2022年高考化学一轮复习考点分层练专题15 工艺流程

这是一份2022年高考化学一轮复习考点分层练专题15 工艺流程，共28页。试卷主要包含了钒具有广泛用途，三氯化硼制备BCl3，亚氯酸钠是一种重要的含氯消毒剂，从海水中提取溴的工业流程如图等内容，欢迎下载使用。
1．(2020年山东新高考)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是
A．浸出镁的反应为
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
2．(2020年新课标Ⅰ)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
（4）“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
（5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
3．(2020年新课标Ⅲ)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 ml·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
4．(2020年山东新高考)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
回答下列问题
（1）软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。
（2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。
（3）滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。
（4）净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。
（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。
20．三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。
已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl 2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。
请回答下列问题：
（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。
（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。
（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。
（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。
（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：
则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。
夯实基础一遍过
1．硼单质在高温时是良好的导体，也是用途广泛的化工原料。镁单质可用于制造轻金属合金、球墨铸铁等。硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，可以制取单质硼和镁。制取工艺流程如图所示，已知硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O，硼镁泥是硼镁矿制硼砂过程中产生的废渣，其主要成分是MgCO3，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。按要求回答问题：
（1）化合物Mg2B2O5·H2O中B的化合价为________。
（2）将硼砂溶于热水后，常用稀硫酸调pH至2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为______________。
（3）滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体，则滤渣B的主要成分为___________________。
（4）写出加NaClO的过程中发生反应的离子方程式：___________________________。
（5）将硼镁泥中加入的硫酸改为盐酸是否可行？___________________________。
(填“是”或“否”)，理由是____________________________________。
（6）仿照如下示例设计用MgSO4·7H2O制取金属镁的反应流程。(注明反应所需的反应物、条件和操作)
示例：NaOH―→NaCl溶液NaCl固体
______________________________________________________________。
2．某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
已知：：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。
（1）固体1的主要成分除Ca(OH)2外，还有__________ 、________ （填化学式）;
（2）步骤Ⅱ中需要的O2量应是_____（填“少量”或“过量”）；步骤Ⅴ最终捕获剂捕获的气体产物是________;
（3）步骤Ⅳ处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为__________________;
（4）为确保步骤Ⅲ无NaNO3生成，理论上应控制NO与O2的物质的量之比为_____，若n(NO) :n(O2)=5:2且NaOH溶液足量，则步骤Ⅲ所得溶液中NaNO3与NaNO2的物质的量之比为______________。
3．由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下：
⑴ 写出KIO3在日常生活中的一个重要应用________________________。
⑵ 检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是________(写试剂名称)。
⑶ 通入SO2的目的是将I2还原为I－，该反应的离子方程式为______________________。
⑷ 工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制________”。
⑸ “制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw＝1.0×10－13，Ksp[Fe(OH)2]＝9.0×10－15。
为避免0.9 ml·L－1 FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于______。
⑹ “制KIO3溶液”反应的离子方程式为__________________。
