2017年高考化學(xué)高考題和高考模擬題分項版匯編（打包25套）新人教版.zip

2017年高考化學(xué)高考題和高考模擬題分項版匯編（打包25套）新人教版.zip,2017,年高,化學(xué),考題,高考,模擬,題分項版,匯編,打包,25,新人 專題15 工藝流程題1【2017新課標(biāo)1卷】（14分）Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì)）來制備，工藝流程如下：回答下列問題：（1）“酸浸”實驗中，鐵的浸出率結(jié)果如下圖所示。由圖可知，當(dāng)鐵的浸出率為70%時，所采用的實驗條件為_。（2）“酸浸”后，鈦主要以形式存在，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式_。（3）TiO2xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)40 min所得實驗結(jié)果如下表所示：溫度/3035404550TiO2xH2O轉(zhuǎn)化率%9295979388分析40 時TiO2xH2O轉(zhuǎn)化率最高的原因_。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，其中過氧鍵的數(shù)目為_。（5）若“濾液”中，加入雙氧水和磷酸（設(shè)溶液體積增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ （列式計算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為。（6）寫出“高溫煅燒”中由FePO4制備LiFePO4的化學(xué)方程式 ?！敬鸢浮浚?）100、2h，90，5h （2）FeTiO3+ 4H+4Cl = Fe2+ + 2H2O（3）低于40，TiO2xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率隨溫度升高而增加；超過40，雙氧水分解與氨氣逸出導(dǎo)致TiO2xH2O轉(zhuǎn)化反應(yīng)速率下降 （4）4 （5）Fe3+恰好沉淀完全時，c()=molL1=1.31017 molL1，c3(Mg2+)c2()(0.01)3(1.31017)2=1.71040Ksp ，因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀。（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2（4）Li2Ti5O15中Li為+1價，O為2價，Ti為+4價，過氧根()中氧元素顯1價，設(shè)過氧鍵的數(shù)目為x，根據(jù)正負(fù)化合價代數(shù)和為0，可知(+1)2+(+4)5+(2)(152x)+(1)2x=0，解得：x=4；（5）Ksp=c(Fe3+)c()=1.3102，則c()1.31017 mol/L，Qcc3(Mg2+)c2()(0.01)3(1.31017)2=1.6910401.01024，則無沉淀。（6）高溫下FePO4與Li2CO3和H2C2O4混合加熱可得LiFePO4，根據(jù)電子守恒和原子守恒可得此反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2?！久麕燑c睛】工藝流程題，就是將化工生產(chǎn)過程中的主要生產(chǎn)階段即生產(chǎn)流程用框圖形式表示出來，并根據(jù)生產(chǎn)流程中有關(guān)的化學(xué)知識步步設(shè)問，形成與化工生產(chǎn)緊密聯(lián)系的化工工藝試題。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成，每一步操作都有其具體的目標(biāo)、任務(wù)。審題的重點要放在與題設(shè)有關(guān)操作的目標(biāo)、任務(wù)上，分析時要從成本角度(原料是否廉價易得)、環(huán)保角度(是否符合綠色化學(xué)的要求)、現(xiàn)實角度等方面考慮；解答時要看框內(nèi)，看框外，里外結(jié)合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入。而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應(yīng)采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)根據(jù)什么理論所以有什么變化結(jié)論。2【2017新課標(biāo)3卷】（15分）重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，一般由鉻鐵礦制備，鉻鐵礦的主要成分為FeOCr2O3，還含有硅、鋁等雜質(zhì)。制備流程如圖所示：回答下列問題：（1）步驟的主要反應(yīng)為：FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2上述反應(yīng)配平后FeOCr2O3與NaNO3的系數(shù)比為_。