十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题80 工艺流程——成分分析（含解析）

这是一份十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题80 工艺流程——成分分析（含解析），共30页。


已知“降温收尘”后，粗 SKIPIF 1 < 0 中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
（1）已知 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 随温度的变化。若 SKIPIF 1 < 0 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断： SKIPIF 1 < 0 时，下列反应不能自发进行的是_______。
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
（2） SKIPIF 1 < 0 与C． SKIPIF 1 < 0 ，在 SKIPIF 1 < 0 的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下， SKIPIF 1 < 0 与C． SKIPIF 1 < 0 反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中 SKIPIF 1 < 0 的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离 SKIPIF 1 < 0 中含 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 杂质的方法是_______。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 SKIPIF 1 < 0 冶炼 SKIPIF 1 < 0 的方法相似的是_______。A．高炉炼铁B．电解熔融氯化钠制钠C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2） 5TiO2+6C+10Cl2 SKIPIF 1 < 0 5TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应 SKIPIF 1 < 0
（3） 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
（4） 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）AC
【解析】钛渣中加入C．Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
（1）记① SKIPIF 1 < 0 ，② SKIPIF 1 < 0 ，③ SKIPIF 1 < 0 ，④ SKIPIF 1 < 0 ；
A．由图可知，600℃时 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 ，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 ，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时 SKIPIF 1 < 0 的 SKIPIF 1 < 0 ，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律， SKIPIF 1 < 0 可由①+③得到，则600℃时其 SKIPIF 1 < 0 ，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C．Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 SKIPIF 1 < 0 5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2 SKIPIF 1 < 0 5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应 SKIPIF 1 < 0 ，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应 SKIPIF 1 < 0 ；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
2．【2022年湖北卷】全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有 SKIPIF 1 < 0 和少量 SKIPIF 1 < 0 )，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
SKIPIF 1 < 0 时相关物质的参数如下：
SKIPIF 1 < 0 的溶解度： SKIPIF 1 < 0
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体 SKIPIF 1 < 0 的目的是___________。
（3）为提高 SKIPIF 1 < 0 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备 SKIPIF 1 < 0 。查阅资料后，发现文献对常温下的 SKIPIF 1 < 0 有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究 SKIPIF 1 < 0 的性质，将饱和 SKIPIF 1 < 0 溶液与饱和 SKIPIF 1 < 0 溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下 SKIPIF 1 < 0 ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入 SKIPIF 1 < 0 改为通入 SKIPIF 1 < 0 。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）将 SKIPIF 1 < 0 转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3） 蒸发浓缩 趁热过滤
（4） 不稳定 Li+ + HCO SKIPIF 1 < 0 = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的 SKIPIF 1 < 0 ，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有 SKIPIF 1 < 0 和少量 SKIPIF 1 < 0 )中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为 SKIPIF 1 < 0 和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
（1）浓缩卤水中含有 SKIPIF 1 < 0 ，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；
（2）滤液1中含有 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将 SKIPIF 1 < 0 转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高 SKIPIF 1 < 0 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO SKIPIF 1 < 0 = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入 SKIPIF 1 < 0 ，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的 SKIPIF 1 < 0 ，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的 SKIPIF 1 < 0 ，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
3．【2022年北京卷】铵浸法由白云石[主要成分为 SKIPIF 1 < 0 ，含 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
（1）煅烧白云石的化学方程式为___________。
（2）根据下表数据分析：
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对 SKIPIF 1 < 0 给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
② SKIPIF 1 < 0 浸出率远高于 SKIPIF 1 < 0 浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“ SKIPIF 1 < 0 ”数值为___________。
