江苏省2020高考化学二轮复习题型二化工工艺流程题教案(含解析)(DOC 27页).doc

1、题型二 化工工艺流程题1近几年化工工艺流程题的考查特点近几年江苏卷工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为考查素材，以工艺流程图为信息背景，以物质的性质、转化、分离等为考查点，将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合在一起的综合型试题。通常会涉及陌生的化学工业工艺和化学反应，往往给考生较大的冲击力，考生不一定能完全理解整个流程的原理，但一般不会影响答题。从试题给出的目的出发，主要可分为以物质制备为主要目的的工艺流程和以分离提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转化、物质的分离提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题，体现了变化观念、证据推理以及科学态度与社会责任的学科素养。2解答化工工

2、艺流程题的一般思路(1)读题干，找信息和目的。找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。(2)看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(进入与流出)、操作方法等。(3)局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。(4)特别提醒：每个题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。工艺流程图：3常考化工术语常考化工术语关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应(溶解)速率或使反应更充分，增大原料的转化率(或浸取率)灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构

3、、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去过滤固体与液体的分离滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解，除去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(形成沉淀等)4.常考条件

4、控制(1)控制溶液的pH调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。(2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。(3)控制压强：改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。(6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“

5、乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。物质制备型明确题目要制备什么物质，给的原料是什么，利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多地获得产品，核心是提高反应物的转化率。围

6、绕这个核心分析药品、操作、条件的作用，做到有的放矢。1如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。2如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。3如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2、SO、I等离子的物质，要防止反应过程中O2的介

7、入。4如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。5当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。6在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：(1)对反应速率有何影响。(2)对平衡转化率是否有利。(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。1(2018高考江苏卷)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金

8、属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。(2)添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率(1)100%不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700 焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_(填化学式)转化为_(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O

9、3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)_。解析：(1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐Na2SO3，过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。(2)根据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ，如果不添加CaO在低于500 焙烧，则去除的硫元素主要来源于FeS2，具体的反应原理为4FeS211O22Fe2O38SO2。添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于60

10、0 ”，可知700 时CaSO4可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO2：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：CO2(过量)2H2ONaAlO2=Al(OH)3NaHCO3。(4)根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为 116。答案：(1)OHSO2=HSO(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1162(2017高考江苏卷)铝是应用广泛的金属。以铝土

11、矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下： 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。 (2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_ (填“增大”“不变”或“减小”)。(3)“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中做阳极的石墨易消耗，原因是_。 (4)铝粉在1 000 时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_。解析：(1)Al2O3为两性氧化物，在NaOH溶液中会溶解生成NaAlO2。(2)加入的NaHCO3与过量的NaO

12、H反应，导致溶液的pH减小。(3)电解Al2O3时阳极上生成O2，O2会氧化石墨。答案：(1)Al2O32OH=2AlOH2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)NH4Cl分解产生的 HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜3(2014高考江苏卷)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)62x溶液，并用于烟气脱硫研究。(1)酸浸时反应的化学方程式为_；滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)

13、62x。滤渣的主要成分为_(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是_(用离子方程式表示)。(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是_；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：(1)酸浸时能与H2SO4反应的是Al2O3，H2SO4与Al2O3反应生成盐和水，SiO2不和H2SO4反应，成为滤渣。(2)CaCO3和溶液中的H2SO4反应生成CaSO4；如果pH偏高，一部分Al3会转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为3CaCO32Al33SO3H2O=2Al(OH)33

14、CaSO43CO2。(3)热分解时，一部分亚硫酸盐被氧化为硫酸盐，不能分解成为SO2；SO2溶于水生成H2SO3，会中和溶液中的部分OH，使溶液的pH减小。答案：(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2OSiO2(2)CaSO43CaCO32Al33SO3H2O=2Al(OH)33CaSO43CO2(3)溶液中的部分SO被氧化成SO减小1我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2

15、开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。解析：(1)在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。(2)溶液中的Pb2与SO不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于H2SO4，即滤渣1中含SiO2和PbSO4。氧化除杂过程中O2能将溶液中F

16、e2氧化生成Fe3，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe3完全水解。由题表可知，Fe2、Zn2开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O2使Fe2氧化为Fe3，加入ZnO后无法除去Fe2，会影响Zn的纯度。(3)根据题中信息可知，还原除杂工序中涉及的离子反应为Cd2Zn=CdZn2。(4)结合图示可知，电解ZnSO4溶液时生成Zn，即电解时Zn2在阴极被还原，电极反应式为Zn22e=Zn。沉积锌后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序继续使用。答案：(1)2ZnS3O22ZnO2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶

17、浸2(2019徐州高三质检)氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂(ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族)为原料制备氧化锌的流程如图所示：请回答下列问题。(1)循环使用的物质有_、_和_。(填化学式)(2)“浸出”时，锌以Zn(NH3)4进入滤液。锌浸出率与温度的关系如图1所示，请解释温度超过55 后浸出率显著下降的原因：_。锌浸出率与n(NH3)n(NH4)2SO4的关系如图2所示，64之后浸出率下降，说明_(填编号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。AZnO和ZnSiO3BZnOCZnSiO3(3)“除砷”过程中生成Fe3(As

18、O4)2沉淀，其中铁元素的化合价是_；沉淀剂为FeSO4H2O、(NH4)2S2O8，添加(NH4)2S2O8的目的是_。(4)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是_(填名称)。(5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式：_。解析：(1)由流程图可知，浸出需要加入NH3H2O，NH3H2O在蒸氨过程中产生，浸出需要加入(NH4)2SO4，(NH4)2SO4在沉锌过滤后产生，沉锌需要通入CO2, CO2在焙烧过程中产生，故NH3H2O或NH3、(NH4)2SO4、CO2属于循环使用的物质。(2)锌浸出率在55 后显著下降，由反应原料可知，温度升高，氨挥发导致

19、溶液浓度下降，浸出率下降。氧化锌是两性氧化物，在氨与硫酸铵的比例大于64时，可以和浓氨水发生反应，生成络合物Zn(NH3) ，硅酸锌只与硫酸铵反应，而此时，硫酸铵比例较低，故浸出率降低，C选项正确。(3)由As与N同主族可知，Fe3(AsO4)2中As元素化合价为5，则阴离子为AsO，铁元素化合价为2；原本As元素化合价为3，在除砷过程中变为5，而(NH4)2S2O8具有强氧化性，故加入(NH4)2S2O8的目的是把砷元素氧化成AsO，以便于除去砷。(4)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH3)进入滤液，除砷之后，加入Zn，可将Cu与Pb置换出来过滤除去，再用S2沉淀残留的重金属离子，因此

20、除去的重金属为铜和铅。(5)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH3)进入滤液，结合产物为ZnSO4和氨，可分析出化学方程式为Zn(NH3)4SO4ZnSO44NH3。答案：(1)NH3H2O(或NH3)(NH4)2SO4CO2(2)温度升高，氨挥发而使溶液浓度下降，浸出率下降C(3)2把砷元素氧化成AsO以便除去砷(4)铜和铅(5)Zn(NH3)4SO4ZnSO44NH33硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2 及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在95

21、 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。(2)“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3离子，可选用的化学试剂是_。(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3H2OHB(OH)，Ka5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。解析：(1)硫酸铵溶液中存在水解平衡：NHH2ONH3H2OH，硼酸镁能与水解出的H反应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液

22、中存在平衡NH3H2ONH3H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨，发生反应的化学方程式为NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3的试剂可选用KSCN。(3)由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH3.5，目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生相互促进的水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO42(NH4)2CO3H2O=Mg(OH)2MgCO32(NH4)2SO4CO2，或者

23、反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，化学方程式为MgCO3Mg(OH)22MgOH2OCO2。答案：(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3，促进析出(4)2Mg23CO2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO或2Mg22COH2O=Mg(OH)2MgCO3CO2溶浸高温焙烧分离提纯型1题型

24、特点分离提纯型工艺流程题多以矿物、各种废弃物为原料，经过各种处理，除去杂质获得有价值的产品。考查的核心在各种分离提纯的实验操作以及条件的控制选择上。虽然把题目形式设计为工艺流程框图，但其实质还是对混合物的除杂、分离、提纯操作的考查。2解题思路从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物质；怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。3常用分离方法(1)固体与固体的分离(2)固体与液体的分离(3)液体与液体的分离4常见操作的答题思考角度常见操作答题思考角度分离、提纯过滤、蒸发、分液、蒸馏等常规操作。从溶液中得到晶体的方法：

25、蒸发浓缩冷却结晶过滤(洗涤、干燥)；或蒸发结晶提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的判断沉淀是否洗涤干净取少量最后一次洗涤液，检验其中是否还有某种离子存在控制溶液的pH方法见前述控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)防止副反应的发生；使化学平衡移动：控制化学反应的方向；控制固体的溶解与结晶；控制反应速率：使催化剂达到最大活性；升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；趁热过滤：减少因降

26、温而析出溶质的量；降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体常见洗涤方式见前述；洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次表面处理“水洗”除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等1(2017高考江苏卷)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如3NaClO=2NaClNaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl2NH3H2OAg(NH3)Cl2H2O常温时N2H4H2O(

27、水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)：4Ag(NH3)N2H4H2O=4AgN24NH4NH3H2O (1)“氧化”阶段需在80 条件下进行，适宜的加热方式为_。 (2)NaClO 溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为_。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是_。(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_。(4)若省略“过滤”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反应)，还因为_。 (5)请设计从“过滤”