⑺ KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为_____________________。
4．硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：
请回答下列问题：
（1）若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。
（3）步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________(写酸的名称)。
（4）上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。
（5）Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_____。
（6）氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。
（7）用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2＋。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)＝6.3×10－36。反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝__________(结果保留1位小数)。
5．NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如下：
已知P4与两种碱的反应主要有：
Ⅰ. 2Ca(OH)2+P4+4H2O=2Ca(H2PO2)2+2H2↑ Ⅱ. 4NaOH + P4+8H2O = 4NaH2PO2·H2O+2H2↑
Ⅲ. 4NaOH + P4+2H2O = 2Na2HPO3 +2PH3↑ Ⅳ. NaH2PO2+NaOH = Na2HPO3+H2↑
（1） 已知H3PO2是一元中强酸，NaH2PO2是___________(填“正盐”或“酸式盐”)。
（2）尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2，从吸收液中获得NaH2PO2·H2O的操作为______________、______________过滤、洗涤和干燥。
（3） 用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为：______________________。
（4） “反应”在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比[n(碱)/ n(磷)]与NaH2PO2产率的关系如图所示。当n(碱)/ n(磷)＞2.6时，NaH2PO2的产率随n(碱)/ n(磷)的增大而降低的可能原因是______。
（5） 滤渣2主要成分为___________________ (填化学式)。
（6） “过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH) 2及Na2S溶液除去其中Cl－及Fe2+等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是_________________。
（7）在工业上，可以用惰性电极电解NaH2PO2溶液制取磷酸，请写出其阳极反应式_________________。
6．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①HC1O2可视为强酸，NaClO2的溶解度随温度升高而增大。②ClO2的沸点为283K，纯ClO2易分解爆炸。回答下列问题：
（1）ClO2发生器中发生反应的离子方程式为____；向其中鼓入空气的作用可能是____。
（2）吸收塔中发生反应的化学方程式为____；为防止生成的NaClO2被继续还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是____（填序号）。
A．Na2O2 B.Na2S C．FeCl2 D.KMnO4
（3）操作①的实验方法依次是_____、_____、过滤；操作②实验方法是_____。
（4）akg NaClO3理论上可制___ kg NaClO2·3H2O。
7．某化工厂以天然气、水、空气为基本原料联合生产氨、硝酸，获得了良好的经济效益，下面是其生产流程图。
（1）试剂a可能是________，设备B的名称为_________，设备A中的化学方程式为____________。
（2）该化工厂合成氨时的压强40MPa，温度为500℃左右，在此条件下，测定达到平衡时混合气体中NH3的体积分数约为35.2%。
①在保持温度、压强不变的情况下，写出一种能提高合成塔中H2转化率的方法____________，温度越低，NH3的产率越高，为何不在较低温度下进行合成____________。
②从合成塔中出来的NH3的体积分数通常约为15%，其原因是____________。
（3）从设备B中出来的硝酸浓度较小，通常先加入一定量的硝酸镁后再进行蒸馏
①下列可以代替硝酸镁加入到蒸馏塔中的是：____________
A．浓硫酸B．硫酸镁C．生石灰
②蒸馏时通常采用减压蒸馏，这样做的主要目的是____________。
（4）用尿素[CO(NH2)2]处理尾气时可得到纯净的两种常见无毒气体，反应过程为：NO、NO2在水中反应转化亚硝酸，然后亚硝酸再与尿素反应，写出后者反应的化学方程式：____________。
8．从海水中提取溴的工业流程如图：
（1）以上步骤I中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____。
（2）实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，这与液溴的_____性质有关（填写序号）。
A 氧化性 B 还原性 C 挥发性 D 腐蚀性 E 密度比水大
（3）流程Ⅱ中将吹出的溴蒸气用纯碱溶液吸收时还有CO2生成，写出吸收时发生反应的离子方程式：__________。
（4）实验室分离溴水中的溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是____。（填序号）
A 四氯化碳 B 乙醇 C 烧碱溶液 D 苯
稳步提高一遍过
1．亚硫酸钠在印染、造纸等众多行业中有着广泛的应用。研究小组用Na2CO3溶液吸收SO2制备Na2SO3。其实验流程如下：
查阅资料可知，向碳酸钠溶液通入二氧化硫的过程中，溶液中有关组分的质量分数变化如下图是所示。
（1）如图中的线2表示的组分为____________（填化学式）
（2）写出如图曲线4的反应方程式：__________________________
（3）实验时，“反应Ⅱ”中加入NaOH溶液的目的是_______________________（用化学方程式表示）
（4）国家标准规定产品中Na2SO3的质量分数≥97.0%为优等品，≥93.0%为一等品。为了确定实验所得产品的等级，研究小组采用了下列方法进行测定。
称取2.570g产品，用蒸馏水溶解，加入足量的双氧水使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4，再加入过量的BaCl2溶液，所得沉淀经过滤、洗涤、干燥后称重，质量为4.660g，通过计算确定产品中Na2SO3的质量分数（写出计算过程）。_________________
