专题20化学技术工艺流程-2016届高三名校化学试题解析分项汇编(上海版)(解析版)

1、名校联考试题分类汇编（上海版）填空题：专题二十 化学技术 工艺流程1、（本题共12分） (2016六校联考) 四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是TiO2+2H2SO4=Ti（SO4）2+2H2O（2）向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2（3）在实际生产过程中，向沸水中加入滤液，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析

2、出水合二氧化钛沉淀用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H+浓度促进钛盐水解过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、H2O、FeSO4、H2SO4（填化学式），减少废物排放（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3），其方法是：将556a kgA（摩尔质量为278g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再向红褐色胶体中加入3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料

3、若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料160a+320b+160ckg【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）依据流程分析，硫酸与二氧化钛反应是发生的复分解反应；（2）钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料溶解于硫酸过滤后得到滤液中含有铁离子、亚铁离子、过滤的硫酸，加入铁粉和铁离子反应，和酸反应；（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti（SO4）2水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进

4、钛盐水解；（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a103mol加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，说明加入氢氧化钠的物质的量为4a103mol，后来又加入12b103mol的A，和2c103mol的铁根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a103mol，而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）103mol，这样剩下的硫酸根就与铁离子结合可知消耗铁离子为8b103mol，根据铁元素守恒；【解答】解：（1）依据酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式为：TiO2+2H2SO4=Ti（SO4）2+2H2O，故答案为：；（2）加入浓硫

5、酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子，铁粉还可以与溶液中的H+反应，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2；（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti（SO4）2水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解根据该工艺流程知：滤液的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸（混合液pH达0.5）等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的

6、滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等故答案为：加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H+浓度促进钛盐水解；H2O； FeSO4； H2SO4；（4）依题意A与适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，FeSO4+2NaOH=Na2SO4+Fe（OH）2，根据开始加入A为2a103mol，可知加入氢氧化钠为4a103mol；后来又加入12b103mol的A和2c103mol的铁，由Na2SO4 、FeSO4、Fe2（SO4）3、Fe2O3等化学式的定量组成和守恒思想分别可求得以下各量：利用Na+离子守恒，n（NaOH）=2n（Na2SO4），可知Na2SO4物质的量为2a103mol；

7、利用SO42离子守恒，n（FeSO4）=n（Na2SO4）+3nFe2（SO4）3，可知Fe2（SO4）3物质的量为（2a+12b2a）103mol=4b103mol；利用Fe元素守恒，n（FeSO4）+n（Fe）=2 nFe2（SO4）3+2n（Fe2O3），可知n（Fe2O3）=（2a+12b+2c4b2）103mol=（a+2b+c）103mol，计算得m（Fe2O3）=（160a+320b+160c）kg，故答案为：160a+320b+160c【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，注意解答化工工艺流程题要全面分析理解流程中各个步骤各有何作用（即各工艺流程的目的是什么）、依次涉及

8、何种反应原理、原料、产品、杂质、副产品等成分是什么、这些物质间如何进行转化等，在此基础上，根据各设问，步步深入，进行快速解答，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力2、（本题共12分）（2016虹口二模）（12分）无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mLT10.6400.32000T20.64000.256V2T30.6400.160Y322.

9、4T40.640X40.19233.6（1）实验过程中A中的现象是白色固体变黑D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止影响C的质量变化（2）在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）实验中B中吸收的气体是SO3实验中E中收集到的气体是O2（4）推测实验中CuSO4分解反应方程式为：2CuSO42CuO+2SO2+O2（5）根据表中数据分析，实验中理论上C增加的质量Y3=0.128g（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是

10、吸热反应，温度高有利于生成更多的O2考点：性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；（2）气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧

11、气的质量为：0.640.320.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2； （5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32=0.032g，根据质量守恒实验中理论上C增加的质量Y3=0.640.320.160.032=0.128g；（6）根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高

12、有利于生成更多的O2解答：解：（1）因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；（4）0.64g硫

13、酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2，故答案为：2CuSO42CuO+2SO2+O2； （5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质

14、量为：32=0.032g，实验中理论上C增加的质量Y3=0.640.320.160.032=0.128g故答案为：0.128；（6）根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2点评：本题考查物质的组成和实验数据的处理，做题时注意把握实验基础知识，充分利用有关数据进行计算，本题具有一定难度3、（本题共12分）（2016虹口二模）（12分）活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工