該步驟不能使用陶瓷容器，原因是_。（2）濾渣1中含量最多的金屬元素是_，濾渣2的主要成分是_及含硅雜質(zhì)。（3）步驟調(diào)濾液2的pH使之變_（填“大”或“小”），原因是_（用離子方程式表示）。（4）有關(guān)物質(zhì)的溶解度如圖所示。向“濾液3”中加入適量KCl，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾得到K2Cr2O7固體。冷卻到_（填標(biāo)號）得到的K2Cr2O7固體產(chǎn)品最多。a80b60c40d10步驟的反應(yīng)類型是_。（5）某工廠用m1 kg 鉻鐵礦粉（含Cr2O3 40%）制備K2Cr2O7，最終得到產(chǎn)品 m2 kg，產(chǎn)率為_?！敬鸢浮浚?）27 陶瓷在高溫下會與Na2CO3反應(yīng) （2）鐵 Al(OH)3（3）小 2+2H+H2O （4）d 復(fù)分解反應(yīng) （5）100%（3）濾液2調(diào)節(jié)pH的目的是提高溶液的酸性，pH變?。灰驗槿芤褐写嬖?CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，增大溶液中H+濃度，可促進(jìn)平衡正向移動，提高溶液中Cr2O72-的濃度。（4）由圖示可知，在10 左右時，得到K2Cr2O7的固體最多；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7+2NaCl的反應(yīng)類型為復(fù)分解反應(yīng)。（5）樣品中Cr2O3的質(zhì)量為m140% kg，則生成K2Cr2O7的理論質(zhì)量為m140% kg，則所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為m2 kg（m140% kg）100%=100%。【名師點睛】考查無機(jī)制備的工藝流程，涉及氧化還原反應(yīng)、離子方程式配平、鹽類水解的應(yīng)用及混合物的分離與提純等，解題時要求對整個流程進(jìn)行認(rèn)識分析，對流程中每一個反應(yīng)的原理和操作的目的要理解清楚。3【2017北京卷】（13分）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/58136181（升華）3161412熔點/6925193304714在TiCl4中的溶解性互溶微溶難溶（1）氯化過程：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)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) H1=+175.4 kJmol-12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=-220.9 kJmol-1 沸騰爐中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的熱化學(xué)方程式：_。 氯化過程中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H_0（填“”“”或“=”），判斷依據(jù)：_。 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_。 氯化產(chǎn)物冷卻至室溫，經(jīng)過濾得到粗TiCl4混合液，則濾渣中含有_。（2）精制過程：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_?！敬鸢浮浚?）TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJ/mol 隨溫度升高，CO含量增大，說明生成CO的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 MgCl2、AlCl3、FeCl3（2）SiCl4 高于136，低于181中，最后用氫氧化鈉溶液吸收剩余酸性氣體。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，因此過濾得到粗TiCl4混合液時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的沸點最低，先蒸餾出來，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?！久麕燑c睛】本題以鈦精礦制備純TiCl4的流程為素材，主要考查蓋斯定律和熱化學(xué)方程式、化學(xué)平衡移動、HCl及Cl2尾氣的利用和吸收、制備流程中物質(zhì)關(guān)系、過濾、蒸餾實驗等基礎(chǔ)化學(xué)知識，考查考生對化學(xué)反應(yīng)原理知識的綜合應(yīng)用能力和對已知信息的綜合應(yīng)用能力。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成，每一步操作都有其具體的目標(biāo)、任務(wù)。