2．硼酸(H3BO3)是有重要用途的一元弱酸。请回答下列问题：
（1）单质硼溶于热的浓硝酸可以生成硼酸，该反应的化学方程式为___________。
（2）利用铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)制硼酸，已知天然的Fe3O4不溶于酸。生产硼酸的工艺流程如下：
①“浸渣”主要成分的化学式为_____________。
②“净化除杂”：滤液保持一定温度，需先加H2O2溶液，然后再调节溶液的pH=5.6。温度不宜过高的原因是___________。调节溶液的pH=5.6的主要目的是___________。
[已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39]， Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，
[已知：Ksp[Fe(OH)2]=4.7×10-6]， Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，
（3）硼酸也可以通过电解方法制备。工作原理如图所示。
①写出阳极的电极反应式___________________。
②a膜或b膜为阳离子交换膜的是________；阴极室溶液的浓度________(填“变大”、“不变”、“变小”)。
（4）写出一定条件下硼酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________________________。
3．某种制取纯碱的生产流程如下图所示：
完成下列填空：
（1）N原子核外有_______种不同运动状态的电子，它的最外层电子排布式是________；组成纯碱的元素原子半径从大到小依次为___________________。
（2）氨水是常用氮肥，用氨水施肥时要避开高温、大风天气，原因是_______________。
（3）用离子方程式表示碳酸钠被称为“碱”的原因_____________________________ 。
（4）结合下图用溶解平衡理论解释反应II的反应原理____________________________________。
（5）在向母液中通入石灰乳进行蒸氨之前，通常需要先将母液加热。若不加热，加入石灰乳容易产生沉淀堵塞管道，生成的沉淀是________。
（6）上述流程中可以循环利用的物质有________，副产物是______________。
（7）利用化工生产遵循的一般原则分析上述纯碱生产流程，指出不足之处____________________（写一条）。
4．纯碱(Na2CO3)在生产生活中具有广泛的用途。以下是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图。
已知：向饱和食盐水中通入NH3、CO2后发生的反应为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。回答以下问题：
（1）粗盐中含有的杂质离子有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等。精制除杂的步骤顺序是a→________→________→________→b(填字母编号)。
a.粗盐溶解，滤去沉渣 b．加入盐酸调pH c．加入Ba(OH)2溶液d．加入Na2CO3溶液 e．过滤
（2）向饱和食盐水中先通入_______，后通入________
制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案．请回答下列有关问题：
方案一：把一定质量的样品溶解后加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、称量、计算。
（3）洗涤沉淀的具体操作是_____________________________。
方案二：利用下图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去）。实验步骤如下：
①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为33.4g；
③准确称得6g纯碱样品放入容器b中；
④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为35.6g。
（4）装置A中试剂X应选用_________________。
（5）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品Na2CO3的质量分数为___________（结果保留小数点后一位）。
5．氮化硅可用作高温陶瓷复合材料，在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如下图所示：
其中—NH2中各元素的化合价与NH3相同。请回答下列问题：
（1）石英砂不能与碱性物质共同存放，以NaOH为例，用化学反应方程式表示其原因：________________________________________________________________________。
（2）图示①～⑤的变化中，属于氧化还原反应的是_______________________。
（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，军事工业中用于制造烟雾剂。SiCl4水解的化学反应方程式为____________________________。
（4）在反应⑤中，3 ml Si(NH2)4在高温下加热可得1 ml 氮化硅粉末和8 ml A气体，则氮化硅的化学式为________________。
（5）在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中，也能反应生成氮化硅，B和C两种气体在一定条件下化合生成A。写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式______________________。
6．晶体硅是信息科学和能源科学中的一种重要材料，可用于制芯片和太阳能电池等。以下是工业上制取纯硅的一种方法。
请回答下列问题(各元素用相应的元素符号表示)：
（1）在上述生产过程中，属于置换反应的有________(填反应代号)。
（2）写出反应③的化学方程式__________________________。
（3）化合物W的用途很广，通常可用作建筑工业和造纸工业的黏合剂，可作肥皂的填充剂，是天然水的软化剂。将石英砂和纯碱按一定比例混合加热至1 373～1 623 K反应，生成化合物W，其化学方程式是__________________________________。
（4）A、B、C三种气体在“节能减排”中作为减排目标的一种气体是________(填化学式)；分别通入W溶液中能得到白色沉淀的气体是________(填化学式)。
（5）工业上合成氨的原料H2的制法是先把焦炭与水蒸气反应生成水煤气，再提纯水煤气得到纯净的H2，提纯水煤气得到纯净的H2的化学方程式为___________________________________。