15、业生产活性氧化锌，步骤如下：已知各相关氢氧化物沉淀pH范围如下表所示：Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀pH5.47.02.34.7完全沉淀pH8.09.04.16.7完成下列填空（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要bd（选填编号）A电子天平 B量筒 C容量瓶 D胶头滴管（2）步骤II中通过加入KMnO4氧化，并用ZnO调节pH，可以除去含铁杂质检验沉淀是否完全的实验操作是取少量溶液，滴加KSCN溶液，无颜色变化调节pH的适宜范围是4.14.7（3）步骤III中加入Zn粉的作用是：除去溶液

16、中的Cu2+；进一步调节溶液pH（4）步骤IV中使用热NH4HCO3溶液能促进Zn2+转化为沉淀，但温度不宜过高，其原因可能是NH4HCO3分解导致损失（5）步骤V在坩埚（填仪器名称）中进行，已知碱式碳酸锌的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2，请写出发生反应的化学方程式：Zn5（OH）6（CO3）25ZnO+2CO2+3H2O判断已分解完全的操作是恒重操作（6）用如下方法测定所得活性氧化锌的纯度：取1.000g活性氧化锌，用15.00mL 1.000mol/L硫酸溶液完全溶解用浓度为0.500mol/L的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液12.00mL假设杂质不参与反应

17、，则所得活性氧化锌的纯度为97.2%若在滴定时，实际操作中过量半滴（1mL溶液为25滴），则本次滴定的相对误差为0.17%考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；（1）依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等；（2）检验沉淀是否完全可以利用铁离子遇到硫氰酸

18、钾溶液变红色设计验证，依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀；（3）步骤III中加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液PH除净铜离子；（4）碳酸氢铵受热易分解分析；（5）固体分解再坩埚中进行；碱式碳酸锌的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式；（6）依据滴定所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量计算得到氧化锌物质的量，计算纯度；1mL溶液为25滴，半滴的体积为mL； 相对误差=计算得到；解答：解：粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、

19、硫酸锌，加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等；故答案为：bd；（2）检验沉淀是否完全可以利用铁离子遇到硫氰酸钾溶液变红色设计验证，取少量溶液，滴加KSCN溶液，无颜色变化说明沉淀完全，依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.14.7；故答案为：取少量溶液，滴

20、加KSCN溶液，无颜色变化，4.14.7；（3）步骤III中加入Zn粉的作用是含有铜离子，进一步调节溶液pH除净铜离子；故答案为：除去溶液中的Cu2+；（4）步骤IV中使用热NH4HCO3溶液能促进Zn2+转化为沉淀，但温度不宜过高，其原因可能是碳酸氢铵受热易分解；故答案为：NH4HCO3分解导致损失；（5）固体分解在坩埚中进行；碱式碳酸锌的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式为：Zn5（OH）6（CO3）25ZnO+2CO2+3H2O；判断已分解完全的操作是称量至恒重；故答案为：坩埚、Zn5（OH）6（CO3）25ZnO

21、+2CO2+3H2O，恒重操作；（6）依据滴定所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量计算得到氧化锌物质的量，与氧化锌反应的氢离子物质的量=0.0150L1.000mol/L20.500mol/L0.0120L=0.024mol，ZnO+2H+=Zn2+H2O计算纯度=100%=97.2%；1mL溶液为25滴，半滴的体积为mL； 相对误差=100%=0.17%；故答案为：97.2%；0.17%；点评：本题考查了物质制备和分离的实验过程分析判断，实验操作和定量计算式解题关键，题目难度中等4、（2016长宁一模）活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一，其流程如

22、下：完成下列填空：（1）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I氧化为I2，同时生成NO写出反应的离子方程式2NO2+4H+2I2NO+I2+2H2O（2）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，但工业上氧化卤水中的I选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质（3）反应发生时，溶液底部有紫黑色固体生成，有时溶液上方产生紫色气体，产生这种现象的原因是碘在水中的溶解度不大，且易升华（4）流程中，碘元素经过了II2I、IO3I2的变化过程，这样反复操作的目的是富集碘元素（5）流程中所用的NaHSO3溶液显弱酸性，源于NaHSO3存在以下两种

23、程度不同的平衡体系：水解HSO3+H2OH2SO3+OH和电离HSO3SO32+H+（用离子方程式表示）如向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，回答问题：加入少量Ba（OH）2固体，水解平衡向逆反应方向移动；加入少量NaClO固体，溶液的pH减小（选填：增大、减小、不变）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】1）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水；（2）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；（3）碘在水中的溶解度不大，且易升华；（4）流程中，碘

24、元素经过了I2I、IO3I2的变化过程，这样反复的原因是富集碘元素；（5）NaHSO3溶液存在以下的平衡：水解：HSO3+H2OH2SO3+OH和电离：HSO3SO32+H+；加入Ba（OH）2，OH浓度增大，平衡逆向移动，加入少量NaClO固体，发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，溶液pH减小【解答】解：（1）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，离子反应方程式为：2NO2+4H+2I2NO+I2+2H2O，故答案为：2NO2+4H+2I2NO+I2+2H2O；（2）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤

25、水中I选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；（3）反应发生时，溶液底部有紫黑色的固体生成，有时溶液上方产生紫色的气体解释产生这种现象的原因 碘在水中的溶解度不大，且易升华，所以，反应需要在 水浴加热条件下进行；故答案为：碘在水中的溶解度不大，且易升华；（4）流程中，碘元素经过了I2I、IO3I2的变化过程，这样反复的原因是 富集碘元素；故答案为：富集碘元素；（5）NaHSO3溶液显弱酸性，是因为该溶液中存在以下的平衡：水解：HSO3+H2OH2SO3+OH和电离：HSO3SO32+H+，电离程度大于水解程度；故答案为：HSO3+H2

26、OH2SO3+OH；HSO3SO32+H+；加入Ba（OH）2，OH浓度增大，平衡逆向移动，加入少量NaClO固体，发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，溶液pH减小，故答案为：逆反应方向；减小【点评】本题考查卤素、含硫物质的性质和应用、氧化还原反应、电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、守恒关系的应用，平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等5（2014静安二模）（12分）最近有科学家提出“绿色自由”的构想：把含有CO2的空气吹入K2CO3溶液中，然后再用高温水气分解出CO2，经与H2化合后转变为甲醇燃料（1）在整个生产过程中饱和K2CO3溶液的作用是富集CO2；不用KOH

27、溶液的理由是生成的K2CO3难分解产生CO2（2）在合成塔中，每44g CO2与足量H2完全反应生成甲醇时，可放出49.5kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5KJ/mol；转化过程中可循环利用的物质除了K2CO3外，还有水蒸气（3）请评述合成时选择2105Pa的理由适当加压有利于提高反应速率和原料利用率，但压强太高增大成本（4）BaCO3的溶解平衡可以表示为 BaCO3（s）Ba2+CO32写出平衡常数表达式K= c（Ba2+）c（CO32）；用重量法测定空气中CO2的体积分数时，选用Ba（OH）2而不是Ca（O

28、H）2为沉淀剂，原因之一是：25时，BaCO3的溶解平衡常数K=2.58109，而CaCO3的溶解平衡常数K=4.96109；原因之二是BaCO3的式量大，相对误差小（5）某同学很快就判断出以下中长石风化的离子方程式未配平：4Na0.5Ca0.5Al1.5Si2.5O6+6CO2+17H2O2Na+2Ca2+5HCO3+4H4SiO4+3Al2SiO5（OH）4该同学判断的角度是未配平两边电荷数（6）甲醇可制成新型燃料电池，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O该电池负极的电极反应式为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2O则正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e4

29、 OH考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计.专题：实验设计题；基本概念与基本理论分析：（1）碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，碳酸钾不分解；（2）4.4kgCO2的物质的量是100mol，100mol二氧化碳和足量氢气反应放出4947KJ热量，据此计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量，从而写出其热化学反应方程式；根据合成甲醇的方程可知，反应生成甲醇和水蒸气，水蒸气可以给碳酸氢钾分解提供能量；（3）合成甲醇的反应为体积减小的反应，增大压强平衡正移；（4）溶解平衡方程式书写平衡常数表达式；

30、重量法测定空气中CO2的体积分数，要求称量准确，误差小；（5）书写离子方程式要注意原子守恒和电荷守恒；（6）碱性甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子，氧气在正极得电子解答：解：（1）在整个生产过程中饱和K2CO3溶液的作用是富集二氧化碳，二氧化碳和饱和的碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，KOH溶液与二氧化碳是碳酸钾，K2CO3难分解产生CO2，故答案为：富集CO2；生成的K2CO3难分解产生CO2；（2）44gCO2的物质的量是1mol，1mol二氧化碳和足量氢气反应放出49.5KJ热量，所以其热化学反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH

31、（g）+H2O（g）H=49.5KJ/mol；根据合成甲醇的方程可知，反应生成甲醇和水蒸气，水蒸气可以给碳酸氢钾分解提供能量，所以转化过程中可循环利用的物质除了K2CO3外，还有水蒸气；故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5KJ/mol；水蒸气；（3）合成甲醇的反应为体积减小的反应，增大压强平衡正移，有利于提高反应速率和原料利用率，但是压强太高对反应的设备要求很高，又提高了生产成本，所以不能太高；故答案为：适当加压有利于提高反应速率和原料利用率，但压强太高增大成本；4）BaCO3的溶解平衡可以表示为 BaCO3（s）Ba2+CO32，平衡常数表达式为K

32、= c（Ba2+）c（CO32），故答案为：K= c（Ba2+）c（CO32）；重量法测定空气中CO2的体积分数，要求称量准确，误差小，BaCO3的式量大，称量的相对误差小，故答案为：BaCO3的式量大，相对误差小；（5）书写离子方程式要注意原子守恒和电荷守恒，4Na0.5Ca0.5Al1.5Si2.5O6+6CO2+17H2O2Na+2Ca2+5HCO3+4H4SiO4+3Al2SiO5（OH）4中电荷不守恒，所以离子方程式错误，故答案为：未配平两边电荷数；（6）碱性甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，则正极反应式为：O2+2H2O+4e4OH；故答案为：O2+

33、2H2O+4e4OH点评：本题考查了化学平衡移动的影响因素、热化学反应方程式的书写、电极反应式的书写、溶解平衡等知识点，题目难度中等，注意燃料电池中电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性6(松江一模)纯碱（Na2CO3）在生产生活中具有广泛的用途如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图完成下列填空：已知：粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子（1）精制除杂的步骤顺序是acdeb （填字母编号）a粗盐溶解 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NH3，后通入CO2，理由是NH3易溶于水，有利于吸收更多的CO2，增大

34、HCO3的浓度在滤液a中通入NH3和加入精盐的目的是NH3溶于水能将HCO3转化为CO32，并增大加入NH4+浓度；加入精盐增大Cl浓度，有利于NH4Cl结晶析出（3）请在图1流程图中添加两条物料循环的路线（4）图2装置中常用于实验室制备CO2的是b（填字母编号）；用c装置制备NH3，烧瓶内可加入的试剂是浓氨水（填试剂名称）（5）一种天然碱晶体成分是aNa2CO3bNa2SO4cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定Na2CO3质量分数的实验方案请把实验方案补充完整：供选择的试剂：稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2溶液称取m1g一定量天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中加入

35、足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba（OH）2溶液过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；制备实验方案的设计【专题】元素及其化合物；无机实验综合【分析】（1）据根据SO42、Ca 2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；（2）NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有利于晶体析出；（3）侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO2，因此后续操作中得到的C

36、O2和NaCl可循环利用；（4）实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；（5）根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数【解答】解：（1）SO42、Ca2+、Mg2+等分别与Ba（OH）2溶液、Na2CO3溶液、Ba（OH）2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除

37、去，Na2CO3溶液能除去过量的Ba（OH）2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加Ba（OH）2溶液再加Na2CO3溶液，过滤，最后加入盐酸，故答案为：a；c；d；e；b；（2）NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通人CO2；通入NH3可通过与HCO3的反应，增加NH4+深度，并利用精盐增大Cl浓度，根据溶解平衡的移动，有利于NH4Cl结晶析出，故答案为：NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；NH3溶于水能将HCO3转化为CO32，并增大加入NH4+浓度；加入精盐增大Cl浓度，有利于NH4Cl结晶析出；（3）煅烧炉

38、里生成的CO2可循环利用，滤液a析出晶体氯化铵后得到的NaCl溶液可循环利用，则，故答案为：；（4）实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固体+液体气体；浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加入碱平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气，故答案为：b；浓氨水；（5）实验的原理：先称取样品质量并溶解，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数，所以将天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中，加入足量

39、稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即可，故答案为：称取一定质量的天然碱晶体；加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba（OH）2溶液过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀【点评】本题以制碱原理制取Na2CO3，涉及到物质的除杂和提纯，常见的实验操作，物质的制备等，难度中等，培养了学生运用知识的能力7、（本题共13分） (奉贤一模)铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：已知：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8C

40、O2；Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2；根据题意回答下列问题：（1）操作I在常温下该反应速度极慢，下列措施中能使反应速率增大的是ABCA升高温度 B通入过量的空气 C将原料粉碎 D增加纯碱的用量（2）固体X中主要含有Fe2O3、MgO（填写化学式）；（3）酸化步骤用盐酸调节溶液pH5，并煮沸其目的是Cr2O72+H2O2CrO42+2H+（离子方程式表示）（4）操作 iv有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）表是相关物质的溶解度数据，操作发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl

41、该反应在溶液中能发生的理由是K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）（文字说明）物质溶解度/（g/100g水）0C40C80CKCl2840.151.3NaCl35.736.438K2Cr2O74.726.373Na2Cr2O7163215376（6）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取n g样品，加入过量NaOH溶液（填写试剂）、溶解、过滤、再通入过量二氧化碳（填写试剂）、灼烧、冷却、称量，得干燥固体m g计算样品中氢氧化铝的质量分数为（用含m、n的代数式表示）【考点】制备实验方案的设

42、计【专题】几种重要的金属及其化合物；制备实验综合【分析】铬铁矿通过焙烧4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2，生成Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2的混合体系，然后加水溶解经操作得固体X为：Fe2O3、MgO和溶液Na2CrO4、NaAlO2，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀，操作得到Y为氢氧化铝，继续调节溶液的PH使CrO42转化为Cr2O72，最后向所得溶液中加入氯化钾，Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，生成溶解度极小的K2Cr2O7，结晶得到晶体（1）根据影

43、响化学反应速率的因素进行判断；（2）依据流程图和题干反应分析判断固体X中主要含有Fe2O3、MgO；（3）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH5为了转化CrO42离子为Cr2O72；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤步骤分析回答；（5）依据物质溶解度比较分析，反应向溶解度小的方向进行；（6）利用氢氧化铝是两性氢氧化物和强碱反应溶解，少量镁、铁的难溶化合物不溶解；分离提取溶液中的偏铝酸钠可以根据实验室制取氢氧化铝沉淀的方法进行，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀；灼烧后得到氧化铝，依据元素守恒计算得到【解答】解：（1）A升高温度，可以加快反应速率，故

44、A正确； B通入过量的空气，增大了氧气的量，可以加快反应速率，故B正确； C将原料粉碎，增大了接触面积，可以加快反应速率，故C正确；D纯碱是固体，不涉及浓度问题，所以改变纯碱的量，不能改变反应速率，故D错误；故答案为：ABC；（2）铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2；Cr2O72+H2O2CrO42+2H+，操作是过滤得到固体X为Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO；（3）

45、酸化步骤用醋酸调节溶液pH5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O72+H2O2CrO42+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO42转化为Cr2O72，故答案为：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+；（4）操作有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，故答案为：冷却结晶；过滤；（5）依据图表物质的溶解度分析对比，操作发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl；说明K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）

46、，故答案为：K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）；（6）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中同仁医院二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体m g，依据铝元素守恒计算，样品中氢氧化铝的质量分数=100%=，故答案为：NaOH溶液；通入过量二氧化碳；【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度中等8（浦东二模）我国由海水提取的

47、食盐（海盐）不足四成，大部分产自内陆盐湖（湖盐）和盐矿（矿盐）（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是ac（选填编号）a由夏到冬，芒硝的溶解度变小b由冬到夏，氯化钠的溶解度变小c夏天温度高，氯化钠易结晶析出芒硝型矿盐卤水中含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图1：（2）脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，化学变化是2H2S+O2=2S+2H2O（用化学方程式表示）再加入稍过量的

