專題87 工藝流程-非金屬元素載體 十年（2015-2024）高考化學(xué)真題分類匯編(解析版)

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題87工藝流程——非金屬元素載體考點(diǎn)十年考情(2015-2024)命題趨勢(shì)考點(diǎn)1簡(jiǎn)單工藝流程分析2024·北京卷、2024·湖南卷、2023?湖北省選擇性考試化學(xué)工藝流程題近幾年是高考的熱點(diǎn)，所占的分值也相當(dāng)重，但由于此類試題陌生度高對(duì)學(xué)生的能力要求也大，加上有的試題文字量大，學(xué)生在沒(méi)做之前往往就會(huì)產(chǎn)生畏懼感，所以這類題的得分不是很理想。以非金屬元素為主流程題只有兩個(gè)目的：一是從混合物中分離、提純某一物質(zhì)；另一目的就是利用某些物質(zhì)制備另一物質(zhì)?？键c(diǎn)2綜合工藝流程分析2024·安徽卷、2024·浙江6月卷、2024·江蘇卷、2023?浙江省6月選考、2021?全國(guó)甲、2020?新課標(biāo)Ⅰ、2019?新課標(biāo)Ⅰ、2019?江蘇卷、(2018?新課標(biāo)Ⅰ、2018?新課標(biāo)Ⅲ、2018?北京卷、2018?江蘇卷、2017?北京卷、2016·全國(guó)I卷、2016·全國(guó)II卷、2016·四川卷考點(diǎn)1簡(jiǎn)單工藝流程分析1．(2024·北京卷，7，3分)硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如下。下列說(shuō)法不正確的是()A．I的化學(xué)方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2B．Ⅱ中的反應(yīng)條件都是為了提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率C．將黃鐵和換成硫黃可以減少?gòu)U渣的產(chǎn)生D．生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收【答案】B【解析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400~500℃、常壓、催化劑的作用下發(fā)生反應(yīng)得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4。A項(xiàng)，反應(yīng)I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，化學(xué)方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，故A正確；B項(xiàng)，反應(yīng)Ⅱ條件要兼顧平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，還要考慮生產(chǎn)成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，將黃鐵礦換成硫黃，則不再產(chǎn)生Fe3O4，即可以減少?gòu)U渣產(chǎn)生，故C正確；D項(xiàng)，硫酸工業(yè)產(chǎn)生的尾氣為SO2、SO3，可以用堿液吸收，故D正確；故選B。2．(2024·湖南卷，11，3分)中和法生產(chǎn)Na2HPO4·12H2O的工藝流程如下：已知：①H3PO4的電離常數(shù)：Ka1=6.9×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.8×10-13②Na2HPO4·12H2O易風(fēng)化。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．“中和”工序若在鐵質(zhì)容器中進(jìn)行，應(yīng)先加入Na2CO3溶液B．“調(diào)pH”工序中X為NaOH或H3PO4C．“結(jié)晶”工序中溶液顯酸性D．“干燥”工序需在低溫下進(jìn)行【答案】C【解析】H3PO4和Na2CO3先發(fā)生反應(yīng)，通過(guò)加入X調(diào)節(jié)pH，使產(chǎn)物完全轉(zhuǎn)化為Na2HPO4，通過(guò)結(jié)晶、過(guò)濾、干燥，最終得到Na2HPO4·12H2O成品。A項(xiàng)，鐵是較活潑金屬，可與H3PO4反應(yīng)生成氫氣，故“中和”工序若在鐵質(zhì)容器中進(jìn)行，應(yīng)先加入Na2CO3溶液，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，若“中和”工序加入Na2CO3過(guò)量，則需要加入酸性物質(zhì)來(lái)調(diào)節(jié)pH，為了不引入新雜質(zhì)，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4過(guò)量，則需要加入堿性物質(zhì)來(lái)調(diào)節(jié)pH，為了不引入新雜質(zhì)，可加入NaOH，所以“調(diào)pH”工序中X為NaOH或H3PO4，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，“結(jié)晶”工序中的溶液為飽和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.8×10-13，則HPO42-的水解常數(shù)，由于，則Na2HPO4的水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由于Na2HPO4·12H2O易風(fēng)化失去結(jié)晶水，故“干燥”工序需要在低溫下進(jìn)行，D項(xiàng)正確；故選C。3．(2023?湖北省選擇性考試，3)工業(yè)制備高純硅的主要過(guò)程如下：石英砂粗硅高純硅下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．制備粗硅的反應(yīng)方程式為SiO2+2CSi+2CO↑B．1molSi含Si-Si鍵的數(shù)目約為4×16.02×10-23C．原料氣HCl和H2應(yīng)充分去除水和氧氣D．生成SiHCl3的反應(yīng)為熵減過(guò)程【答案】B【解析】A項(xiàng)，SiO2和C在高溫下發(fā)生反應(yīng)生成Si和CO，因此，制備粗硅的反應(yīng)方程式為SiO2+2CSi+2CO↑，A正確；B項(xiàng)，在晶體硅中，每個(gè)Si與其周圍的4個(gè)Si形成共價(jià)鍵并形成立體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，因此，平均每個(gè)Si形成2個(gè)共價(jià)鍵，1molSi含Si-Si鍵的數(shù)目約為2×16.02×10-23，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，HCl易與水形成鹽酸，在一定的條件下氧氣可以將HCl氧化；H2在高溫下遇到氧氣能發(fā)生反應(yīng)生成水，且其易燃易爆，其與SiHCl3在高溫下反應(yīng)生成硅和HCl，因此，原料氣HCl和H2應(yīng)充分去除水和氧氣，C正確；D項(xiàng)，Si+3HClSiHCl3+H2，該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，因此，生成SiHCl3的反應(yīng)為熵減過(guò)程，D正確；故選B?？键c(diǎn)2綜合工藝流程分析1．(2024·安徽卷，15，14分)精煉銅產(chǎn)生的銅陽(yáng)極泥富含、Ag、Au等多種元素。研究人員設(shè)計(jì)了一種從銅陽(yáng)極泥中分離提收金和銀的流程，如下圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)位于元素周期表第_______周期第_______族。(2)“浸出液1”中含有的金屬離子主要是_______。(3)“浸取2”步驟中，單質(zhì)金轉(zhuǎn)化為HAuCl4的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(4)“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的_______(填化學(xué)式)轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]3-。(5)“電沉積”步驟中陰極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______?！半姵练e”步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用的物質(zhì)為_(kāi)______(填化學(xué)式)。(6)“還原”步驟中，被氧化的N2H4與產(chǎn)物Au的物質(zhì)的量之比為_(kāi)______。(7)Na2S2O3可被I2氧化為Na2S4O6。從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度分析S4O62-的結(jié)構(gòu)為(a)而不是(b)的原因：_______?！