7．欲用含有少量氯化钙的氯化钠固体，配制100 mL a ml·L－1的氯化钠溶液，设计了下面的操作方案。根据方案操作步骤回答下列问题：
（1）称量粗盐样品m g，在托盘天平左盘上放________，右盘上放_______。
（2）蒸发操作时应将液体放在________中加热，等加热至________时即停止加热。
（3）在样品的溶液中加入过量的Na2CO3溶液，作用是_________________________________，
反应的化学方程式是______________________________________________________。
（4）在滤液中加入盐酸的作用是____________________________________，
反应的化学方程式是____________________________________________。
（5）配制100 mL a ml·L－1的NaCl溶液时，应从W g固体中称取NaCl的质量为________。
8．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的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（假定Na2CO3恰好完全反应）。
参考答案
一.真题回顾
1.【答案】B
【解析】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。
A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．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B错误；
C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；
故答案为B。
2.【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
（2）Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O
（3）Mn2+ Fe3+、Al3+
（4）Fe(OH)3
（5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O
（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；
（2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1mlVO+失去2ml电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1mlMnO2得到2ml电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；
（4）根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；
（5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
3.【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2或空气 Fe3+
（4） 3.2~6.2
（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
（6）提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5ml·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01ml·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
4.【答案】（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率
（2）过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 （3）蒸发 （4）H2O2 4.9
（5）
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
（1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
（2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
（3）滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
（4）净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5ml/L时，c(OHˉ)==10-9.1ml/L，所以c(H+)=10-4.9ml/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
（5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。
5.【答案】KClO3+6HCl(浓) ═KCl+3Cl2↑+3H2O ih→de→fg（或gf）→bc（或cb）→de 饱和食盐水 硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 会生成B2O3，使产品不纯 BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑ 2H2O - 4e-═O2↑+4H+ 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4- 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3
【解析】 （1）A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：a→ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de→j，故答案为：ih→de→fg(或gf)→bc(或cb)→de；
（3）装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；
（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯；
（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；2H2O-4e-═O2↑+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。
二、夯实基础一遍过
1.【答案】＋3 B4O72-＋2H＋＋5H2O=4H3BO3 Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2 Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O 否 改为盐酸后，硼镁泥中的CaO转化为CaCl2，CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子 MgSO4·7H2O→过滤NaOH溶液Mg(OH)2→稀盐酸MgCl2溶液MgCl2固体金属镁