48、FeCl3溶液除去残留的硫化氢检验FeCl3已经过量的试剂是KSCN（填写化学式）（3）加入Ca（OH）2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是去除Mg2+滤渣A的主要成分除了Fe（OH）3外，还有Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3（填写化学式）（4）图2所示是石灰纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是b（选填编号）a调节溶液的pH b除去溶液中的Ca2+c除去溶液中的Mg2+d除去溶液中的SO42石灰烟道气法与石灰纯碱法相比较，石灰烟道气法的优点是原料更加经济（生成成本更低）（5）图3是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需

49、要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料对盐水进行二次精制的目的是ac（选填编号）a进一步降低Ca2+、Mg2+的浓度，提高烧碱纯度b进一步降低SO42的浓度，提高烧碱纯度c防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜d防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气【考点】海水资源及其综合利用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）根据溶解度受影响的大小，选择结晶的操作方法蒸发结晶或降温结晶法；溶解度受温度影响不大的物质结晶时一般采取蒸发结

50、晶的方法，溶解度受温度影响较大的物质结晶时一般采取降温结晶的方法；“冬天捞碱”，是因为碳酸钠的溶解度受温度变化的影响较大，冬天气温低，碳酸钠易结晶析出，“夏天晒盐”是因为氯化钠的溶解度受温度变化的影响不大，夏天气温高，水分蒸发快，氯化钠易结晶析出；（2）脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中2价的硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，检验铁离子用KSCN；（3）加入Ca（OH）2能沉淀镁离子和铁离子而除去，氢氧化铁、氢氧化镁、碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分除了Fe（OH）3外，还有Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3；（4）加入纯碱的作用是除去溶液中的Ca2+，

51、石灰烟道气法与石灰纯碱法相比较，优点从原料的取材、经济效益等角度进行比较；（5）根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响、以及对产品纯度的影响角度来回答，检验氯气中是否含有少量氧气，需先除去氯气，再检验氧气【解答】解：（1）由于食盐的溶解度受温度的影响很小，而硫酸钠的溶解度受温度的影响较大，因此由于夏季温度高，硫酸钠的溶解度大，随着水分的蒸发，氯化钠就会从溶液中结晶析出，而大多数硫酸钠仍旧会溶解在溶液中；而冬天时，温度低，硫酸钠的溶解度变得很小，就会从溶液中结晶析出，而氯化钠的溶解度受温度的影响很小，不会从溶液中结晶析出，因此夏天晒盐，冬天捞碱，所以ac符合，故答案为：ac；（2）脱硫

52、工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中2价的硫具有还原性，两者反应：2H2S+O2=2S+2H2O，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，故答案为：2H2S+O2=2S+2H2O；KSCN；（3）卤水中含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，加入氢氧化钙，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁，硫酸钙微溶于水，生成硫酸钙的沉淀，加入碳酸钠，生成碳酸钙的沉淀，所以加入Ca（OH）2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是去除Mg2+，滤渣A成分还有：Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3

53、，故答案为：去除Mg2+；Mg（OH）2、CaSO4、CaCO3；（4）加入氢氧化钙的目的是引入氢氧根离子，但同时引入杂质离子钙离子，为除去钙离子，可选用碳酸根离子，所以b符合，石灰烟道气法与石灰纯碱法相比较，石灰烟道气法无需使用碳酸钠，原料更加经济（生成成本更低），故答案为：b；原料更加经济（生成成本更低）；（5）若食盐水不经过二次精制，处理后的盐水中还含有少量杂质离子Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，所以精制食盐水的目的是防止隔膜堵塞，提高产品的纯度，ac符合，检验氯气中是否含有少量氧气，可先除去氯气，将混合气体通过过量氢氧化钠溶液洗气，氯气能和氢氧化钠反

54、应，而氧气不反应，反应后，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气，故答案为：ac；气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气【点评】本题综合考查海水资源的利用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质分离提纯的原理，题目难度中等9、（徐汇一摸）（本题共12分）工业制纯碱广泛采用的两种生产流程可以用以下示意图简要表示。完成下列填空：37用甲流程生产纯碱的方法称为_法。38沉淀池中发生反应的化学方程式为_。39T是_； W中除Ca(OH)2外，溶质的主要成分是_（均填化学式）。40甲流程中设计循环I的目的是_；乙流程中设计循环I的目的是_。 41在乙流程中，若通入NH3 44.8 L（已折合成标准状况下）可以得到纯碱100.0 g，则NH3的利用率