④ SKIPIF 1 < 0 实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大， SKIPIF 1 < 0 浸出率可出 SKIPIF 1 < 0 增加至 SKIPIF 1 < 0 ，结合化学反应原理解释 SKIPIF 1 < 0 浸出率提高的原因为___________。
（3）滤渣C为___________。
（4）可循环利用的物质为___________。
【答案】（1）CaMg(CO3)2 SKIPIF 1 < 0 CaO+MgO+2CO2↑
（2） CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO3 Mg(OH)2+(NH4)2SO4 SKIPIF 1 < 0 MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH SKIPIF 1 < 0 水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4
（3）SiO2、Fe2O3
（4）NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
（1）由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO3)2 SKIPIF 1 < 0 CaO+MgO+2CO2↑，故答案为：CaMg(CO3)2 SKIPIF 1 < 0 CaO+MgO+2CO2↑；
（2）①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O，故答案为：CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；
②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答案为：Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能；
③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1，故答案为：2.4：1；
④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故答案为：Mg(OH)2+(NH4)2SO4 SKIPIF 1 < 0 MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH SKIPIF 1 < 0 水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4；
（3）由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO2、Fe2O3；
（4）由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用，故答案为：NH4Cl、(NH4)2SO4。
4．【2022年辽宁卷】某工厂采用辉铋矿(主要成分为 SKIPIF 1 < 0 ，含有 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 杂质)与软锰矿(主要成分为 SKIPIF 1 < 0 )联合焙烧法制备 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的 SKIPIF 1 < 0 分解为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 转变为 SKIPIF 1 < 0 ；
②金属活动性： SKIPIF 1 < 0 ；
③相关金属离子形成氢氧化物的 SKIPIF 1 < 0 范围如下：
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
（2） SKIPIF 1 < 0 在空气中单独焙烧生成 SKIPIF 1 < 0 ，反应的化学方程式为___________。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ；②___________。
（4）滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
（5）生成气体A的离子方程式为___________。
（6）加入金属 SKIPIF 1 < 0 的目的是___________。
【答案】（1）ab
（2） SKIPIF 1 < 0
（3）抑制金属离子水解
（4） SKIPIF 1 < 0
（5） SKIPIF 1 < 0
（6）将 SKIPIF 1 < 0 转化为 SKIPIF 1 < 0
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化： SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，故联合焙烧后得到 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ；
水浸： SKIPIF 1 < 0 进入滤液，滤渣为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ；
酸浸：加入过量浓盐酸后， SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 发生转化： SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，因 SKIPIF 1 < 0 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应： SKIPIF 1 < 0 ，气体A为 SKIPIF 1 < 0 ，滤渣主要为不溶于浓盐酸的 SKIPIF 1 < 0 ，滤液中金属离子为 SKIPIF 1 < 0 ；
第（4）（5）问转化：由已知信息②知， SKIPIF 1 < 0 的金属活动性强于 SKIPIF 1 < 0 ，且调pH=2.6时 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 进入滤液，可知加入金属 SKIPIF 1 < 0 的目的是将 SKIPIF 1 < 0 还原为 SKIPIF 1 < 0 。
（1）A．联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；
B．鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；
C．降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；
答案选ab；
（2） SKIPIF 1 < 0 在空气中单独焙烧生成 SKIPIF 1 < 0 ，根据原子守恒可知还应生成 SKIPIF 1 < 0 ，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为 SKIPIF 1 < 0 ；
（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的 SKIPIF 1 < 0 产率偏低；
（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的 SKIPIF 1 < 0 ，答案为 SKIPIF 1 < 0 ；
（5）因 SKIPIF 1 < 0 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应： SKIPIF 1 < 0 ；
（6）由已知信息③知，调pH=2.6时， SKIPIF 1 < 0 会水解生成 SKIPIF 1 < 0 沉淀，但 SKIPIF 1 < 0 还没开始沉淀，故要将 SKIPIF 1 < 0 转化为 SKIPIF 1 < 0 ，在调 SKIPIF 1 < 0 后获得含 SKIPIF 1 < 0 的滤液，为了不引入新的杂质，加入 SKIPIF 1 < 0 作还原剂。
5．【2022年海南卷】胆矾( SKIPIF 1 < 0 )是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是_______。
（2）步骤②中，若仅用浓 SKIPIF 1 < 0 溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在 SKIPIF 1 < 0 存在下Cu溶于稀 SKIPIF 1 < 0 ，反应的化学方程式为_______。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
（5）实验证明，滤液D能将 SKIPIF 1 < 0 氧化为 SKIPIF 1 < 0 。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量 SKIPIF 1 < 0 将 SKIPIF 1 < 0 氧化为 SKIPIF 1 < 0 ，理由是_______。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是 SKIPIF 1 < 0 将 SKIPIF 1 < 0 氧化为 SKIPIF 1 < 0 ，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。