【解析】 （1）根据化合物中各元素化合价代数和为零可得到Mg2B2O5·H2O中硼元素的化合价为＋3；（2）硼砂在酸溶液中生成弱酸H3BO3的离子方程式为B4O＋2H＋＋5 H2O=4H3BO3；（3）由题图及硼镁泥的成分可知，往硼镁泥中加硫酸得到的滤渣A的主要成分为SiO2和CaSO4；滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体，向滤液中加次氯酸钠可以将滤液中的Fe2＋和Mn2＋氧化，则氧化后的产物为Fe3＋和MnO2，加氧化镁是为了调节pH，让Fe3＋和Al3＋分别转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，所以滤渣B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2；
（4）由上述分析可知，加NaClO的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；
（5）CaSO4微溶于水，CaCl2易溶于水，若改用盐酸则不能除去杂质钙离子；
（6）工业上通过电解熔融的氯化镁制备金属镁，故需要将MgSO4·7H2O先经过一系列操作转化成熔融氯化镁，具体反应流程为：MgSO4·7H2O→过滤NaOH溶液Mg(OH)2→稀盐酸MgCl2溶液MgCl2固体金属镁。
2.【答案】CaSO3 CaCO3 少量 CO NH4++ NO2- = N2+2H2O 4:1 3:7
【解析】（1）根据题中的流程，工业废气通入过量的石灰乳中，固体1的主要成分除Ca(OH)2外，还有CaSO3和CaCO3沉淀；
（2）氧气需少量，原因是O2过量将NO完全氧化成NO2，这样通过碱液会得到硝酸钠，气体2为N2、CO，因“无污染气体”为N2，故捕获的气体主要是CO；
（3）NH4+和NO2-能够发生归中反应生成N2，离子方程式为NH4++ NO2- = N2+2H2O；
（4）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O说明n(NO)和n(NO2)为1：1时，完全转为亚硝酸钠，而2NO+O2=2NO2，假设生成2xmlNO2，则消耗xmlO2和2xmlNO，由于n(NO)和n(NO2)为1：1，说明反应剩余2xmlNO，则总计4xmlNO，那么理论上应控制NO与O2的物质的量之比为4：1。假设有2mlO2和5mlNO，那么NO和O2反应后得到1mlNO和4mlNO2，1mlNO和1mlNO2恰好完全反应生成2ml亚硝酸钠，剩下3mlNO2和碱液反应，其方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，根据计量数关系可知生成1.5ml硝酸钠和1.5ml亚硝酸钠，合计共1.5ml硝酸钠和3.5ml亚硝酸钠，则步骤Ⅲ所得溶液中NaNO3与NaNO2的物质的量之比为3：7。
3.【答案】食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病 淀粉溶液 SO2＋I2＋2H2O=SO42-＋2I－＋4H＋( 或2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2 SO42-＋8H＋) KI(aq) 6.0 5Cl2＋I2＋12OH－=2IO3-＋10Cl－＋6H2O 蒸发浓缩，降温结晶
【解析】⑴ KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病，故答案为：食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病；
（2）因淀粉遇碘变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；
（3）通入SO2的目的是将I2还原为I-，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)，故答案为：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)；
⑷ 根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故答案为：KI(aq)；
（5）Ksp[Fe(OH)2]=9.0×10-15，现测得溶液中c(FeI2)为0.9 ml•L-1，则c(OH-)= QUOTE =10-7ml/L，此温度下，Kw=1.0×10-13，c(H+)= QUOTE =10-6ml/L，pH=-lg10-6=6.0，故答案为：6.0；
（6）“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O，故答案为：5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O；
（7）由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl且KIO3的溶解度随温度升高而增大，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法得到，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶。
4.【答案】CuSO4 2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+ 硫酸 使CuCl干燥，防止其水解氧化 Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O 温度过低反应速率慢 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可) 1.1×1021
【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。
（1） 由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为: CuSO4；
（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+；
（3） CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为:硫酸；
（4） 步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为:醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；
（5）硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；
（6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；
（7）反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K=。