審題的重點要放在與題設(shè)有關(guān)操作的目標(biāo)、任務(wù)上，分析時要從成本角度(原料是否廉價易得)、環(huán)保角度(是否符合綠色化學(xué)的要求)、現(xiàn)實角度等方面考慮；解答時要看框內(nèi)，看框外，里外結(jié)合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入。而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應(yīng)采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)根據(jù)什么理論所以有什么變化結(jié)論。另外需要注意題干信息的提取和篩選，例如本題中：溶解性決定溶液中溶質(zhì)及沉淀的成分，表格中信息則可以得到TiCl4液體中溶解的溶質(zhì)及同時存在的沉淀成分。工業(yè)過程中有毒、有污染的尾氣都需要進(jìn)行處理防止污染。4【2017江蘇卷】(12分)鋁是應(yīng)用廣泛的金屬。以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì))為原料制備鋁的一種工藝流程如下：注：SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀。（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為_。 （2）向“過濾”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_ (填“增大”、“不變”或“減小”)。（3）“電解”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是_。 （4）“電解”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示。陽極的電極反應(yīng)式為_，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為_。（5）鋁粉在1000時可與N2反應(yīng)制備AlN。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是_。 【答案】（1）Al2O3+2OH=2AlO2+H2O （2）減小（3）石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化（4）4CO32+2H2O4e=4HCO3+O2 H2（5）NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜（2）為了提高鋁土礦的浸取率，氫氧化鈉溶液必須過量，所以過濾I所得濾液中含有氫氧化鈉，加入碳酸氫鈉溶液后，氫氧化鈉與碳酸氫鈉發(fā)生反應(yīng)生成碳酸鈉和水，所以溶液的pH減小。（3）電解I過程中，石墨陽極上氧離子被氧化為氧氣，在高溫下，氧氣與石墨發(fā)生反應(yīng)生成氣體，所以，石墨電極易消耗的原因是被陽極上產(chǎn)生的氧氣氧化。（4）由圖中信息可知，生成氧氣的為陽極室，溶液中水電離的OH放電生成氧氣，破壞了水的電離平衡，碳酸根結(jié)合H+轉(zhuǎn)化為HCO3，所以電極反應(yīng)式為4CO32+2H2O4e=4HCO3+O2，陰極室氫氧化鈉溶液濃度變大，說明水電離的H+放電生成氫氣而破壞水的電離平衡，所以陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A為H2。（5）鋁在常溫下就容易與空氣中的氧氣反應(yīng)生成一層致密的氧化膜。氯化銨受熱分解產(chǎn)生的氯化氫能夠破壞鋁表面的氧化鋁薄膜，所以加入少量的氯化銨有利于AlN的制備?！久麕燑c睛】本題通過化工流程考查了課本上學(xué)過的從鋁土礦提取鋁的元素化合物的知識，在問題中又結(jié)合原料的循環(huán)利用考查了電解原理。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成，每一步操作都有其具體的目標(biāo)、任務(wù)。審題的重點要放在與題設(shè)有關(guān)操作的目標(biāo)、任務(wù)上，分析時要從成本角度(原料是否廉價易得)、環(huán)保角度(是否符合綠色化學(xué)的要求)、現(xiàn)實角度等方面考慮；解答時要先看框內(nèi)，后看框外，里外結(jié)合；邊分析，邊思考，易處著手；先局部，后全盤，逐步深入。而且還要看清問題，不能答非所問。要求用理論回答的試題應(yīng)采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)根據(jù)什么理論或性質(zhì)所以有什么變化結(jié)論，如本題最后一個問題，只要注意了鋁表面易生成氧化膜和氯化銨受熱易分解這兩條性質(zhì)，即可想到分解產(chǎn)物對氧化膜的作用，所以備考時，要多看課本上元素化合物方面內(nèi)容，知道學(xué)了哪些，大多數(shù)的試題的根都在課本上。