和铝元素以沉淀形式除去，再用萃取剂萃取锰离子，剩余，经一系列操作得到粗产品，据此分析答题。
【解析】
(1) 已知氧化性，所以亚硫酸根可以将二者均还原，所以浸出液中含有的阳离子主要有、、、、等，答案为：
(2) 在“氧化”步骤中，氯酸钠氧化，发生的主要离子反应方程式为：，答案为：；
(3)加目的让铁元素和铝元素以沉淀形式除去，根据表格信息可知调pH的最佳范围是；过滤所得到的两种沉淀的化学式为、，答案为：；、；
(4)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，当控制溶液pH为时，有较高的萃取率，萃取率低，所以加入萃取剂的目的是除去，答案为：除去；
(5)CoSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得粗产品，所以“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；结晶水合物易失去结晶水，易分解，减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解；测定粗产品中含量，称取的粗产品溶于水，加入足量溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为，则，则粗产品中的质量分数为；若含有氯化钠杂质，也会生成氯化银沉淀，导致质量分数偏大，答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；98.0%；偏大。
10．（2021·青海西宁市·高三三模）MnCO3是制造电器材料软磁铁氧体的原料。实验室利用菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)得到高纯碳酸锰产品。工艺流程如下：

(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是___________，X为NH3和CO2的混合气体，写出焙烧的化学方程式：___________。
(2)为了降低生产成本，有些物质可以循环利用，能循环利用的物质为___________(填名称)。
(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是___________。
(4)物质Y可以是___________(填字母)。
a.MnCl2 b.MnCO3 c.NH3·H2O d.NaOH
(5)氯化铵用量对锰浸出率的影响如图所示，请分析，选择氯化铵与锰矿粉的质量比为___________适宜。

(6)焙烧过程中产生的尾气NH3、CO2以及少量HCl会对设备有一定腐蚀作用，直接排放会造成一定污染，实验中用如图所示装置进行尾气处理：(已知冷凝管和洗气瓶中有相同产物)

①冷凝管的作用为___________。
②请写出洗气瓶中的化学方程式：___________。
【答案】增大接触面积，加快反应速率 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑ 氯化铵 MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O bc 1.1:1 生成氯化铵，除去氯化氢 MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓
【分析】
菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)加入氯化铵混合研磨后焙烧，发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑反应，加水溶解后，过滤出二氧化硅，浸出液中加入氧化剂二氧化锰，把亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂Y调节pH，使铁离子、镁离子等转化为沉淀除去，为了不引入新杂质，可以选用b.MnCO3 c.NH3·H2O；滤液中加入碳酸氢铵后进行碳化结晶，过滤得到固体碳酸锰，滤液为氯化铵，蒸发结晶后得到固体氯化铵，可以循环使用。
【解析】
(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是增大物质间的接触面积，加快反应速率；焙烧后，产生X气体为NH3和CO2的混合气体，焙烧的化学方程式：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑；
(2)根据流程图可知，结合以上分析可知，能循环利用的物质为氯化铵；
(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(4)物质Y是用来调节溶液的pH，既能消耗氢离子，又不能引入新杂质，可以选用b.MnCO3 和c.NH3·H2O；
(5)根据氯化铵用量对锰浸出率的影响图像进行分析，当氯化铵与锰矿粉的质量比在1.1:1以后，锰的浸出率基本上变化不大，因此选择氯化铵与锰矿粉的质量比为1.1:1适宜；
(6)①氨气和氯化氢遇冷后产生氯化铵，除去了氯化氢气体，减少对设备的腐蚀作用；所以冷凝管的作用为生成氯化铵，除去氯化氢；
②洗气瓶中盛装的溶液为氯化锰溶液，氨气、二氧化碳混合气体进入到该溶液中发生反应生成了氯化铵和碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为：MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓。
11．（2021·全国高三零模）磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，该电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。采用下列工艺流程回收制备有关物质。