5.【答案】正盐 蒸发浓缩 冷却结晶 2NiCl2 + NaH2PO2 + 2H2O= 2Ni↓ + H3PO4 + NaCl + 3HCl 过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3 CaCO3和Al(OH)3 过量的Ag+会氧化H2PO2－ H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+
【解析】 （1）H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，H2PO2-不能再电离，则NaH2PO2为正盐，故答案为：正盐；
（2） 根据题中所给信息，PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-=H2PO2-+2Cl-+H2O，从吸收液中获得NaH2PO2·H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）根据题意，NiCl2中Ni转化成Ni单质，NaH2PO2为还原剂，P元素的化合价升高，NiCl2＋NaH2PO2→Ni↓＋H3PO4＋NaCl，依据化合价升降法进行配平，即2NiCl3＋NaH2PO2→2Ni↓＋H3PO4＋NaCl，产物为H3PO4，说明该溶液为酸性，利用原子守恒配平其他物质，反应的化学方程式为2NiCl2 + NaH2PO2 + 2H2O= 2Ni↓ + H3PO4 + NaCl + 3HCl，故答案为：2NiCl2 + NaH2PO2 + 2H2O= 2Ni↓ + H3PO4 + NaCl + 3HCl；
（4）n(碱)/n(磷)>2.6，说明碱过量，根据P4与两种碱反应中IV，H2PO2－与过量的NaOH反应转化成HPO32－，次磷酸钠的产率降低，因此NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能的原因是过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3，故答案为：过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3；
（5）“调pH”除去Ca2＋和Al3＋，CO2与碱反应生成CO32－，CO32－与Ca2＋反应生成CaCO3，CO32－与Al3＋发生双水解反应生成Al(OH)3，因此滤渣2的成分是CaCO3和Al(OH)3，故答案为：CaCO3和Al(OH)3；
（6）NaH2PO2具有强还原性，Ag＋具有氧化性，因此加入Ag2SO4溶液不宜过量太多，否则过量的Ag+会氧化H2PO2-，故答案为：过量的Ag+会氧化H2PO2－；
（7） NaH2PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2-失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+，故答案为：H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+。
6.【答案】2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- 稀释ClO2，防止爆炸 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 A 蒸发浓缩； 冷却结晶 重结晶 1.36a
【解析】（1）ClO2发生器中NaClO3与SO2发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，其反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；稀释ClO2，防止爆炸；
（2）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2被还原，则H2O2必定被氧化做还原剂，反应中有氧气产生，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；还原性要适中，还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；为方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2，Na2S、FeCl2还原性较强，而且生成物与NaClO2分离比较困难，KMnO4具有强氧化性，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；A；
（3）从溶液中得到含结晶水的晶体，则操作①的实验方法依次是蒸发浓缩、冷却结晶，通过过滤得到粗晶体，为获得更纯净的晶体应该选择重结晶的方法，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；重结晶；
（4）由氯原子个数守恒可得NaClO3~NaClO2·3H2O，则有M（NaClO3）：M(NaClO2·3H2O)=
m(NaClO3):m(NaClO2·3H2O)，106.5:144.5=akg：m(NaClO2·3H2O)， 解得m(NaClO2·3H2O)≈1.36akg，故答案为：1.36akg。
7.【答案】（1）NaOH溶液(Na2CO3溶液、氨水也可)；吸收塔；4NH3+5O24NO+6H2O
（2）①及时分离出NH3或者增大N2的浓度；若温度过低，反应速率太慢，会导致单位时间内生成的NH3量很少；②合成塔中反应并没有达到平衡
（3）①ab；②可使HNO3在较低温度下气化，避免硝酸分解；（4）2HNO2+CO(NH2)2=CO2↑+2N2↑+3H2O
【解析】
试题分析：（1）设备A是氧化炉，NH3与氧气反应生成NO与水；设备B是吸收塔。
（2）温度过低，反应速率会很慢，单位时间内生成的NH3会很少；为使单位时间内获得尽可能多的产品，实际生产中不可能等到反应达到平衡后再将含有NH3的混合物从合成塔中放出来，故从合成塔中出来的气体中NH3的百分含量比平衡时的含量低。
（3）可向稀硝酸中加入浓硫酸或硫酸镁等具有吸水性物质，然后再进行蒸馏，CaO与硝酸反应而不能用。
（4）HNO2与CO(NH2)2反应生成两种元素气体，则有HNO2+CO(NH2)2→N2↑+CO2↑，由电子守恒有2HNO2+CO(NH2)2→2N2↑+CO2↑，由质量守恒有：2HNO2+CO(NH2)2=2N2↑+CO2↑+3H2O。
8.【答案】富集溴元素 CE 3Br2+3CO32－===BrO3－+5Br－+3CO2↑ AD
【解析】（1）步骤I中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素。
（2）由于液溴易挥发，密度比水大，所以通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，形成液封，故答案为：CE。
（3）溴蒸气与纯碱溶液反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3=== NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，离子方程式为：3Br2+3CO32－===BrO3－+5Br－+3CO2↑，故答案为：3Br2+3CO32－===BrO3－+5Br－+3CO2↑。