28、后的滤液中获取单质Ag的实验方案：_(实验中须使用的试剂有2 molL1水合肼溶液，1 molL1 H2SO4)。解析：(1)加热温度在低于100 时，可采用水浴加热的方式。(2)在溶液中，NaClO氧化Ag生成AgCl、NaOH和O2，根据得失电子守恒及原子守恒配平反应的化学方程式。HNO3氧化Ag时会产生氮氧化物，污染环境。(3)为提高Ag的回收率，需要将洗涤后的滤液也一起合并到过滤的滤液中。(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，增加氨水的用量；由已知信息知冷却后的溶液中因NaClO的分解，会含有一定浓度的Cl，不利于AgCl和氨水反应的正向进行。(5)由已知信息知，水合肼可以和银氨溶液发

29、生反应生成Ag和NH3。生成的NH3用1 molL1H2SO4溶液吸收，当溶液中不再产生气泡时，说明反应已进行完全，静置，过滤出生成的Ag，洗涤、干燥，得Ag。答案：(1)水浴加热(2)4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2会释放出氮氧化物(或NO、NO2)，造成环境污染(3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反应(5)向滤液中滴加2 molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥2(2016高

30、考江苏卷)以电石渣主要成分为 Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如下：(1)氯化过程控制电石渣过量，在75 左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_(填序号)。A适当减缓通入Cl2速率B充分搅拌浆料C加水使Ca(OH)2完全溶解(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O氯化完成

31、后过滤。滤渣的主要成分为_(填化学式)。滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2n(CaCl2)_15(填“”“”或“”)。(3)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3。若溶液中KClO3的含量为100 gL1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。解析：(1)Cl2与Ca(OH)2发生反应：2Ca(OH)22Cl2=Ca(ClO)2CaCl22H2O，生成Ca(ClO)2。适当减缓通入Cl2速率，可以使Cl2与Ca(OH)2充分反应，A项正确；充分搅拌浆料，使反应进行完全，可以提高Cl2转化为 Ca(ClO3)2的转化率，

32、B项正确；加水使Ca(OH)2完全溶解，不能提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率，C项错误。(2)电石渣中CaCO3与氯气不反应，而Ca(OH)2的溶解度较小，故滤渣的主要成分为CaCO3和Ca(OH)2。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2生成Ca(ClO)2的反应，故nCa(ClO3)2n(CaCl2)15。(3)根据溶解度曲线，KClO3的溶解度受温度影响较大，可采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体。答案：(1)2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2OAB(2)CaCO3、Ca(OH)211时CaSO4转化的离子方程式为_；能提高其转化

33、速率的措施有_(填序号)。A搅拌浆料B加热浆料至100 C增大氨水浓度 D减小CO2通入速率(2)当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为_和_(填化学式)；检验洗涤是否完全的方法是_。(3)在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c(Ca2)增大的原因是_。解析：(1)向磷石膏粉、氨水浆料中通入CO2，CO2与NH3H2O 发生反应：CO22NH3H2O=2NHCOH2O，CO浓度增大，促进了CaSO4沉淀的转化：CaSO4CO=CaCO3SO，总反应的离子方程式为CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NHSOH2

34、O。A.搅拌浆料，可增大反应物的接触面积，加快化学反应速率；B.加热浆料，由于NH3的挥发，导致NH3H2O浓度降低，不利于CO的生成，降低了CaSO4的转化速率；C.增大氨水浓度，有利于提高CO的浓度，从而提高CaSO4的转化速率；D.减小CO2通入速率，不利于CO的生成，从而降低CaSO4的转化速率。(2)由图像可知，pH6.5时，溶液中的c(Ca2)已经很小，此时通入的CO2与溶液中浓度较低的氨水反应生成NH4HCO3，故溶液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO和HCO。过滤得到的CaCO3沉淀上会附着SO、NH、HCO等杂质离子。检验洗涤是否完全时，可取少量最后一次从过滤器中流出的洗涤

35、液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，检验是否存在SO即可。若不产生白色沉淀，表明沉淀已洗涤完全。(3)NH4Cl溶液中存在水解平衡：NHH2ONH3H2OH，温度升高，上述水解平衡右移，c(H)增大，导致部分CaCO3溶解。答案：(1)CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NHSOH2O(或CaSO4CO=CaCO3SO)AC(2)SOHCO取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全(3)浸取液温度上升，溶液中c(H)增大，促进固体中Ca2浸出1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

36、FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示： 回答下列问题：(1)步骤的主要反应为FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2。上述反应配平后FeOCr2O3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。 a80 B60 c

37、40 D10 步骤的反应类型是_。解析：(1)1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图可知，温度越低，K2Cr2O7的溶解度越

38、小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。答案：(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应2(2019江苏九校高三联考)镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2、Fe3、Cu2、Ca2、Mg2、Zn2。常温下，部分物质的溶度积常数如下表：难溶物NiSZnSCuSCaF2MgF2溶度积常数1.0710212.9310251.271036410117.421011请回答下列问题：(1)写出含镍