敬鸢浮?1)四ⅠB(2)Cu2+(3)Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O(4)AgCl(5)[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag↓+2S2O32-Na2S2O3(6)3：4(7)(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負(fù)電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過(guò)氧根，過(guò)氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結(jié)構(gòu)【解析】精煉銅產(chǎn)生的銅陽(yáng)極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽(yáng)極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉(zhuǎn)化為Cu2+進(jìn)入浸取液1中，Ag、Au不反應(yīng)，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉(zhuǎn)化為HAuCl4進(jìn)入浸取液2，Ag轉(zhuǎn)化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時(shí)N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S2O3，將AgCl轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用電沉積法將[Ag(S2O3)2]3-還原為Ag。(1)Cu的原子序數(shù)為29，位于第四周期第ⅠB族；(2)由分析可知，銅陽(yáng)極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉(zhuǎn)化為Cu2+進(jìn)入浸取液1中，故浸取液1中含有的金屬離子主要是Cu2+；(3)浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應(yīng)氧化還原反應(yīng)，生成HAuCl4和H2O，根據(jù)得失電子守恒及質(zhì)量守恒，可得反應(yīng)得化學(xué)方程式為：Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O；(4)根據(jù)分析可知，浸渣2中含有AgCl，與Na2S2O3反應(yīng)轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]3-；(5)電沉積步驟中，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，[Ag(S2O3)2]3-得電子被還原為Ag，電極反應(yīng)式為：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag↓+2S2O32-；陰極反應(yīng)生成S2O32-，同時(shí)陰極區(qū)溶液中含有Na+，故電沉積步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用得物質(zhì)為Na2S2O3；(6)還原步驟中，HAuCl4被還原為Au，Au化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?價(jià)，一個(gè)HAuCl4轉(zhuǎn)移3個(gè)電子，N2H4被氧化為N2，N的化合價(jià)由-2價(jià)變?yōu)?價(jià)，一個(gè)N2H4轉(zhuǎn)移4個(gè)電子，根據(jù)得失電子守恒，被氧化的N2H4與產(chǎn)物Au的物質(zhì)的量之比為3：4；(7)(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負(fù)電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過(guò)氧根，過(guò)氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結(jié)構(gòu)。2．(2024·浙江6月卷，18，10分)礦物資源的綜合利用有多種方法，如鉛鋅礦(主要成分為PbS、ZnS)的利用有火法和電解法等。已知：①PbCl2(s)PbCl2(aq)H2[PbCl4]；②電解前后ZnS總量不變；③易溶于水。請(qǐng)回答：(1)根據(jù)富氧煅燒(在空氣流中煅燒)和通電電解(如圖)的結(jié)果，PbS中硫元素體現(xiàn)的性質(zhì)是(選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩(wěn)定性”之一)。產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；從該反應(yīng)液中提取PbCl2的步驟如下：加熱條件下，加入(填一種反應(yīng)試劑)，充分反應(yīng)，趁熱過(guò)濾，冷卻結(jié)晶，得到產(chǎn)品。(2)下列說(shuō)法正確的是_______。A．電解池中發(fā)生的總反應(yīng)是(條件省略)B．產(chǎn)物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物C．化合物C在水溶液中最多可中和2molNaOHD．ClF的氧化性弱于Cl2(3)D的結(jié)構(gòu)為(或)，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)先除去樣品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X為何種元素。①實(shí)驗(yàn)方案：取D的溶液，加入足量溶液，加熱充分反應(yīng)，然后；②寫(xiě)出D(用HSO3X表示)的溶液與足量溶液反應(yīng)的離子方程式?！敬鸢浮?1)還原性Pb3O4+14HCl(濃)=3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑PbO或Pb(OH)2或PbCO3(2)AB(3)加入足量Ba(NO3)2溶液充分反應(yīng)，靜置后取上層清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則有Cl-，反之則有F-HSO3X+3OH-=SO42-+X-+2H2O【解析】鉛鋅礦(主要成分為PbS、ZnS)富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2與等物質(zhì)的量的ClF反應(yīng)得到化合物C，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，化合物C()水解生成液態(tài)化合物D(，X=F或Cl)和氣態(tài)化合物E(HCl或HF)。(1)根據(jù)富氧煅燒和通電電解的結(jié)果，PbS中硫元素化合價(jià)升高，體現(xiàn)的性質(zhì)是還原性。產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：Pb3O4+14HCl(濃)=+4H2O+Cl2↑；根據(jù)PbCl2(s)PbCl2(aq)H2[PbCl4]可得反應(yīng)：PbCl2(aq)+2HClH2[PbCl4]，要從該反應(yīng)液中提取PbCl2，則所加試劑應(yīng)能消耗H+使平衡逆向移動(dòng)，且不引入雜質(zhì)，則步驟為：加熱條件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反應(yīng)，趁熱過(guò)濾，冷卻結(jié)晶；(2)A項(xiàng)，根據(jù)圖示和已知②可知，電解池中陽(yáng)極上Fe2+生成Fe3+，F(xiàn)e3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，陰極上PbCl2生成Pb，發(fā)生的總反應(yīng)是：PbS=Pb+S(條件省略)，A正確；B項(xiàng)，鉛鋅礦(主要成分為PbS、ZnS)富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，則產(chǎn)物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物，B正確；C項(xiàng)，化合物C是，鹵素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，則1mol化合物C在水溶液中最多可中和4molNaOH，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，ClF的氧化性由+1價(jià)的Cl表現(xiàn)，Cl2的氧化性由0價(jià)的Cl表現(xiàn)，則ClF的氧化鋅強(qiáng)于Cl2，D錯(cuò)誤；故選AB。(3)①D的結(jié)構(gòu)為(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，生成Na2SO4和NaX，則實(shí)驗(yàn)方案為：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反應(yīng)，靜置后取上層清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則有Cl-，反之則有F-；②D(用HSO3X表示)的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SO4和NaX，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：HSO3X+3OH-=SO42-+X-+2H2O。3．(2024·江蘇卷，14，15分)回收磁性合金釹鐵硼(Nd2)可制備半導(dǎo)體材料鐵酸鉍和光學(xué)材料氧化釹。