（4）苯、四氯化碳与水互不相溶，溴在四氯化碳和在苯中溶解度比在水中的大，故可以用作溴的萃取剂的是苯和四氯化碳，故答案为：AD。
三、稳步提高一遍过
1.【答案】NaHCO3 Na2SO3+SO2+H2O ==2NaHSO3 NaHSO3＋NaOH=Na2SO3＋H2O 98.05%
【解析】向碳酸钠溶液中通入二氧化硫，发生的反应依次：2Na2CO3+SO2+H2O=2NaHCO3+Na2SO3，2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O， SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，所以图像上对应的线1表示Na2CO3，线2表示NaHCO3，线3表示Na2SO3，线4表示NaHSO3，得到亚硫酸钠溶液蒸发浓缩、冷却结晶过滤洗涤得到Na2SO3。
（1）依据反应过程和图象曲线变化可知，曲线2表示的是碳酸氢钠；
（2）曲线4的反应方程式：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；
（3）“反应II”中加入NaOH溶液的目的是和亚硫酸氢钠反应得到亚硫酸钠；
（4）称取2.570g产品，用蒸馏水溶解，加入足量的双氧水使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4，再加入过量的BaCl2溶液，所得沉淀经过过滤、洗涤、干燥后称量，质量为4.660g，为硫酸钡沉淀质量，反应为：Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O，Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓，结合硫酸钡物质的量，硫元素守恒计算。（1）依据反应过程和图象曲线变化可知，曲线2表示的组分为NaHCO3，故答案为：NaHCO3。
（2）依据反应过程和图象曲线变化可知，曲线4表示的组分为NaHSO3，曲线4的反应方程式：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，故答案为：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3。
（3）“反应II”中加入NaOH溶液的目的是和亚硫酸氢钠反应得到亚硫酸钠，反应的化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，
故答案为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O。
（4）Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O，Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓，m（BaSO4）=4.660g，n（BaSO4）=4.660g÷233g/ml=0.020ml，则根据硫元素守恒n（Na2SO3）=n（BaSO4）=0.020ml，m（Na2SO3）=0.020ml×126 g/ml=2.520g，w（Na2SO3）=2.520g÷2.570g×100%≈98.05%，故答案为：98.05%。
2.【答案】B+3HNO3Δ__H3BO3+3NO2↑ SiO2、Fe3O4 温度过高使H2O2分解 使Fe3+、Al3+完全形成氢氧化物沉淀 2H2O-4e-=O2↑+4H+ a膜 变大 NaOH+H3BO3=NaB(OH)4
【解析】（1）单质硼溶于热的浓硝酸可以生成硼酸，方程式为：B+3HNO3H3BO3+3NO2↑；
（2）①反应的原料中除了SiO2、Fe3O4之外，其余物质均可以与硫酸反应生成对应的离子，故“浸渣”主要成分为：SiO2、Fe3O4；②H2O2受热易分解为水和氧气，故温度不宜过高，调节pH为5.6的目的是使Fe3+、Al3+完全形成氢氧化物沉淀，故答案为：①温度过高使H2O2分解；②使Fe3+、Al3+完全形成氢氧化物沉淀；
（3）①阳极室溶液为稀硫酸，石墨电极为惰性电极，阳极应该是溶液中的水失电子生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；②溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故a膜为阳离子交换膜，阴极室发生得电子的还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有OH-生成，溶液的pH增大，故答案为：①2H2O-4e-=O2↑+4H+；②a膜；变大；
（4）硼酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：NaOH+H3BO3=NaB(OH)4
3.【答案】7 2s22p3 Na > C >O 氨水易挥发，大风高温天气加速氨气挥发从而失去肥效 CO32- + H2O HCO3- + OH- 碳酸氢钠溶解度最小；反应I生成高浓度HCO3-，反应II加入大量Na+，造成溶液中HCO3-和Na+的离子浓度超出碳酸氢钠饱和溶液浓度，所以析出碳酸氢钠 CaCO3 CO2，NH3 CaCl2 有副产物生成，原料没有充分利用（或母液中有大量氯化钠与氯化钙一起排出，原料没有充分利用。）
【解析】
（1）N原子核电荷数为7，核外有7个电子，每一个电子的运动状态都不相同，所以氮原子核外有7种不同运动状态的电子，它的最外层电子排布式是2s22p3；纯碱所含元素分别为：钠、碳、氧，电子层数越多，原子半径越大，同一周期，从左到右，原子半径减小，因此钠、碳、氧三种元素原子半径从大到小依次为Na > C >O；正确答案：7；2s22p3；Na > C >O。
（2）氨水是常用氮肥，用氨水施肥时要避开高温、大风天气，原因是氨水易挥发，大风高温天气加速氨气挥发从而失去肥效；正确答案：氨水易挥发，大风高温天气加速氨气挥发从而失去肥效。
（3）碳酸钠在水中发生水解，生成碳酸氢钠和氢氧化钠，离子方程式为CO32- + H2O HCO3- + OH- ；正确答案： CO32- + H2O HCO3- + OH- 。
（4）根据图示，碳酸氢钠溶解度最小；反应I生成高浓度HCO3-，反应II加入大量Na+，造成溶液中HCO3-和Na+的离子浓度超出碳酸氢钠饱和溶液浓度，所以析出碳酸氢钠；正确答案：碳酸氢钠溶解度最小；反应I生成高浓度HCO3-，反应II加入大量Na+，造成溶液中HCO3-和Na+的离子浓度超出碳酸氢钠饱和溶液浓度，所以析出碳酸氢钠。
（5）母液中含有氯化铵和极少量的碳酸氢钠， 碳酸氢钠溶液与石灰乳反应生成碳酸钙沉淀，易堵塞管道，正确答案：CaCO3。
（6）上述流程中，氨气、二氧化碳既是反应物，也是生成物，因此在整个流程中可以循环利用；整个反应中氢氧化钙与氯化铵反应生成了氨气和氯化钙副产物；正确答案：CO2，NH3 ；CaCl2。
（7）利用化工生产遵循的一般原则分析上述纯碱生产流程，其不足之处是有副产物生成，原料没有充分利用（或母液中有大量氯化钠与氯化钙一起排出，原料没有充分利用）；正确答案：有副产物生成，原料没有充分利用（或母液中有大量氯化钠与氯化钙一起排出，原料没有充分利用）。
4.【答案】cdeNH3CO2加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复2～3次NaOH溶液88.3%