5【2017江蘇卷】(15分)某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag(金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略)。已知：NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3H2O Ag(NH3) 2+ Cl +2H2O常溫時N2H4H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3) 2+N2H4H2O4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O（1）“氧化”階段需在80條件下進(jìn)行，適宜的加熱方式為_。（2）NaClO溶液與Ag反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。 HNO3也能氧化Ag，從反應(yīng)產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是_。（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾”的濾渣進(jìn)行洗滌，并_。（4）若省略“過濾”，直接向冷卻后的反應(yīng)容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3H2O反應(yīng)外(該條件下NaClO3與NH3H2O不反應(yīng))，還因為_。（5）請設(shè)計從“過濾”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實驗方案：_(實驗中須使用的試劑有：2 molL1水合肼溶液，1 molL1H2SO4)。【答案】（1）水浴加熱 （2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2會釋放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成環(huán)境污染 （3）將洗滌后的濾液合并入過濾的濾液中 （4）未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl，不利于AgCl與氨水反應(yīng) （5）向濾液中滴加2 molL1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時用1 molL1 H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥。 該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2。 HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化劑 時通常被還原為有毒的氮的氧化物而污染環(huán)境，所以以HNO3代替NaClO的缺點是會釋放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成環(huán)境污染。（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾”的濾渣進(jìn)行洗滌，洗滌的目的是為了把濾渣表面殘存的銀氨配離子洗滌下來，并將洗滌后的濾液合并入過濾的濾液中。 （4）若省略“過濾”，直接向冷卻后的反應(yīng)容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3H2O反應(yīng)外，還因為未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，氨水的濃度變小，且其中含有一定濃度的Cl，不利于AgCl與氨水發(fā)生AgCl+2NH3H2OAg(NH3) 2+ Cl +2H2O反應(yīng) ，使得銀的回收率變小。 （5）“過濾”后的濾液含有銀氨配離子，根據(jù)題中信息常溫時 N2H4H2O(水合肼)在堿性條件下能還原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2+N2H4H2O4Ag+ N2+ 4NH4+ 4NH3+H2O ，所以首先向該濾液中加入水合肼把銀氨配離子充分還原，由于該反應(yīng)產(chǎn)生所氣體中含有氨氣，氨氣有強烈的刺激性氣味會污染空氣，所以要設(shè)計尾氣處理措施，可以用題中提供的、要求必須使用的硫酸作尾氣吸收劑把氨氣吸收。最后把反應(yīng)混合物靜置、過濾、洗滌、干燥即可得到回收的銀。具體方案如下：向濾液中滴加2molL1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時用1 molL1 H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3 ，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥。 