(1)釹鐵硼在空氣中焙燒轉(zhuǎn)化為Nd2、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol·L-1鹽酸酸浸后過(guò)濾得到Nd溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率()隨浸取時(shí)間變化如圖所示。①含鐵濾渣的主要成分為_(kāi)______(填化學(xué)式)。②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。(2)含鐵濾渣用硫酸溶解，經(jīng)萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。①用含有機(jī)胺(R3R)有機(jī)溶劑作為萃取劑提純一定濃度的溶液，原理為：(有機(jī)層)已知：其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內(nèi)，隨水層pH增大，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。②反萃取后，經(jīng)轉(zhuǎn)化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖所示(圖中有4個(gè)Fe原子位于晶胞體對(duì)角線上，O原子未畫(huà)出)，其中原子數(shù)目比N(Fe)：N(Bi)=_______。(3)凈化后的Nd溶液通過(guò)沉釹、焙燒得到Nd2。①向Nd溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可轉(zhuǎn)化為Nd(OH)C沉淀。該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。②將8.84mgNd(OH)C(摩爾質(zhì)量為221g·molˉ1)在氮?dú)夥諊斜簾?，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化曲線如圖所示。550~600℃時(shí)，所得固體產(chǎn)物可表示為NdaOb(CO3)c，通過(guò)以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)確定該產(chǎn)物中n(Nd3+)：n(CO32-)的比值_______(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)?！敬鸢浮?1)①Fe(OH)3②浸出初期，c(H+)較大，鐵的浸出率較大，約5min后，溶液酸性減弱，水解生成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣(2)①隨水層pH增大，H+的濃度減小，的化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，的化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，該平衡逆向移動(dòng)引起(R3NH)2SO4濃度的增大，進(jìn)一步促進(jìn)萃取平衡向萃取方向移動(dòng)，導(dǎo)致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的濃度增大，因此，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多②2：1(3)①2Nd3++3CNd(OH)C↓+CO2↑②2：1【解析】(1)①釹鐵硼在空氣中焙燒后得到的Nd2、Fe2O3均可溶于鹽酸，得到含有Nd和的溶液。由圖中信息可知，Nd的浸出率逐漸增大，而Fe的浸出率先增大后逐漸減小，說(shuō)明隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導(dǎo)致水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含鐵濾渣的主要成分為Fe(OH)3。②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，F(xiàn)e2O3溶解，F(xiàn)e的浸出率增大，約5min隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導(dǎo)致水解生成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣，F(xiàn)e的浸出率又減小。(2)①減小生成物濃度，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，因此，其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內(nèi)，隨水層pH增大，H+的濃度減小，的化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，又H+的濃度減小使平衡逆向移動(dòng)，引起(R3NH)2SO4濃度的增大，進(jìn)一步促進(jìn)平衡向萃取方向移動(dòng)，導(dǎo)致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的濃度增大，因此，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多。②由鐵酸鉍晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，晶胞中體內(nèi)有4個(gè)Fe原子，面上有8個(gè)Fe原子，根據(jù)均攤法可知，F(xiàn)e原子的數(shù)目為；Bi原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子數(shù)目比N(Fe)：N(Bi)=2：1。(3)①向Nd溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd和CO32-相互促進(jìn)對(duì)方水解生成Nd(OH)C沉淀和CO2，該反應(yīng)的離子方程式為2Nd3++3CNd(OH)C↓+CO2↑。②8.84mgNd(OH)C的物質(zhì)的量為，其在氮?dú)夥諊斜簾?，金屬元素的質(zhì)量和化合價(jià)均保持不變，因此，n(Nd3+)=；550~600℃時(shí)剩余固體的質(zhì)量為7.60mg，固體減少的質(zhì)量為1.24mg，由于堿式鹽在受熱分解時(shí)易變?yōu)檎}，氫氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸鹽分解得到氧化物和CO2，因此，可以推測(cè)固體變?yōu)镹daOb(CO3)c時(shí)失去的質(zhì)量是生成H2O和CO2的質(zhì)量；根據(jù)H元素守恒可知，固體分解時(shí)生成H2O的質(zhì)量為，則生成CO2的質(zhì)量為1.24mg-0.36mg=0.88mg，則生成CO2的物質(zhì)的量為，由C元素守恒可知，分解后剩余的CO32-的物質(zhì)的量為4×10-5mol-=，因此可以確定該產(chǎn)物中n(Nd3+)：n(CO32-)的比值為。4．(2023?浙江省6月選考，18)工業(yè)上煅燒含硫礦物產(chǎn)生的SO2可以按如下流程脫除或利用。已知：請(qǐng)回答：(1)富氧煅燒燃煤產(chǎn)生的低濃度的SO2可以在爐內(nèi)添加a通過(guò)途徑Ⅰ脫除，寫(xiě)出反應(yīng)方程式___________。(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的SO2，通過(guò)途徑Ⅱ最終轉(zhuǎn)化為化合物A。①下列說(shuō)法正確的是___________。A．燃煤中的有機(jī)硫主要呈正價(jià)B．化合物A具有酸性C．化合物A是一種無(wú)機(jī)酸酯D．工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的SO3也可用濃H2SO4吸收②一定壓強(qiáng)下，化合物A的沸點(diǎn)低于硫酸的原因是___________。(3)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證化合物A中含有S元素_____；寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)過(guò)程中涉及的反應(yīng)方程式____。【答案】(1)aa(2)①BCD②硫酸分子能形成更多的分子間氫鍵(3)①取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應(yīng)完全后加入鹽酸酸化，無(wú)明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說(shuō)明A中含有S元素②+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl【解析】含硫礦物燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣、碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳，二氧化硫被氧氣氧化為三氧化硫，三氧化硫和等物質(zhì)量的甲醇發(fā)生已知反應(yīng)生成A：。