【解析】（1）Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用OH－除去，SO42－用Ba2＋除去，最后加入盐酸酸化。但由于过量的Ba2＋要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在最后加入，所以正确的操作顺序是acdeb，故答案为：c、d、e；
（2）由于NH3易溶于水，CO2在水中的溶解度不大，所以先通入氨气有利于吸收溶解度不大的CO2，故答案为：NH3、CO2；
（3）洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复操作2-3次；故答案为：加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复2～3次；
（4）装置A中试剂X的主要作用是除去空气中的二氧化碳，可选用NaOH溶液来除去，故答案为：NaOH溶液；
（5）反应中放出二氧化碳气体的质量m(CO2)=35.6g-33.4g=2.2g，n(CO2)=2.2g÷44g/ml=0.05ml，根据方程式：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+ CO2↑可知n(Na2CO3)= n(CO2)=0.05ml，则m(Na2CO3)= 0.05ml×106g/ml=5.3g，所以纯碱样品Na2CO3的质量分数=(5.3g÷6g）×100%≈88.3%，故答案为：88.3%。
5.【答案】SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O①②SiCl4＋3H2O===4HCl↑＋H2SiO3↓Si3N43SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
【解析】（1）石英砂的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与强碱氢氧化钠溶液反应生成可溶性硅酸钠和水，反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；
（2）①石英砂到粗硅，硅元素化合价降低，属于氧化还原反应；②粗硅与氯气反应生成四氯化硅，硅元素化合价升高，属于氧化还原反应；③四氯化硅精馏属于物理变化；④四氯化硅与氨气反应，不存在化合价的变化，不是氧化还原反应；⑤Si(NH2)4高温生成氮化硅，没有化合价的变化，不是氧化还原反应；答案为①②；
（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，说明有氯化氢产生，反应的方程式为SiCl4＋3H2O＝4HCl↑＋H2SiO3↓；
（4）3 ml Si(NH2)4在高温下加热可得1 ml 氮化硅粉末和8 ml A气体，结合原子守恒判断A是氨气，即3Si(NH2)4Si3N4+8NH3↑，所以氮化硅的化学式为Si3N4；
（5）A是氨气，则B和C是氮气和氢气，则根据原子守恒可知SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式为3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl。
6.【答案】①②③SiHCl3＋H2Si＋3HClSiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑CO2 CO2和HClCO＋H2O(g) CO2＋H2CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O
【解析】（1）置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，①②③属于置换反应；（2）反应③是SiHCl3被氢气还原得到硅和氯化氢，反应的化学方程式为SiHCl3＋H2Si＋3HCl；（3）二氧化硅与碳酸钠高温反应生成硅酸钠，反应方程式为SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑；（4）A、B、C分别为CO、CO2、HCl，作为减排目标的一种气体是CO2，化合物W为硅酸钠，能与W反应生成沉淀的是CO2和HCl；（5）碳和水反应生成一氧化碳和氢气：C+H2O（g）CO+H2，一氧化碳和水反应生成二氧化碳和氢气：CO＋H2O(g) CO2＋H2，二氧化碳能和氢氧化钙反应生成碳酸钙：CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O。
7.【答案】粗盐(放在称量纸上)砝码(放在称量纸上)蒸发皿出现大量晶体使钙离子完全形成沉淀而除去CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl除去过量的Na2CO3Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑5.85a g
【解析】（1）称量时左物右码，因此粗盐放在托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘；（2）蒸发操作时应将液体放在蒸发皿中加热，等加热至出现大量晶体时即停止加热；（3）在样品的溶液中加入过量的Na2CO3溶液，作用是除掉钙离子，反应的化学方程式是CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl；（4）在滤液中加入盐酸的作用是除掉过量的除杂试剂Na2CO3，反应的化学方程式是Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑；（5）配制100mL a ml·L－1的NaCl溶液时，n（NaCl）=0.1×a ml，m（NaCl）=0.1×a ml×58.5g·ml－1=5.85a g。．
8.【答案】NaNO3防止NaNO2的析出溶碱将NaNO2转化为NaNO3cd1.59
【解析】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；（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，目的是防止NaNO2的析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率；（3）由上述分析可知，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3。母液Ⅱ需回收利用，可转入转化液或转入结晶Ⅱ操作，提高其利用率，故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=1.38×106g69g/ml=2×104ml，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104ml，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×104ml+1×104ml）××106g/ml=1.59×106g=1.59t。
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp