1、- 1 - 20212021 高考真题和模拟题分类汇编高考真题和模拟题分类汇编 化学化学 专题专题 20 工业流程题工业流程题 2021 年化学高考题年化学高考题 一、单选题一、单选题 1 （2021 年山东省高考化学试题（山东卷年山东省高考化学试题（山东卷） ） ）工业上以工业上以 SO2和纯碱为原料制备无水和纯碱为原料制备无水 NaHSO3 的主要流程如图，下列说法错误的是的主要流程如图，下列说法错误的是 A吸收过程中有气体生成吸收过程中有气体生成 B结晶后母液中含有结晶后母液中含有 NaHCO3 C气流干燥湿料时温度不宜过高气流干燥湿料时温度不宜过高 D中和后溶液中含中和后溶液中含 Na
2、2SO3和和 NaHCO3 【答案】【答案】B 【分析】 根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为 NaHSO3，则母液为 饱和 NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的 反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调 节 pH 为 8 进行中和后得到 Na2SO3和 NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收 过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3，此时
3、会 析出大量 NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到 NaHSO3 产品，据此分析解答。 【解析】 A根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A 正确； B结晶后母液中含饱和 NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有 NaHCO3，假设产物 中存在 NaHCO3，则其会与生成的 NaHSO3发生反应，且 NaHCO3溶解度较低，若其残留于母 液中，会使晶体不纯，假设不成立，B 错误； CNaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C 正确； D结合上述分析可知，中和后溶液中含 Na2SO3和 NaHCO3，D 正确； - 2 - 故选
4、B。 2 （2021 年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题（ （河北卷河北卷） ）BiOCl 是一种具有珠光是一种具有珠光 泽的材料，利用金属泽的材料，利用金属 Bi 制备制备 BiOCl 的工艺流程如图：的工艺流程如图： 下列说法错误的是下列说法错误的是 A酸浸工序中分次加入稀酸浸工序中分次加入稀 HNO3可降低反应剧烈程度可降低反应剧烈程度 B转化工序中加入稀转化工序中加入稀 HCl 可抑制生成可抑制生成 BiONO3 C水解工序中加入少量水解工序中加入少量 CH3COONa(s)可提高 可提高 Bi3+水解程度水解程度 D水解工序中加入少量
5、水解工序中加入少量 NH4NO3(s)有利于有利于 BiOCl 的生成 的生成 【答案】【答案】D 【解析】 A硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀 3 HNO，反应物硝酸的用量减 少，可降低反应剧烈程度，A 正确； B金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成 3 BiONO，水解的离子方程式为 3+-+ 323 Bi +NO +H OBiONO +2H，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大，根据勒夏特 列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成 3 BiONO，B 正确； C氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为 3+-+ 2 Bi +Cl +H OBiOCl+2H
6、，水解工序中加入少 量 3 CH COONa(s)，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特 列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进 3 Bi 水解，C 正确； D氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为 3+-+ 2 Bi +Cl +H OBiOCl+2H，水解工序中加入少 量 43 NH NO (s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯 化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应 3+-+ 323 Bi +NO +H OBiONO +2H，也不利于生成BiOCl，综上所述，D 错误； 故选 D。 - 3
7、- 3 （2021 年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（ （湖南卷湖南卷） ）已二酸是一种重要的化已二酸是一种重要的化 工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色绿色”合成路线：合成路线： 下列说法正确的是下列说法正确的是 A苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色 B环己醇与乙醇互为同系物环己醇与乙醇互为同系物 C已二酸与已二酸与 3 NaHCO溶液反应有 溶液反应有 2 CO生成生成 D环己烷分子中所有碳原子共平面环己烷分子中所有碳原
8、子共平面 【答案】【答案】C 【解析】 A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红 色，故 A 错误； B环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干 CH2原子团，不互为同 系物，故 B 错误； C己二酸分子中含有羧基，能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2，故 C 正确； D环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的 4 个原子形成四面体结 构，因此所有碳原子不可能共平面，故 D 错误； 答案选 C。 4 （2021 年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（ （湖南卷湖南卷）