【答案】（1）除油污
（2） SKIPIF 1 < 0
（3） SKIPIF 1 < 0
（4）胆矾晶体易溶于水
（5） 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入 SKIPIF 1 < 0 ，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
6．（2021·全国甲卷真题）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） SKIPIF 1 < 0 的一种制备方法如下图所示：
①加入 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 时，氧化产物为_______；当 SKIPIF 1 < 0 ，单质碘的收率会降低，原因是_______。
（2）以 SKIPIF 1 < 0 为原料制备 SKIPIF 1 < 0 的方法是：先向 SKIPIF 1 < 0 溶液中加入计量的 SKIPIF 1 < 0 ，生成碘化物；再向混合溶液中加入 SKIPIF 1 < 0 溶液，反应得到 SKIPIF 1 < 0 ，上述制备 SKIPIF 1 < 0 的总反应的离子方程式为_______。
（3） SKIPIF 1 < 0 溶液和 SKIPIF 1 < 0 溶液混合可生成 SKIPIF 1 < 0 沉淀和 SKIPIF 1 < 0 ，若生成 SKIPIF 1 < 0 ，消耗的 SKIPIF 1 < 0 至少为_______ SKIPIF 1 < 0 。 SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 溶液中可发生反应 SKIPIF 1 < 0 。实验室中使用过量的 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 的原因是_______。
【答案】
（1）①2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 ②FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的 SKIPIF 1 < 0 进一步氧化
（2） SKIPIF 1 < 0
（3）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 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 的过程中，因I-还原性强于Fe2+， SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 时即 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 即 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 进一步氧化；
（2）先向 SKIPIF 1 < 0 溶液中加入计量的 SKIPIF 1 < 0 ，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入 SKIPIF 1 < 0 溶液，反应得到 SKIPIF 1 < 0 ，上述制备 SKIPIF 1 < 0 的两个反应中I-为中间产物，总反应为 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 发生氧化还原反应，生成 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ，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： SKIPIF 1 < 0 ，故答案为： SKIPIF 1 < 0 ；
（3） SKIPIF 1 < 0 溶液和 SKIPIF 1 < 0 溶液混合可生成 SKIPIF 1 < 0 沉淀和 SKIPIF 1 < 0 ，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI SKIPIF 1 < 0 +I2+2K2SO4，若生成 SKIPIF 1 < 0 ，则消耗的 SKIPIF 1 < 0 至少为4ml；反应中加入过量 SKIPIF 1 < 0 ，I-浓度增大，可逆反应 SKIPIF 1 < 0 平衡右移，增大 SKIPIF 1 < 0 溶解度，防止 SKIPIF 1 < 0 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。
7．（2021.1·浙江真题）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+7O2 SKIPIF 1 < 0 8Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 Cr2O SKIPIF 1 < 0 +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】
（1）增大反应物的接触面积
（2）BC
（3） a e d c
（4）①AC ②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
（5）H2SO4 抑制Cr2O SKIPIF 1 < 0 转化为CrO SKIPIF 1 < 0 ，且与Cr2O SKIPIF 1 < 0 不反应
【解析】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 SKIPIF 1 < 0 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。
（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 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 +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 SKIPIF 1 < 0 +H2O SKIPIF 1 < 0 2H++2 SKIPIF 1 < 0 ，即有部分 SKIPIF 1 < 0 会转化为 SKIPIF 1 < 0 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 SKIPIF 1 < 0 转化为 SKIPIF 1 < 0 ，可加入与 SKIPIF 1 < 0 不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制 SKIPIF 1 < 0 转化为 SKIPIF 1 < 0 ，且与 SKIPIF 1 < 0 不反应。
8．[2019新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 ml·L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 ml·L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2 SKIPIF 1 < 0 2I−+ SKIPIF 1 < 0 。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
【答案】（1）D
（2）①BaSO4+4CBaS+4CO↑CO+H2OCO2+H2
②BaCO3
③S2−+Ba2++Zn2++ SKIPIF 1 < 0 BaSO4·ZnS↓
（3）浅蓝色至无色 SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A错误；B．钙的焰色为红色，故B错误；C．钾的焰色为紫色，故C错误；D．钡的焰色为绿色，故D正确；故选D。
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2OCO2+H2。
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S2−+Ba2++Zn2++ SKIPIF 1 < 0 BaSO4·ZnS↓。
（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n ml：
S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2
1 ml 1 ml 2 ml 1 ml
n ml n ml 0.1V×10-3ml SKIPIF 1 < 0 0.1V×10-3ml
n+ SKIPIF 1 < 0 0.1V×10-3ml=25 SKIPIF 1 < 0 0.1V×10-3ml，得n=（25- SKIPIF 1 < 0 V）0.1×10-3ml
则样品中硫离子含量为： SKIPIF 1 < 0 ×100%= SKIPIF 1 < 0 ×100%。
9．【2018新课标1卷】焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式__________。
（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。
（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后，__________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 ml·L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L−1（以SO2计）。
【答案】 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O NaHSO3 得到NaHSO3过饱和溶液 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑ a S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋ 0.128
【解析】
（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；消耗碘的物质的量是0.0001ml，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是 SKIPIF 1 < 0 。
10．【2018北京卷】磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4 SKIPIF 1 < 0 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。
（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b ml·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·ml−1）
【答案】 研磨、加热 ＜ 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 CaSO4微溶 BaCO3+ SKIPIF 1 < 0 +2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。
（2）①依据反应方程式，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4 SKIPIF 1 < 0 H2SO4。②用元素周期律解释酸性：H3PO4 SKIPIF 1 < 0 H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数P SKIPIF 1 < 0 S，原子半径P SKIPIF 1 < 0 S，得电子能力P SKIPIF 1 < 0 S，非金属性P SKIPIF 1 < 0 S。
（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）= SKIPIF 1 < 0 n（NaOH）= SKIPIF 1 < 0 bml/L SKIPIF 1 < 0 c SKIPIF 1 < 0 10-3L= SKIPIF 1 < 0 ml，m（H3PO4）= SKIPIF 1 < 0 ml SKIPIF 1 < 0 98g/ml= SKIPIF 1 < 0 g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为 SKIPIF 1 < 0 。
11.【2018江苏卷】以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发
（3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。
（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
12．【2017新课标3卷】重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 SKIPIF 1 < 0 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为_______。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_____。
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是_______，滤渣2的主要成分是__________及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2的pH使之变____________（填“大”或“小”），原因是_____________（用离子方程式表示）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到___________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a．80℃b．60℃c．40℃d．10℃
步骤⑤的反应类型是___________________。
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_____________。
【答案】（1）2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 （2）铁 Al(OH)3
（3）小 2 SKIPIF 1 < 0 +2H+ SKIPIF 1 < 0 +H2O （4）d 复分解反应 （5） SKIPIF 1 < 0 ×100%
【解析】（1）FeO·Cr2O3是还原剂，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，每摩转移7 ml电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO2，每摩转移2 ml电子，根据电子守恒可知，FeO·Cr2O3和NaNO3的系数比为2∶7；陶瓷在高温下会与Na2CO3反应，则熔融时不能使用陶瓷容器。
（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤液1中含有AlO2-、SiO32-及CrO42-，调节溶液pH并过滤后得滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质。
（3）滤液2调节pH的目的是提高溶液的酸性，pH变小；因为溶液中存在2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，增大溶液中H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中Cr2O72-的浓度。
（4）由图示可知，在10 ℃左右时，得到K2Cr2O7的固体最多；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl的反应类型为复分解反应。
（5）样品中Cr2O3的质量为m1×40% kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40% kg× SKIPIF 1 < 0 ，则所得产品的产率为m2 kg÷（m1×40% kg× SKIPIF 1 < 0 ）×100%= SKIPIF 1 < 0 ×100%。
13．【2016新课标1卷】NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数)
【答案】（1）+3；（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（3）NaOH溶液 ；Na2CO3溶液 ；ClO2−(或NaClO2)；（4）2:1； O2； （5）1.57。
【解析】
（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3。
（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，根据得失电子守恒和原子守恒，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+，可利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解，阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，反应产生Cl2， 阴极发生反应产生NaClO2，可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；
（4）根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1 ml的H2O2转移2 ml电子，反应方程式是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，该反应中氧化产物为O2。