【名師點睛】本題以回收一種光盤金屬層中的少量Ag的實驗流程為載體，將實驗原理的理解、實驗試劑和儀器的選用、實驗條件的控制、實驗操作規(guī)范、實驗方案的設(shè)計等融為一體，重點考查學(xué)生對實驗流程的理解、實驗裝置的觀察、信息的加工、實驗原理和方法運用、實驗方案的設(shè)計和評價等能力，也考查學(xué)生運用比較、分析等科學(xué)方法解決實際問題的能力和邏輯思維的嚴(yán)密性。解題的關(guān)鍵是能讀懂實驗流程，分析實驗各步驟的原理、目的、實驗條件等。設(shè)計實驗方案時，根據(jù)限定必須使用的試劑，結(jié)合題中所給信息，注意反應(yīng)條件的控制以及實驗試劑的量的控制，按照“核心轉(zhuǎn)化尾氣處理產(chǎn)品分離產(chǎn)品提純”思路，對細(xì)節(jié)進(jìn)行耐心的優(yōu)化，直至得到完美方案。6【鄭州市2017屆第三次模擬】碲(Te)廣泛用于彩色玻璃和陶瓷。工業(yè)上用精煉銅的陽極泥（主要含有TeO2、少量Ag、Au)為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程如下：已知TeO2微溶于水，易溶于較濃的強酸和強喊。（1）“堿浸”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。（2）堿浸后的“濾渣”可以部分溶于稀硝酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（3）“沉碲”時控制溶液的pH為4550，生成TeO2沉淀。酸性不能過強，其原因是_；防止局部酸度過大的操作方法是_。（4）“酸溶”后，將SO2通人TeCl4酸性溶液中進(jìn)行“還原”得到碲，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（5）25C 時，亞碲酸（H2TeO3) 的Ka1=110-3，Ka2=210-8。0.1 molL-1 H2TeO3電離度約為_。（=已電離弱電解質(zhì)分子數(shù)弱電解質(zhì)分子總數(shù)100%)0lmol L-1的NaH TeO3溶液中，下列粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是_。Ac(Na+ )c(HTeO3- )c(OH-)c(H2TeO3)c(H+ )Bc(Na+) + c( H+) = c(HTeO3- ) +c(TeO32-) +c(OH- )Cc(Na+ ) =c(TeO32-) +c( HTeO3-) + c( H2TeO3) Dc(H+)+c(H2TeO3)=c(OH-)+e(TeO32-)【答案】 TeO22OH-TeO32-H2O 3Ag +4HNO3 = 3AgNO3 +NO+2H2O 溶液酸性過強，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失 緩慢加入H2SO4，并不斷攪拌 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 10 C D將TeCl4還原成Te，本身被氧化成SO42，因此有TeCl4SO2TeH2SO4HCl，根據(jù)化合價的升降法進(jìn)行配平，即TeCl42SO2Te2H2SO44HCl，反應(yīng)物中缺少8個H和4個O，即缺少4個H2O，反應(yīng)方程式為：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 ；（5）亞碲酸是二元弱酸，以第一步電離為主，H2TeO3 HTeO3H，根據(jù)Ka1=c(HTeO3)c(H)/c(H2TeO3)，代入數(shù)值，求出c(H)=0.01molL1，即轉(zhuǎn)化率為0.01/0.1100%=10%；A、NaHTeO3的水解平衡常數(shù)Kh=Kw/Ka1=11014/1103=1011c(H)，故A錯誤；B、根據(jù)電荷守恒，應(yīng)是c(Na) + c( H) = c(HTeO3 ) +2c(TeO32) +c(OH )，故B錯誤；C、根據(jù)物料守恒，因此有：c(Na ) =c(TeO32) +c( HTeO3) + c( H2TeO3)，故C正確；D、根據(jù)質(zhì)子守恒，.c(H)+c(H2TeO3)=c(OH)+e(TeO32)，故D正確。點睛：本題的易錯點是問題（5）中的A選項，因為NaHTeO3是酸式鹽，既有電離也有水解，需要判斷是電離為主還是水解為主，這需要根據(jù)電離平衡常數(shù)和水解平衡常數(shù)大小進(jìn)行判斷，水解平衡常數(shù)Kh=Kw/Ka1=11014/1103=10112108，電離大于水解，因此溶液應(yīng)顯酸性，故A錯誤。7【寧德市2017屆第三次質(zhì)量檢查】氯化亞銅是一種重要的化工原料，廣泛應(yīng)用于有機(jī)合成、石油、油脂、染料等工業(yè)。一種利用低品位銅礦(Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等)為原料制取CuCl的工藝流程如下：回答下列問題：（1）步驟“浸取”前需將銅礦粉碎的目的是_；“浸取”時，被氧化的元素有_(填元素符號)（2）已知Cu2+、Mn2+、Fe3+開始生成沉淀和沉淀完全的pH如下表，則步驟“中和”時，pH應(yīng)控制的范圍為_。物質(zhì)Cu(OH)2Mn(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH4.78.31.2完全沉淀pH6.79.83.2（3）步驟IV加熱“蒸氨”時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（4）步驟VI反應(yīng)的離子方程式為_，其中鹽酸需過量，其原因是_。（5）步驟獲得CuCl晶體需經(jīng)過濾、洗滌、干燥。洗滌時，常有無水乙醇代替蒸餾水做洗滌劑的優(yōu)點是_(寫一點)?！敬鸢浮?提高浸取反應(yīng)速率和原料的浸取率 Cu、S和Fe 32pH47 Cu(NH3)4CO3CuO+4NH3+CO2 CuO+4Cl-+2H+Cu =2-+H2O 防止Cu2+和Cu+水解，提高CuCl產(chǎn)率 避免CuCl溶于水而損失(或防止被氧化，或縮短干燥時間降低能耗，或其他合理答案）（3）步驟IV加熱“蒸氨”時，Cu(NH3)4CO3受熱分解生成氨氣、CuO和CO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu(NH3)4CO3CuO+4NH3+CO2；（4）步驟VI是CuO溶解于鹽酸和氯化鈉的混合溶液生成Na，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CuO+4Cl-+2H+Cu =2-+H2O，為防止Cu2+和Cu+水解，并提高CuCl產(chǎn)率，應(yīng)保證鹽酸；（5）用無水乙醇代替蒸餾水洗滌CuCl晶體，可避免CuCl溶于水而損失(或防止被氧化，或縮短干燥時間降低能耗)。8【安徽省江南十校2017屆5月沖刺聯(lián)考（二模）】金屬釩主要用于冶煉特種鋼和在化學(xué)工業(yè)、煉油工業(yè)中作催化劑，被譽為“合金的維生素”?；厥绽脧U釩催化劑（主要成分為V2O5、VOSO4和二氧化硅）的工藝流程如下圖所示。（1） 粉碎的作用是_，濾渣可用于_（填用途）。（2） 25時，取樣進(jìn)行實驗分析，得到釩沉淀率和溶液pH之間的關(guān)系如下表所示：pH1.3 1.4 1.5 1.6 1.71.81.92.0 2.1 釩沉淀率/% 8.1 91.8 96.5 98 99.89.896.493.0 89.3 根據(jù)上表數(shù)據(jù)判斷，加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH的最佳選擇為_；上述過濾操作過程中所需用到的玻璃儀器有_。（3）為了提高釩的浸出率，用酸浸使廢釩催化劑中的V2O5轉(zhuǎn)變成可溶于水的VOSO4，酸浸過程中還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_。（4）完成并配平氧化過程中的離子方程式：_ClO3- VO2+ + = VO3+ Cl- 。（5）廢釩催化劑中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為6%（原料中的所有釩已換算成V2O5）。取100g此廢釩催化劑按上述流程進(jìn)行實驗，當(dāng)加入105 mL 0.1 molL-1的KClO3溶液時，溶液中的釩恰好被完全處理，假設(shè)以后各步釩沒有損失，則該工業(yè)生產(chǎn)中釩的回收率是_?！敬鸢浮刻岣遃OSO4（可溶性釩化合物）的浸出率 制作光導(dǎo)纖維、建筑材料等（寫出一種即可得分） 1.7-1.8（或1.7或1.8） 漏斗、燒杯、玻璃棒 2：1 1 6 6H+ 6 1 3H2O 95.55%VOSO4，化學(xué)方程式為:V2O5+NaSO3+2H2SO4=2VOSO4+2H2O+Na2SO4,該反應(yīng)中V2O5為氧化劑，Na2SO3為還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為11；（4）該反應(yīng)中ClO3-將VO2+氧化為VO3+,而本身被還原為Cl-，離子方程式為:ClO3-+6VO2+6H+=6VO3+Cl-+3H2O；（5）根據(jù)釩元素守恒及反應(yīng)的化學(xué)方程式得:KClO36VO3+3V2O5，則回收到的m(V2O5)=30.105 L0.1 molL-1182 gmol-1=5.733 g,故釩的回收率是100%=95.55%。點睛：本題以工藝流程的形式考查了化學(xué)實驗的基本操作、物質(zhì)的制備及有關(guān)計算等，意在考查考生的計算能力和綜合分析判斷能力。9【龍巖市2017屆5月綜合能力測試（二）】金屬鎘廣泛用于合金制造及電池生產(chǎn)等，一種用銅鎘廢渣（含Cd、Zn、Cu、Fe及Co等單質(zhì)）制取海綿鎘的工藝流程如下：（1）步驟進(jìn)行破碎和粉磨的目的是_。（2）步驟需隔絕O2的原因_（用文字和方程式說明）。