9、 ）一种工业制备无水氯化一种工业制备无水氯化 镁的工艺流程如下：镁的工艺流程如下： - 4 - 下列说法错误的是下列说法错误的是 A物质物质 X 常选用生石灰常选用生石灰 B工业上常用电解熔融工业上常用电解熔融 2 MgCl制备金属镁 制备金属镁 C“氯化氯化”过程中发生的反应为过程中发生的反应为 22 MgO+C+ClMgCl +CO 高温 D“煅烧煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水 2 MgCl 【答案】【答案】D 【分析】 海水经一系列处理得到苦卤水， 苦卤水中含 Mg2+， 苦卤水中加物质 X 使 Mg2+转化为
10、Mg(OH)2， 过滤除去滤液，煅烧 Mg(OH)2得 MgO，MgO 和 C、Cl2经“氯化”得无水 MgCl2。 【解析】 A物质 X 的作用是使 Mg2+转化为 Mg(OH)2，工业上常采用 CaO，发生 CaO+H2O=Ca(OH)2， Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A 正确； BMg 是较活泼金属，工业上常用电解熔融 2 MgCl制备金属镁，B 正确； C由图可知“氯化”过程反应物为 MgO、氯气、C，生成物之一为 MgCl2，C 在高温下能将二 氧化碳还原为 CO，则“气体”为 CO，反应方程式为 22 MgO+C+ClMgCl +CO 高温 ，C 正确； D
11、“煅烧”后得到 MgO，MgO 和盐酸反应得到 MgCl2溶液，由于 MgCl2在溶液中水解为氢氧 化镁和 HCl，将所得溶液加热蒸发 HCl 会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得 不到无水 MgCl2，D 错误； 选 D。 二、元素或物质推断题二、元素或物质推断题 5 （2021 年年 1 月浙江省普通高校招生选考化学试题）月浙江省普通高校招生选考化学试题）某兴趣小组对化合物 某兴趣小组对化合物 X 开展探究实验开展探究实验。 - 5 - 其中：其中：X 是易溶于水的强酸盐，由是易溶于水的强酸盐，由 3 种元素组成；种元素组成；A 和和 B 均为纯净物；均为纯净物；B 可使品
12、红水溶液褪可使品红水溶液褪 色。请回答：色。请回答： (1)组成组成 X 的的 3 种元素是种元素是_(填元素符号填元素符号)，X 的化学式是的化学式是_。 (2)将固体将固体 X 加入温热的稀加入温热的稀 H2SO4中，产生气体中，产生气体 B，该反应的离子方程式是，该反应的离子方程式是_。 (3)步骤步骤 I，发生反应的化学方程式是，发生反应的化学方程式是_。 (4)步骤步骤 II，某同学未加，某同学未加 H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是_。 。 (5)关于气体关于气体 B 使品红水溶液褪色的原因使品红水溶液褪色的原因，一般认为一般认为：
13、B 不能使品红褪色不能使品红褪色，而是而是 B 与水反应的与水反应的 生成物使品红褪色。请设计实验证明生成物使品红褪色。请设计实验证明_。 【答案】【答案】Cu、S、OCuS2O6S2O 2 6 + H SO 2 4 + SO2+ Cu(OH)2 + 2H2OSO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4， 与BaCl2 反应生成 BaSO4配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入 SO2，不褪色；品红水 溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快 【分析】 将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加 入盐酸酸化的氯化钡溶液，能
14、生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入 适量的 NaOH 溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在 Cu， 则固体 A 为 CuSO4；将气体 B 通入足量的 BaCl2溶液和 H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该 气体可以被 H2O2氧化， 则该气体为 SO2， 再根据产生沉淀 C 和固体 X 的质量计算固体 X 的化 学式。 【解析】 - 6 - (1)根据分析，固体 X 中含有的元素是 C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成 1.165g 硫 酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为 0.005mol，则固体 CuSO4的物质的量为 0.010mol，质
15、量为 1.6g，根据质量守恒的气体 SO2的质量为 0.640g，该物质中三种元素的质量比 m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6， 故固体 X 的化学式为 CuS2O6； (2)根据题目，固体 X 与温热的稀硫酸反应可以生成 SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平， 则该过程的离子方程式为 S2O 2 6 + H SO 2 4 + SO2； (3)步骤为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为 +Cu(OH)2+2H2O； (4)步骤中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明 SO2溶
16、于水后可以被空气中的氧气 氧化，故答案为：SO2与水反应生成 H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为 H2SO4，与 BaCl2反应生 成 BaSO4； (5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在 SO2分子和 H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使 品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可） ，通入 SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。 三、工业流程题三、工业流程题 6（2021 年高考全国乙卷化学试题年高考全国乙卷化学试题） 磁选后的炼铁高钛炉渣磁选后的炼铁高钛炉渣， 主要成分有主要成分有 2 TiO、 、 2 SiO、
17、 、 23 Al O、 、 MgO、 、CaO以及少量的以及少量的 23 Fe O。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁 。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁 等。等。 - 7 - 该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表见下表 金属离子金属离子 3 Fe 3 Al 2 Mg 2 Ca 开始沉淀的开始沉淀的pH2.23.59.512.4 沉淀完全沉淀完全 51 c=1.0 10 mol L 的的pH3.24.711.113.8 回答下列问题：回答下列问题： (1)“焙烧焙烧”中，中， 2 TiO、
18、2 SiO几乎不发生反应，几乎不发生反应， 23 Al O、MgO、CaO、 23 Fe O转化为相应的硫酸 转化为相应的硫酸 盐，写出盐，写出 23 Al O转化为转化为 44 2 NH Al SO的化学方程式的化学方程式_。 (2)“水浸水浸”后后“滤液滤液”的的pH约为约为 2.0，在在“分步沉淀分步沉淀”时用氨水逐步调节时用氨水逐步调节pH至至 11.6，依次析出的金依次析出的金 属离子是属离子是_。 (3)“母液母液中中 2+ Mg浓度为浓度为_ -1 mol L。 (4)“水浸渣水浸渣”在在 160“酸溶酸溶”最适合的酸是最适合的酸是_。“酸溶渣酸溶渣”的成分是的成分是_、_。 (
19、5)“酸溶酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，后，将溶液适当稀释并加热， 2 TiO 水解析出水解析出 22 TiOxH O沉淀，该反应的离子方程沉淀，该反应的离子方程 式是式是_。 (6)将将“母液母液”和和“母液母液”混合，吸收尾气，经处理得混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。，循环利用。 【答案】【答案】 2344 2 Al O4 NHSO 焙烧 32 2 44 2NH Al SO6NH3H O 3+3+2+ FeAlMg、 6 1.0 10硫酸 2 SiO 4 CaSO 2+ 222 +(x+1)H OTiOxH O+ HTiO2 - 8 - 424 (NH ) SO 【分析】 由题给流
20、程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、 氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸， 二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于 水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵 和硫酸钙的滤液；向 pH 约为 2.0 的滤液中加入氨水至 11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子 依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸 加热到 160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到 TiOSO4， 过滤得
21、到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和 TiOSO4溶液；将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适 当加热，使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和 TiO2x H2O。 【解析】 (1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨 气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案 为：Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O； (2)由题给开始沉淀和完全沉淀的 pH 可知， 将 pH 约为 2.0 的滤液加入氨水调节溶液
22、 pH 为 11.6 时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+； (3)由镁离子完全沉淀时，溶液 pH 为 11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为 110 5(1102.9)2=11010.8，当溶液 pH 为 11.6 时，溶液中镁离子的浓度为 -10.8 -2.42 1 10 10（1） =110 6mol/L，故答案为：1106； (4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完 全沉淀，减少 TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到 160酸溶；由分析可知， 二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反
23、应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为： 硫酸；SiO2、CaSO4； (5)酸溶后将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2+（x+1）H2OTiO2xH2O+2H+，故答案为： TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+； - 9 - (6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸 收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。 7 （2021 年高考全国甲卷化学试题）年高考全国甲卷化学试题）碘 碘(紫黑色固体，微溶于水紫黑色固
24、体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、及其化合物广泛用于医药、 染料等方面。回答下列问题：染料等方面。回答下列问题： (1) 2 I的一种制备方法如下图所示： 的一种制备方法如下图所示： 加入加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为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，生成的沉淀与硝酸反应，生成_后后 可循环使用。可循环使用。 通入通入 2 Cl的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 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；若反应物用量比 22 n Cl/n FeI=1.5时 时，氧化产物为氧化产物为_；当当 22 n Cl/n FeI1
25、.5， ，单质碘的收率会降低单质碘的收率会降低， 原因是原因是_。 (2)以以 3 NaIO为原料制备 为原料制备 2 I的方法是 的方法是：先向先向 3 NaIO溶液中加入计量的 溶液中加入计量的 3 NaHSO，生成碘化物生成碘化物；再再 向混合溶液中加入向混合溶液中加入 3 NaIO溶液，反应得到 溶液，反应得到 2 I，上述制备 ，上述制备 2 I的总反应的离子方程式为 的总反应的离子方程式为_。 (3)KI溶液和溶液和 4 CuSO溶液混合可生成 溶液混合可生成CuI沉淀和沉淀和 2 I，若生成 ，若生成 2 1mol I，消耗的 ，消耗的KI至少为至少为 _mol。 2 I在 在K