(1)氧氣具有氧化性，能被四價(jià)硫氧化為六價(jià)硫，二氧化硫、空氣中氧氣、碳酸鈣高溫生成硫酸鈣和二氧化碳，反應(yīng)為aa；(2)①A項(xiàng)，硫的電負(fù)性大于碳、氫等，故燃煤中的有機(jī)硫主要呈負(fù)價(jià)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，根據(jù)分析可知，化合物A分子中與硫直接相連的基團(tuán)中有-OH，故能電離出氫離子，具有酸性，B正確；C項(xiàng)，化合物A含有基團(tuán)，類似酯基-COO-結(jié)構(gòu)，為硫酸和醇生成的酯，是一種無(wú)機(jī)酸酯，C正確；D項(xiàng)，工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的SO3也可用濃H2SO4吸收用于生產(chǎn)發(fā)煙硫酸，D正確；故選BCD；②一定壓強(qiáng)下，化合物A分子只有1個(gè)-OH能形成氫鍵，而硫酸分子中有2個(gè)-OH形成氫鍵，故導(dǎo)致A的沸點(diǎn)低于硫酸；(3)A為，A堿性水解可以生成硫酸鈉、甲醇，硫酸根離子能和氯化鋇生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)為：取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應(yīng)完全后加入鹽酸酸化，無(wú)明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說(shuō)明A中含有S元素；涉及反應(yīng)為：+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。5．(2021?全國(guó)甲，26)碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面。回答下列問(wèn)題：(1)I2的一種制備方法如下圖所示：①加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成_______后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過(guò)程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______；若反應(yīng)物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5時(shí)，氧化產(chǎn)物為_(kāi)______；當(dāng)n(Cl2)/n(FeI2)1.5，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，原因是_______。(2)以NaIO3為原料制備的方法是：先向NaIO3溶液中加入計(jì)量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少為_(kāi)______mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反應(yīng)I2+I-I3-。實(shí)驗(yàn)室中使用過(guò)量的KI與CuSO4溶液反應(yīng)后，過(guò)濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過(guò)量的原因是_______。【答案】(1)2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被過(guò)量的Cl2進(jìn)一步氧化(2)2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O(3)4防止單質(zhì)碘析出【解析】(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中；②通入Cl2的過(guò)程中，因I-還原性強(qiáng)于Fe2+，Cl2先氧化還原性強(qiáng)的I-，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比n(Cl2)/n(FeI2)1.5時(shí)即Cl2過(guò)量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)n(Cl2)/n(FeI2)1.5即Cl2過(guò)量特別多，多余的氯氣會(huì)與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低；(2)先向NaIO3溶液中加入計(jì)量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物質(zhì)；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的兩個(gè)反應(yīng)中I-為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為IO3-與HSO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成SO42-和I2，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化學(xué)方程式為4KI+2CuSO4=2CuI↓+I2+2K2SO4，若生成1molI2，則消耗的KI至少為4mol；反應(yīng)中加入過(guò)量KI，I-濃度增大，可逆反應(yīng)I2+I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升華，有利于蒸餾時(shí)防止單質(zhì)碘析出。6．(2020?新課標(biāo)Ⅰ，26)釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+開(kāi)始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問(wèn)題：(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是___________。(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同時(shí)還有___________離子被氧化。寫(xiě)出VO+轉(zhuǎn)化為VO2+反應(yīng)的離子方程式___________。(3)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。(4)“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5·xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是___________。(5)“調(diào)pH”中有沉淀生產(chǎn)，生成沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過(guò)量NH4Cl，其原因是___________?！敬鸢浮?1)加快酸浸和氧化反應(yīng)速率(促進(jìn)氧化完全)(2)Fe2+VO++MnO2+2H+=VO2++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)利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全【解析】(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是：升高溫度，加快酸浸和氧化反應(yīng)速率(促進(jìn)氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，釩礦粉中的Fe3O4與硫酸反應(yīng)生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，則VO+和VO2+被氧化成VO2+的同時(shí)還有Fe2+被氧化，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+轉(zhuǎn)化為VO2+時(shí)，釩元素的化合價(jià)由+3價(jià)升至+5價(jià)，1molVO+失去2mol電子，MnO2被還原為Mn2+，Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降至+2價(jià)，1molMnO2得到2mol電子，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO+轉(zhuǎn)化為VO2+反應(yīng)的離子方程式為VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H2O；(3)根據(jù)分析，“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；(4)根據(jù)分析，濾渣③的主要成分是Fe(OH)3；(5)“調(diào)pH”中有沉淀生成，是NaAlO2與HCl反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O；(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過(guò)量NH4Cl，其原因是：增大NH4+離子濃度，利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全。7．(2019?新課標(biāo)Ⅰ，26)硼酸(H3BO3)是一種重要的化工原料，廣泛應(yīng)用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產(chǎn)硼酸及輕質(zhì)氧化鎂的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)在95℃“溶浸”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“吸收”中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)________。(2)“濾渣1”的主要成分有_________。為檢驗(yàn)“過(guò)濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學(xué)試劑是_________。(3)根據(jù)H3BO3的解離反應(yīng)：H3BO3+H2OH++B(OH)?4，Ka=5.81×10?10，可判斷H3BO3是______酸；在“過(guò)濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)至3.5，目的是_______________。(4)在“沉鎂”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的離子方程式為_(kāi)_________，母液經(jīng)加熱后可返回___________工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是_________?！敬鸢浮?1)NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱轉(zhuǎn)化為H3BO3，促進(jìn)析出(4)2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-(或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑)溶浸高溫焙燒【解析】(1)根據(jù)流程圖知硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液產(chǎn)生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液吸收，反應(yīng)方程式為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3。(2)濾渣I為不與硫酸銨溶液反應(yīng)的Fe2O3、Al2O3、SiO2；檢驗(yàn)Fe3+，可選用的化學(xué)試劑為KSCN；(3)由硼酸的離解方程式知，硼酸在水溶液中是通過(guò)與水分子的配位作用產(chǎn)生氫離子，而三價(jià)硼原子最多只能再形成一個(gè)配位鍵，且硼酸不能完全解離，所以硼酸為一元弱酸；在“過(guò)濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)至3.5，目的是將B(OH)?4轉(zhuǎn)化為H3BO3，并促進(jìn)H3BO3析出；(4)沉鎂過(guò)程中用碳酸銨溶液與Mg2+反應(yīng)生成Mg(OH)2?MgCO3，沉鎂過(guò)程的離子反應(yīng)為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3-；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用；堿式碳酸鎂不穩(wěn)定，高溫下可以分解，故由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是高溫焙燒。8．(2019?江蘇卷，15)(1)室溫下，反應(yīng)CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)達(dá)到平衡，則溶液中=[Ksp(CaSO4)=4.8×10?5，Ksp(CaCO3)=3×10?9]。(2)將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為；浸取廢渣時(shí)，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是。(3)廢渣浸取在如圖所示的裝置中進(jìn)行?？刂品磻?yīng)溫度在60~70℃，攪拌，反應(yīng)3小時(shí)。溫度過(guò)高將會(huì)導(dǎo)致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是；保持溫度、反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的量不變，實(shí)驗(yàn)中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作有。(4)濾渣水洗后，經(jīng)多步處理得到制備輕質(zhì)CaCO3所需的CaCl2溶液。設(shè)計(jì)以水洗后的濾渣為原料，制取CaCl2溶液的實(shí)驗(yàn)方案：[已知pH=5時(shí)Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5時(shí)Al(OH)3開(kāi)始溶解。實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2]?！敬鸢浮?1)1.6×104(2)HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)增加溶液中CO32-的濃度，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化

(3)溫度過(guò)高，(NH4)2CO3分解 加快攪拌速率(4)在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過(guò)濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測(cè)量溶液pH，當(dāng)pH介于5~8.5時(shí)，過(guò)濾【解析】(1)反應(yīng)CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)達(dá)到平衡時(shí)，溶液中====1.6×104。(2)NH4HCO3屬于酸式鹽，與氨水反應(yīng)生成(NH4)2CO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4HCO3+NH3·H2O=(NH4)2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O(NH4)2CO3+H2O]，離子方程式為HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)；浸取廢渣時(shí)，加入的(NH4)2CO3屬于弱酸弱堿鹽，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入適量濃氨水，水解平衡逆向移動(dòng)，溶液中CO32-的濃度增大，反應(yīng)CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移動(dòng)，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化。(3)由于銨鹽具有不穩(wěn)定性，受熱易分解，所以溫度過(guò)高，(NH4)2CO3分解，從而使CaSO4轉(zhuǎn)化率下降；由于浸取過(guò)程中的反應(yīng)屬于固體與溶液的反應(yīng)(或發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化)，保持溫度、反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉(zhuǎn)化率即提高反應(yīng)速率，結(jié)合外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作為加快攪拌速率(即增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸取率)。(4)工業(yè)廢渣主要含CaSO4·2H2O，還含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入(NH4)2CO3溶液浸取，其中CaSO4與(NH4)2CO3反應(yīng)生成CaCO3和(NH4)2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反應(yīng)，過(guò)濾后所得濾渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的濾渣為原料制取CaCl2溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCO3完全轉(zhuǎn)化為CaCl2，發(fā)生的反應(yīng)為CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，與此同時(shí)發(fā)生反應(yīng)Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反應(yīng)，經(jīng)過(guò)濾除去SiO2；得到的濾液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根據(jù)“pH=5時(shí)Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5時(shí)Al(OH)3開(kāi)始溶解”，為了將濾液中Al3+、Fe3+完全除去，應(yīng)加入Ca(OH)2調(diào)節(jié)溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的過(guò)程中要邊加邊測(cè)定溶液的pH]，然后過(guò)濾即可制得CaCl2溶液。9．(2018?新課標(biāo)Ⅰ，26)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛。回答下列問(wèn)題：(1)生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3過(guò)飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫(xiě)出該過(guò)程的化學(xué)方程式__________。(2)利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5的工藝為：①pH=4.1時(shí)，Ⅰ中為_(kāi)_________溶液(寫(xiě)化學(xué)式)。②工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是__________。(3)制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)____________。電解后，__________室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測(cè)定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時(shí)，取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol·L?1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____________，該樣品中Na2S2O5的殘留量為_(kāi)___________g·L?1(以SO2計(jì))?！敬鸢浮?1)2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3過(guò)飽和溶液(3)2H2O－4e－＝4H＋+O2↑a(4)S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋0.128【解析】(1)亞硫酸氫鈉過(guò)飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據(jù)原子守恒可知反應(yīng)的方程式為2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；(2)①碳酸鈉飽和溶液吸收SO2后的溶液顯酸性，說(shuō)明生成物是酸式鹽，即Ⅰ中為NaHSO3；②要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過(guò)飽和溶液，因此工藝中加入碳酸鈉固體、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3過(guò)飽和溶液；(3)陽(yáng)極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，陽(yáng)極區(qū)是稀硫酸，氫氧根放電，則電極反應(yīng)式為2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。陽(yáng)極區(qū)氫離子增大，通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入a室與亞硫酸鈉結(jié)合生成亞硫酸鈉。陰極是氫離子放電，氫氧根濃度增大，與亞硫酸氫鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉，所以電解后a室中亞硫酸氫鈉的濃度增大。(4)單質(zhì)碘具有氧化性，能把焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，反應(yīng)的方程式為S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；消耗碘的物質(zhì)的量是0.0001mol，所以焦亞硫酸鈉的殘留量(以SO2計(jì))是。10．(2018?新課標(biāo)Ⅲ，26)KIO3是一種重要的無(wú)機(jī)化合物，可作為食鹽中的補(bǔ)碘劑?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)KIO3的化學(xué)名稱是_______。(2)利用“KClO3氧化法”制備KIO3工藝流程如下圖所示：“酸化反應(yīng)”所得產(chǎn)物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“濾液”中的溶質(zhì)主要是_______?！罢{(diào)pH”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________。(3)KIO3也可采用“電解法”制備，裝置如圖所示。①寫(xiě)出電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式______。②電解過(guò)程中通過(guò)陽(yáng)離子交換膜的離子主要為_(kāi)________，其遷移方向是_____________。③與“電解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之處有______________(寫(xiě)出一點(diǎn))?！敬鸢浮?1)碘酸鉀(2)加熱KClKH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O或(HIO3+KOH=KIO3+H2O)(3)①2H2O+2e－=2OH－+H2↑②K+a到b③產(chǎn)生Cl2易污染環(huán)境等【解析】(1)根據(jù)氯酸鉀(KClO3)可以推測(cè)KIO3為碘酸鉀。(2)將溶解在溶液中的氣體排出的一般方法是將溶液加熱，原因是氣體的溶解度是隨溫度上升而下減小。第一步反應(yīng)得到的產(chǎn)品中氯氣在“逐Cl2”時(shí)除去，根據(jù)圖示，碘酸鉀在最后得到，所以過(guò)濾時(shí)KH(IO3)2應(yīng)該在濾渣中，所以濾液中主要為KCl?！罢{(diào)pH”的主要目的是將KH(IO3)2轉(zhuǎn)化為KIO3，所以方程式為：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。(3)①由圖示，陰極為氫氧化鉀溶液，所以反應(yīng)為水電離的氫離子得電子，反應(yīng)為2H2O+2e-=2OH-+H2↑。②電解時(shí)，溶液中的陽(yáng)離子應(yīng)該向陰極遷移，明顯是溶液中大量存在的鉀離子遷移，方向?yàn)橛勺笙蛴?，即由a到b。③KClO3氧化法的最大不足之處在于，生產(chǎn)中會(huì)產(chǎn)生污染環(huán)境的氯氣。11．(2018?北京卷，9)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O(1)上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有__________。(2)磷精礦粉酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4__________H2SO4(填“>”或“<”)。②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，__________。(3)酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫(xiě)出生成HF的化學(xué)方程式：__________。(4)H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為CO2脫除，同時(shí)自身也會(huì)發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：____________________。(5)脫硫時(shí)，CaCO3稍過(guò)量，充分反應(yīng)后仍有SO42?殘留，原因是__________；加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是____________________。(6)取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol·L?1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________。(已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98g·mol?1)【答案】(1)研磨、加熱(2)＜核電荷數(shù)P＜S，原子半徑P＞S，得電子能力P＜S，非金屬性P＜S(3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑(4)80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(5)CaSO4微溶BaCO3+SO42=+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4-(6)【解析】(1)研磨能增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，加熱，升高溫度加快反應(yīng)速率；流程中能加快反應(yīng)速率的措施有：研磨、加熱。(2)①依據(jù)反應(yīng)方程式，根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，酸性：H3PO4H2SO4。②用元素周期律解釋酸性：H3PO4H2SO4，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)PS，原子半徑PS，得電子能力PS，非金屬性PS。(3)根據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸”的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，Ca5(PO4)3F與H2SO4反應(yīng)生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化學(xué)方程式為2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。(4)圖示是相同投料比、相同反應(yīng)時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80℃前溫度升高反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)有機(jī)碳脫除率增大；80℃后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應(yīng)速率減慢，相同條件下有機(jī)碳脫除率減小。(5)脫硫時(shí)，CaCO3稍過(guò)量，充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因?yàn)锽aSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性強(qiáng)于H2CO3，在粗磷酸中CO32-轉(zhuǎn)化成H2O和CO2，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。(6)滴定終點(diǎn)生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為1：2，n(H3PO4)=n(NaOH)=bmol/Lc10-3L=mol，m(H3PO4)=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。12．(2018?江蘇卷，21)以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2為原料可制備N2H4·H2O(水合肼)和無(wú)水Na2SO3，其主要實(shí)驗(yàn)流程如下：已知：①Cl2+2OH?ClO?+Cl?+H2O是放熱反應(yīng)。②N2H4·H2O沸點(diǎn)約118℃，具有強(qiáng)還原性，能與NaClO劇烈反應(yīng)生成N2。(1)步驟Ⅰ制備NaClO溶液時(shí)，若溫度超過(guò)40℃，Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaClO3和NaCl，其離子方程式為_(kāi)___________________________________；實(shí)驗(yàn)中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是____________________________________。(2)步驟Ⅱ合成N2H4·H2O的裝置如下圖所示。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40℃以下反應(yīng)一段時(shí)間后，再迅速升溫至110℃繼續(xù)反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)中通過(guò)滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________。(3)步驟Ⅳ用步驟Ⅲ得到的副產(chǎn)品Na2CO3制備無(wú)水Na2SO3(水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-隨pH的分布如下左圖所示，Na2SO①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實(shí)驗(yàn)中確定何時(shí)停止通SO2的實(shí)驗(yàn)操作為_(kāi)________________。②請(qǐng)補(bǔ)充完整由NaHSO3溶液制備無(wú)水Na2SO3的實(shí)驗(yàn)方案：_______________________，用少量無(wú)水乙醇洗滌，干燥，密封包裝?！敬鸢浮?1)3Cl2+6OH??5Cl?+ClO3?+3H2O緩慢通入Cl2(2)NaClO堿性溶液減少水合肼的揮發(fā)(3)①測(cè)量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2②邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測(cè)量溶液pH，pH約為10時(shí)，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過(guò)濾【解析】步驟I中Cl2與NaOH溶液反應(yīng)制備NaClO；步驟II中的反應(yīng)為NaClO堿性溶液與尿素水溶液反應(yīng)制備水合肼，；步驟III分離出水合肼溶液；步驟IV由SO2與Na2CO3反應(yīng)制備Na2SO3。(1)溫度超過(guò)40℃，Cl2與NaOH溶液發(fā)生歧化反應(yīng)生成NaClO3、NaCl和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cl2+6NaOH?5NaCl+NaClO3+3H2O，離子方程式為3Cl2+6OH-?5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2與NaOH溶液的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，為了減少NaClO3的生成，應(yīng)控制溫度不超過(guò)40℃、減慢反應(yīng)速率；實(shí)驗(yàn)中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是：緩慢通入Cl2。(2)步驟II中的反應(yīng)為NaClO堿性溶液與尿素水溶液反應(yīng)制備水合肼，由于水合肼具有強(qiáng)還原性、能與NaClO劇烈反應(yīng)生成N2，為了防止水合肼被氧化，應(yīng)逐滴滴加NaClO堿性溶液，所以通過(guò)滴液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在110℃繼續(xù)反應(yīng)，N2H4·H2O沸點(diǎn)約118℃，使用冷凝管的目的：減少水合肼的揮發(fā)。(3)①向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液，根據(jù)圖示溶液pH約為4時(shí)，HSO3-的摩爾分?jǐn)?shù)最大，則溶液的pH約為4時(shí)停止通入SO2；實(shí)驗(yàn)中確定何時(shí)停止通入SO2的實(shí)驗(yàn)操作為：測(cè)量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2。②由NaHSO3溶液制備無(wú)水Na2SO3，首先要加入NaOH將NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，根據(jù)含硫微粒與pH的關(guān)系，加入NaOH應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH約為10；根據(jù)Na2SO3的溶解度曲線，溫度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以從Na2SO3溶液中獲得無(wú)水Na2SO3應(yīng)控制溫度高于34℃。由NaHSO3溶液制備無(wú)水Na2SO3的實(shí)驗(yàn)方案為：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測(cè)量溶液pH，pH約為10時(shí)，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過(guò)濾，用少量無(wú)水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。13．(2017?北京卷，26)TiCl4是由鈦精礦(主要成分為TiO2)制備鈦(Ti)的重要中間產(chǎn)物，制備純TiCl4的流程示意圖如下：資料：TiCl4及所含雜質(zhì)氯化物的性質(zhì)化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸點(diǎn)/℃58136181(升華)3161412熔點(diǎn)/℃?69?25193304714在TiCl4中的溶解性互溶——微溶難溶(1)氯化過(guò)程：TiO2與Cl2難以直接反應(yīng)，加碳生成CO和CO2可使反應(yīng)得以進(jìn)行。已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+175.4kJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-220.9kJ·mol-1①沸騰爐中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的熱化學(xué)方程式：_______________________。