已知：不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度如下表所示：

0
10
20
30
50
60
80
100
溶解度/
1.64
1.53
1.48
1.17
1.05
1.01
0.85
0.72
请回答下列问题：
(1)为提高电极片的碱浸率，可以采用的方法有______(任写一条即可，题干中的除外)。
(2)得到滤渣2的化学方程式是______，滤渣3的主要成分为______。
(3)“沉淀”中溶液的作用是______，的作用是______(用离子方程式表示)。
(4)写出“滤渣”中加入溶液时发生反应的离子方程式______。
(5)20℃时，“沉锂”后的溶液中，的浓度为______(结果保留1位有效数字，假设溶液的密度为)。
(6)“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用______(填“冷水”或“热水”)。
【答案】提高溶液的浓度或碱浸温度 或↓ 石墨 中和溶液中的，得到沉淀(或中和溶液中的，使完全沉淀) 0.2 热水
【分析】
电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。废旧电池正极片粉碎后用氢氧化钠溶液碱浸，滤液1中含有偏铝酸钠(NaAlO2)，滤渣1中含有C和，以及少量不溶性杂质；NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳调节pH，得到的滤渣2为氢氧化铝；滤渣1中加入盐酸溶解后得到的滤渣3含有石墨以及少量不溶性杂质，滤液3中含有Fe2+、Li+等，滤液3中加入过氧化氢将Fe2+氧化生成Fe3+，再加入碳酸钠沉淀Fe3+得到，滤液中含有Li+等，滤液中加入碳酸钠沉淀Li+得到；中加入氢氧化钠发生沉淀的转化生成氢氧化铁沉淀和磷酸钠，据此分析解答。
【解析】
(1)为提高电极片的碱浸率，可以提高溶液的浓度或碱浸温度，故答案为：提高溶液的浓度或碱浸温度；
(2)得到的滤渣2为氢氧化铝，反应的化学方程式为；根据上述分析，滤渣3的主要成分为石墨，故答案为：；石墨；
(3)根据流程图，“沉淀”中溶液是中和溶液中的，得到沉淀，是将Fe2+氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：中和溶液中的，得到沉淀；；
(4)“滤渣”中含有，加入溶液发生沉淀的转化，反应的离子方程式为，故答案为：；
(5)20℃时，的溶解度为1.48g，表示100g中溶解1.48g ，溶液的体积为=100mL=0.1L，“沉锂”后的溶液中，的浓度==0.2，故答案为：0.2；
(6)根据不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度的数据，碳酸锂的溶解度随着温度的升高，逐渐减小，因此“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用热水，故答案为：热水。
12．（2021·安徽高三一模）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：

请回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是①使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的α—Al2O3，②___。
(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式___。
(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：
浸出体系对钯浸出率的影响
废催化剂质量(g)
浸出体系
现象
钯浸出率(%)
10.02
HCl+HNO3
反应剧烈、有黄烟
98.45
10.01
HCl+H2O2
反应剧烈
98.48
10.12
HCl+NaClO3
反应平稳
98.73
选择最佳的浸出体系为___，理由是___，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式___。
(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯浸出率的影响如图所示：

由此确定最佳的盐酸浓度为___，理由是___。
【答案】将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为Pd HCl+NaClO3 反应平稳可控，且Pd的浸出率高 5mol/L 盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl
【解析】
(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为Pd；
(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；
(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；；
(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。
13．（2021·浙江高三其他模拟）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。
I.采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸(70%)、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如图：

已知：(1)硫酸铜晶体易溶于水，难溶于乙醇。
(2)硫酸铜晶体在102℃时失水成CuSO4·3H2O，在113℃时失水成CuSO4·H2O，在258℃时失水成CuSO4。
请回答下列问题：
(1)已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色。孔雀石经过氨浸、蒸氨操作目的是：___。
(2)下列说法正确的是___。
A．步骤I，高温可提高浸取率
B．预处理时用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径