（3）步驟中除鐵發(fā)生的離子反方程式為_。（4）步驟調(diào)節(jié)pH適宜的試劑是_，應(yīng)調(diào)整的范圍為_。（已知部分氫氧化物開始沉淀和沉淀完全的pH如下表）氫氧化物Fe(OH)3Cd(OH)2Zn(OH)2開始沉淀的pH1.57.25.9沉淀完全的pH3.39.98.9（5）步驟發(fā)生的反應(yīng)為Zn+Co2+=Zn2+Co，（已知Sb的金屬活動性介于Cu和Ag之間），加入少量銻鹽能加快反應(yīng)的進(jìn)行，其原因是_；（6）用石墨作陽極，純鋅作陰極電解ZnSO4溶液可得高純鋅，電解時總反應(yīng)的離子方程式為_；電解后的殘液返回到步驟_（填流程中數(shù)字）?！敬鸢浮?提高原料浸取率和浸取時反應(yīng)速率 防止發(fā)生2Cu+4H+O2 =2Cu2+2H2O，導(dǎo)致銅被浸出 3Fe2+MnO4+4H+=MnO2+3Fe3+4H2O ZnO或Zn(OH)2 3.35.9 形成微電池，Zn作負(fù)極，Co2+加快在銻正極表面得到電子析出 2Zn2+2H2O 2Zn + O2+4H+ （5）加入少量銻鹽，鋅置換出銻，構(gòu)成鋅銻原電池，使Zn+Co2+=Zn2+Co反應(yīng)速率加快；（6）用石墨作陽極，純鋅作陰極電解ZnSO4溶液，陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，陰極鋅離子得電子生成單質(zhì)鋅，總反應(yīng)是2Zn2+2H2O 2Zn + O2+4H+ ，電解過程生成硫酸，所以電解后的殘液返回到步驟重復(fù)使用。點睛：用石墨作陽極，純鋅作陰極電解ZnSO4溶液可得高純鋅，陰極反應(yīng)反應(yīng)式為 、陽極反應(yīng)為。10【葫蘆島市2017屆第二次模擬考試（5月）】聚硅酸鐵是目前無機(jī)高分子絮凝劑研究的熱點，一種用鋼管廠的廢鐵渣（主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅）為原料制備的流程如下：（1）廢鐵渣進(jìn)行“粉碎”的目的是_。（2）“酸浸”需適宜的酸濃度、液固比、酸浸溫度、氧流量等，其中酸浸溫度對鐵浸取率的影響如右圖所示：加熱條件下酸浸時，F(xiàn)e3O4與硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。酸浸時，通入O2的目的是_，該反應(yīng)的離子方程式為_。當(dāng)酸浸溫度超過100時，鐵浸取率反而減小，其原因是_。（3）濾渣的主要成分為_（填化學(xué)式）。（4）“Fe3+濃度檢測”是先用SnCl2將Fe3+還原為Fe2+；在酸性條件下，再用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+（Cr2O72被還原為Cr3+），該滴定反應(yīng)的離子方程式為_。【答案】減小顆粒直徑，增大浸取時的反應(yīng)速率和提高鐵浸取率 Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O 將FeSO4氧化為Fe2(SO4)3 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 溫度超過100明顯加快了Fe3+水解反應(yīng)的速率，導(dǎo)致Fe3+濃度降低 C和SiO2 6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O酸浸時有亞鐵離子生成，通入氧氣能將亞鐵離子氧化為鐵離子；反應(yīng)的離子方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案為：將FeSO4氧化為Fe2(SO4)3；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；鐵離子在水溶液中存在水解，溫度升高有利于水解反應(yīng)的進(jìn)行，溫度超過100明顯加快了Fe3+水解反應(yīng)的速率，導(dǎo)致Fe3+濃度降低；故答案為：溫度超過100明顯加快了Fe3+水解反應(yīng)的速率，導(dǎo)致Fe3+濃度降低；（3）廢鐵渣(主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅)，酸浸，碳與二氧化硅不溶于稀硫酸也不反應(yīng)，故濾渣的主要成分問碳和二氧化硅；故答案為：C和SiO2；（4）在酸性條件下，再用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被還原為Cr3+)，則亞鐵離子被氧化為鐵離子，發(fā)生的離子方程式為：6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。點睛：本題是制備工藝流程圖的考查，涉及了氧化還原反應(yīng)離子方程式的書寫，鐵的有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)。本題的易錯點是氧化還原反應(yīng)方程式的書寫和配平。18