②氯化過(guò)程中CO和CO2可以相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)如圖判斷：CO2生成CO反應(yīng)的ΔH_____0(填“＞”“＜”或“=”)，判斷依據(jù)：_______________。③氯化反應(yīng)的尾氣須處理后排放，尾氣中的HCl和Cl2經(jīng)吸收可得粗鹽酸、FeCl3溶液，則尾氣的吸收液依次是__________________________。④氯化產(chǎn)物冷卻至室溫，經(jīng)過(guò)濾得到粗TiCl4混合液，則濾渣中含有_____________。(2)精制過(guò)程：粗TiCl4經(jīng)兩步蒸餾得純TiCl4。示意圖如下：物質(zhì)a是______________，T2應(yīng)控制在_________?！敬鸢浮?1)①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJ/mol②>隨溫度升高，CO含量增大，說(shuō)明生成CO的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液④MgCl2、AlCl3、FeCl3(2)SiCl4高于136℃，低于181℃【解析】(1)①生成TiCl4和CO的反應(yīng)方程式為TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根據(jù)蓋斯定律，兩式相加，得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=ΔH1+ΔH2=(-220.9kJ·mol-1)+(+175.4kJ·mol-1)=-45.5kJ·mol－1。②根據(jù)圖像，隨著溫度的升高，CO的濃度增加，CO2濃度降低，說(shuō)明升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，即△H>0。③尾氣中的HCl經(jīng)水吸收可得到粗鹽酸，然后再將Cl2通入FeCl2溶液中，最后用氫氧化鈉溶液吸收剩余酸性氣體。④資料中已經(jīng)給出“TiCl4及所含雜質(zhì)氯化物的性質(zhì)”一覽表，因此氯化過(guò)程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液態(tài)TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此過(guò)濾得到粗TiCl4混合液時(shí)濾渣中含有上述難溶物和微溶物。濾渣應(yīng)為MgCl2、AlCl3、FeCl3。(2)根據(jù)資料，SiCl4的沸點(diǎn)最低，先蒸餾出來(lái)，因此物質(zhì)a為SiCl4，根據(jù)流程目的，為了得到純凈的TiCl4，后續(xù)溫度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。14．(2016·全國(guó)I卷，28)NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來(lái)漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：回答下列問(wèn)題：(1)NaClO2中Cl的化合價(jià)為_(kāi)______。(2)寫(xiě)出“反應(yīng)”步驟中生成ClO2的化學(xué)方程式_______。(3)“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時(shí)，為除去Mg2+和Ca2+，要加入的試劑分別為_(kāi)_______、________?！半娊狻敝嘘帢O反應(yīng)的主要產(chǎn)物是______。(4)“尾氣吸收”是吸收“電解”過(guò)程排出的少量ClO2。此吸收反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______，該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物是_________。(5)“有效氯含量”可用來(lái)衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當(dāng)于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為_(kāi)___。(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))【答案】(1)+3價(jià)(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑(3)NaOHNa2CO3H2(4)1：2；氧化產(chǎn)物為NaClO3(5)1.61g【解析】(1)在NaClO2中Na為+1價(jià)，O為-2價(jià)，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，可得Cl的化合價(jià)為+3價(jià)。(2)NaClO3和SO2在H2SO4酸化條件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化劑，還原產(chǎn)物為NaCl，根據(jù)電子守恒和原子守恒，此反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑。(3)食鹽溶液中混有Mg2+和Ca2+，可利用過(guò)量NaOH溶液除去Mg2+，利用過(guò)量Na2CO3溶液除去Ca2+，電解NaCl溶液時(shí)陰極H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成H2；(4)根據(jù)圖示可知：利用含有過(guò)氧化氫的NaOH溶液ClO2氣體，產(chǎn)物為NaClO3，則此吸收反應(yīng)中，氧化劑為H2O2，還原產(chǎn)物為H2O，可知每摩爾H2O2得2mol電子，還原劑為ClO2，氧化產(chǎn)物為，氯的化合價(jià)從+4價(jià)升高為+5價(jià)，根據(jù)電子守恒可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物是NaClO3。(5)每克NaClO2的物質(zhì)的量為QUOTE=QUOTEmol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知氯氣的物質(zhì)的量為QUOTEmol×4÷2=QUOTEmol，則氯氣的質(zhì)量為QUOTEmol×73g/mol=1.61g。15．(2016·全國(guó)II卷，36)雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑。生產(chǎn)雙氧水常采用蒽醌法，其反應(yīng)原理和生產(chǎn)流程如圖所示：A．氫化釜B．過(guò)濾器C．氧化塔D．萃取塔E.凈化塔F.工作液再生裝置G.工作液配制裝置生產(chǎn)過(guò)程中，把乙基蒽醌溶于有機(jī)溶劑配制成工作液，在一定的溫度、壓力和催化劑作用下進(jìn)行氫化，再經(jīng)氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)蒽醌法制備雙氧水理論上消耗的原料是_______，循環(huán)使用的|原料是______，配制工作液時(shí)采用有機(jī)溶劑而不采用水的原因是______。(2)氫化釜A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________，進(jìn)入氧化塔C的反應(yīng)混合液中的主要溶質(zhì)為_(kāi)______。(3)萃取塔D中的萃取劑是____，選擇其作萃取劑的原因是_______________________。(4)工作液再生裝置F中要除凈殘留的H2O2，原因是____________________________。(5)雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測(cè)定，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。一種雙氧水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為27.5%，(密度為1.10g·cm3)，其濃度為_(kāi)_____mol/L?！敬鸢浮?1)氫氣和氧氣乙基蒽醌乙基蒽醌(乙基氫蒽醌)不溶于水，易溶于有機(jī)溶劑(2)乙基氫蒽醌(3)水H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水(4)H2O2分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸(5)6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.9【解析】(1)根據(jù)反應(yīng)原理可知，蒽醌法制備雙氧水理論上消耗的原料是氧氣和氫氣，由工藝流程圖可知，循環(huán)使用的|原料是乙基蒽醌，乙基蒽醌屬于有機(jī)物，根據(jù)相似相溶原理，乙基蒽醌(乙基氫蒽醌)不溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，所以配制工作液時(shí)采用有機(jī)溶劑而不采用水。(2)根據(jù)反應(yīng)原理，氫化釜A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為；進(jìn)入