（5）每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)=1g÷90.5 g/ml= ml，其获得电子的物质的量是n(e−)= ml×4=4/90.5 ml，1 ml Cl2获得电子的物质的量是2 ml，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=ml×4÷2=ml，则氯气的质量为ml×71 g/ml=1.57 g。
14．【2016北京卷】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++ PbO2+4H++SO42−＝2Fe3++PbSO4+2H2O
ii: ……
①写出ii的离子方程式：________________。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b.______________。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是____(选填序号)。
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
②过滤Ⅲ的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作___________。
【答案】（1）Pb + PbO2 + 2H2SO42PbSO4+ 2H2O。
（2）①2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；
②取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①A、B；②将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO固体。
【解析】
（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb + PbO2 + 2H2SO42PbSO4+ 2H2O。
（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变。根据题给信息知反应i中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应 = 2 \* rman ii中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；
②a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应 = 2 \* rman ii，实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH==PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的pH，使平衡：PbO（s）+NaOH（aq） SKIPIF 1 < 0 NaHPbO2（aq）逆向移动，减少PbO的损失，提高产品的产率，同时重复利用NaOH，提高原料的利用率答案选AB；
②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，降温结晶、过滤，洗涤并干燥即可得到PbO。
15．【2016四川卷】资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是__________。
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时：
CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-271kJ/ml
5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH=-937kJ/ml
则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化了 SKIPIF 1 < 0 。若a kg含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
【答案】（1）CO2
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）NH4＋ 水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋
（4）MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4
（5）Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH =-418kJ/ml
（6）
【解析】
（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3 ]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2）。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋。
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4 。
（5）已知25℃，101kPa时：
①CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/ml
②5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/ml
根据盖斯定律：①×5-②得Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH =-418kJ/ml 。
（6）根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 ml/L，则水蒸气的起始浓度为5 ml/L
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始浓度（ml/L）1 5 0 0
转化浓度（ml/L）5/6 5/6 5/6 5/6
平衡浓度（ml/L）1/6 25/6 5/6 5/6
则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的CO为x ml。
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始浓度（ml/L）1 3 0 0
转化浓度（ml/L）x x x x
平衡浓度（ml/L）(1-x) (3-x) x x
则x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4 ml。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C SKIPIF 1 < 0 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为（30×28×a×10%×b%）/（4×504）kg，则转化的CO的质量为3（30×28×a×10%×b%）/4（4×504）kg，根据反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg=kg。
物质
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
沸点/ SKIPIF 1 < 0
136
127
57
180
物质
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
分压 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
化合物
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
物质
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 浸出率/ SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 浸出率/ SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 理论值/ SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 实测值/ SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
98.4
1.1
99.7
-
SKIPIF 1 < 0
98.8
1.5
99.2
99.5
SKIPIF 1 < 0
98.9
1.8
98.8
99.5
SKIPIF 1 < 0
99.1
6.0
95.6
97.6
开始沉淀 SKIPIF 1 < 0
完全沉淀 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
6.5
8.3
SKIPIF 1 < 0
1.6
2.8
SKIPIF 1 < 0
8.1
10.1