26、I溶液中可发生反应溶液中可发生反应 - 23 I +II。实验室中使用过量的实验室中使用过量的KI与与 4 CuSO溶液反 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KI的原因是的原因是_。 【答案【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-AgNO3FeI2+Cl2= I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量 的 2 Cl进一步氧化 -2-+ 33242 2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O4防止单质碘析出 【解析】 (1) 由流程图可知悬浊液中含 AgI ，AgI 可与 Fe 反应生成 Fe
27、I2和 Ag，FeI2易溶于水，在离 子方程式中能拆，故加入Fe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； 通入 2 Cl的过程中，因 I-还原性强于 Fe2+， 2 Cl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 - 10 - 22 n Cl/n FeI=1.5时即 2 Cl过量，先氧化完全部 I-再氧化 Fe2+，恰好将全部 I-和 Fe2+氧化，故
28、氧化产物为 I2、FeCl3，当 22 n Cl/n FeI1.5即 2 Cl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 2 Cl进一步氧化； (2)先向 3 NaIO溶液中加入计量的 3 NaHSO，生成碘化物即含 I-的物质；再向混合溶液中（含 I-） 加入 3 NaIO溶液，反应得到 2 I，上述制备 2 I的两个反应中 I-为中间产物，总反应为 - 3 IO与 - 3 HSO 发生氧化还原反应，生成 2- 4 SO和 2 I，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒
29、配平离子方程 式即可得： -2-+ 33242 2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O， 故答案为： -2-+ 33242 2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O； (3)KI溶液和 4 CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和 2 I，化学方程式为 4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成 2 1mol I，则消耗的KI至少为 4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可 逆反应 - 23 I +II平衡右移，增大 2 I溶解度，防止 2 I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。 8 （2021 年山东省高考化学试题（山
30、东卷年山东省高考化学试题（山东卷） ） ）工业上以铬铁矿工业上以铬铁矿( (FeCr2O4，含，含 Al、Si 氧化物等氧化物等 杂质杂质) )为主要原料制备红矾钠为主要原料制备红矾钠( (Na2Cr2O7 2H2O) )的工艺流程如图。回答下列问题：的工艺流程如图。回答下列问题： ( (1) )焙烧的目的是将焙烧的目的是将 FeCr2O4转化为转化为 Na2CrO4并将并将 Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时 气体与矿料逆流而行，目的是气体与矿料逆流而行，目的是_。 ( (2) )矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度
31、c 与与 pH 的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓 度度 c1. .010 - -5mol L- -1时，可认为已除尽。 时，可认为已除尽。 - 11 - 中和时中和时 pH 的理论范围为的理论范围为_；酸化的目的是酸化的目的是_；Fe 元素在元素在_( (填操作单元的名称填操作单元的名称) )过程中除过程中除 去。去。 ( (3) )蒸发结晶时蒸发结晶时，过度蒸发将导致过度蒸发将导致_；冷却结晶所得母液中冷却结晶所得母液中，除除 Na2Cr2O7外外，可在上述流程可在上述流程 中循环利用的物质还有中循环利用的物质还有_。 ( (4) )利用膜电解技术利用膜电
32、解技术( (装置如图所示装置如图所示) )，以，以 Na2CrO4为主要原料制备为主要原料制备 Na2Cr2O7的总反应方程式的总反应方程式 为为：4Na2CrO4+ +4H2O 通电 2Na2Cr2O7+ +4NaOH+ +2H2+ +O2。则则 Na2Cr2O7在在_( (填填“阴阴”或或 “阳阳”) )极室制得，电解时通过膜的离子主要为极室制得，电解时通过膜的离子主要为_。 【答案】【答案】增大反应物接触面积，提高化学反应速率 4.5pH9.3 使 2 22 427 HH2CrOCr OO2 平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7的产率浸取所得溶液 中含有大量 Na2SO410H2OH2S
33、O4阳Na 【分析】 以铬铁矿(FeCr2O4，含 Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O72H2O)过程中， 向铬铁矿中加入纯碱和 O2进行焙烧，FeCr2O4转化为 Na2CrO4，Fe(II)被 O2氧化成 Fe2O3，Al、 - 12 - Si 氧化物转化为 NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中 加入 H2SO4调节溶液 pH 使 2 AlO、 2 3 SiO 转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入 H 2SO4，将 Na2CrO4转化为 Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将 Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到 Na
34、2Cr2O72H2O 晶体，母液中还含有大量 H2SO4。据此解答。 【解析】 (1)焙烧时气体与矿料逆流而行， 目的是利用热量使 O2向上流动， 增大固体与气体的接触面积， 提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。 (2)中和时调节溶液 pH 目的是将 2 AlO、 2 3 SiO 转化为沉淀过滤除去， 由图可知， 当溶液 pH4.5 时，Al3 +除尽，当溶液 pH9.3 时，H2SiO3会再溶解生成2 3 SiO ，因此中和时 pH 的理论范围 为4.5 pH9.3 ；将 Al 元素和 Si 元素除去后，溶液中 Cr 元素主要以 2 27 Cr O 和 2 4
35、CrO 存在，溶 液中存在平衡： 2 22 427 HH2CrOCr OO2 ， 降低溶液pH， 平衡正向移动， 可提高Na2Cr2O7 的产率；由上述分析可知，Fe 元素在“浸取”操作中除去，故答案为：4.5 pH9.3 ；使 2 22 427 HH2CrOCr OO2 平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7的产率；浸取。 (3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以 Na2SO410H2O 存在，Na2SO410H2O 的溶解度随温度升高先 增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O；由上述分 析可知，流程中循环利用的物质除 Na2Cr2O7外，还有 H2SO
36、4，故答案为：所得溶液中含有大 量 Na2SO410H2O；H2SO4。 (4)由 4Na2CrO4+4H2O 通电 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2可知，电解过程中实质是电解 水，阳极上水失去电子生成 H 和 O2，阴极上 H+得到电子生成 H2，由 2 22 427 HH2CrOCr OO2 可知， 2 27 Cr O 在氢离子浓度较大的电极室中制得， 即 Na2Cr2O7 在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备 Na2Cr2O7的效率，Na 通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na。 9 （2021 年河北省普通高中学业水平选择性考
37、试化学试题年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题（ （河北卷河北卷） ）绿色化学在推动社会可绿色化学在推动社会可 持续发展中发挥着重要作用持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺， 该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了了 CrFeAlMg 的深度利用和的深度利用和 Na+内循环。工艺流程如图：内循环。工艺流程如图： - 13 - 回答下列问题：回答下列问题： (1)高温连续氧化工序中被氧化的元
38、素是高温连续氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号填元素符号)。 (2)工序工序的名称为的名称为_。 (3)滤渣的主要成分是滤渣的主要成分是_(填化学式填化学式)。 (4)工序工序中发生反应的离子方程式为中发生反应的离子方程式为_。 (5)物质物质 V 可代替高温连续氧化工序中的可代替高温连续氧化工序中的 NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为此时发生的主要反应的化学方程式为_， ，可可 代替代替 NaOH 的化学试剂还有的化学试剂还有_(填化学式填化学式)。 (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填填“”或或“”或或“”或或“”)参与内循参与内
39、循 环。环。 (7)工序工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的 pH 为为_。(通常认为溶液中离子浓度小通常认为溶液中离子浓度小于 于 10-5molL-1为沉淀完全；为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)4 ：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33) 【答案【答案】 Fe、 Cr溶解浸出MgO、 Fe2O32Na+2 2- 4 CrO+2CO2+H2O= 2- 27 Cr O+2NaHCO3 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 高温 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2ONa2CO38.3
40、7 【分析】 由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化 钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化 为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤 渣 1 和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸 钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠 和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠； 向滤渣 1 中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁
41、溶液； 碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序 - 14 - 循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。 【解析】 (1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr； (2)由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出； (3)由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3； (4)工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀， 反应的离子方程式为 2Na+2 2- 4 CrO+2CO2+H2O= 2- 27 Cr O+2NaHCO3，
42、故答案为： 2Na+2 2- 4 CrO+2CO2+H2O= 2- 27 Cr O+2NaHCO3； (5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下， ， Fe(CrO2)2与氧气 和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 高温 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类 似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 高温 8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O； (6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸
43、气，将混合气体通入滤渣 1 中可以将氧化镁转 化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：； (7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 4 2 3 + Al OHAl+OOHH+H ，反 应的平衡常数为 K1= + 4 c 1 OH)lc(HA = - - +- 4 c(OH ) cc(H )c(AlHOHO) = 1 w K K =1013.37，当 4cAl OH 为 105mol/L 时，溶液中氢离子浓度为 1 4 cAl OH 1 K = 513 37 1 1010 . mol/L=108.37mol/L，则溶液的 pH 为 8.37，故答案为：8.37。 1
44、0 （2021 年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷） ） ）碳酸钠俗称纯碱，是碳酸钠俗称纯碱，是 一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠 的含量，过程如下：的含量，过程如下： 步骤步骤 I. 23 Na CO的制备的制备 - 15 - 步骤步骤.产品中产品中 3 NaHCO含量测定 含量测定 称取产品称取产品 2.500g，用蒸馏水溶解，定容于，用蒸馏水溶解，定容于 250mL 容量瓶中；容量瓶中； 移取移取
45、 25.00mL 上述溶液于锥形瓶上述溶液于锥形瓶， 加入加入 2 滴指示剂滴指示剂 M， 用用 1 0.1000mol L 盐酸标准溶液滴定盐酸标准溶液滴定， 溶液由红色变至近无色溶液由红色变至近无色(第一滴定终点第一滴定终点)，消耗盐酸，消耗盐酸 1 VmL； ； 在上述锥形瓶中再加入在上述锥形瓶中再加入 2 滴指示剂滴指示剂 N，继续用继续用 1 0.1000mol L 盐酸标准溶液滴定至终点盐酸标准溶液滴定至终点(第二第二 滴定终点滴定终点)，又消耗盐酸，又消耗盐酸 2 V mL； ； 平行测定三次，平行测定三次， 1 V平均值为 平均值为 22.45， 2 V平均值为 平均值为 23
46、.51。 已知：已知：(i)当温度超过当温度超过 35时，时， 43 NH HCO开始分解。 开始分解。 (ii)相关盐在不同温度下的溶解度表相关盐在不同温度下的溶解度表 2 g /100gH O 温度温度/C0102030405060 NaCl35.735.836.036.336.637.037.3 43 NH HCO 11.915.821.027.0 3 NaHCO 6.98.29.611.112.714.516.4 4 NH Cl 29.433.337.241.445.850.455.2 回答下列问题：回答下列问题： (1)步骤步骤 I 中晶体中晶体 A 的化学式为的化学式为_，晶体，晶
47、体 A 能够析出的原因是能够析出的原因是_； ； (2)步骤步骤 I 中中“300加热加热”所选用的仪器是所选用的仪器是_(填标号填标号)； - 16 - ABCD (3)指示剂指示剂 N 为为_，描述第二滴定终点前后颜色变化，描述第二滴定终点前后颜色变化_； (4)产品中产品中 3 NaHCO的质量分数为 的质量分数为_(保留三位有效数字保留三位有效数字)； (5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 3 NaHCO质量分数的计算结果 质量分数的计算结果 _(填填“偏大偏大”“偏小偏小”或或“无影响无影响”)。 【答案】【答案】
48、NaHCO3在 30-35C 时 NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）D甲基 橙由黄色变橙色，且半分钟内不褪色3.56%偏大 【分析】 步骤 I：制备 Na2CO3的工艺流程中，先将 NaCl 加水溶解，制成溶液后加入 NH4HCO3粉末， 水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到 NaHCO3晶体，控制温度在 30-35C 发生反应， 最终得到滤液为 NH4Cl， 晶体 A 为 NaHCO3， 再将其洗涤抽干， 利用 NaHCO3 受热易分解的性质，在 300C 加热分解 NaHCO3制备 Na2CO3； 步骤 II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴
49、定发生的反应为： Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为 Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借 助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂 M 为酚酞试剂；第二次滴 定时溶液中的溶质为 NaCl，同时还存在反应生成的 CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色 范围为 8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示 剂 N 为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，再根据关系式求出总的 NaHCO3的物质的量，推导出产品中 NaHCO3的，最终通过计算得出产品中 NaHCO3的质量
50、分 数。 【解析】 根据上述分析可知， (1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在 30-35 C，目的是为了时 NH4HCO3不发生分解，同时析出 NaHCO3固体，得到晶体 A，因为在 30-35C 时，NaHCO3 的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在 30-35 C 时 NaHCO3的溶解度最小； (2)300C 加热抽干后的 NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意 的为 D 项，故答案为：D； - 17 - (3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂 N 为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的 溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后
