资源简介 本题型在五年高考中考查11次（共12份试卷），试题整体有一定难度。该题型主要有无机推断、化学流程、元素化合物与基本理论相结合等，无机推断题具有明显的化学学科特点，将基本概念、基本理论、元素单质及其重要化合物知识与化学实验及简单计算有机结合起来的综合题型。无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。元素化合物与基本理论相结合的综合题以元素化合物知识为载体，综合氧化还原、强弱电解质、平衡移动原理、物质结构等理论知识，对考生的思维能力进行综合考查。年份题号分值考查的主要内容及知识点能力要求知识要求难度要求接受、吸收、 整合化学信息的能力分析问题和解决化学问题的能力化学实验与探究能力了解理解掌握综合应用2013(Ⅰ)276化合价标定（Co)、氧化还原反应（2个方程式）、原电池原理（锂离子电池）/铝与碱反应离子方程式、双氧水性质√√√中2013(Ⅱ)276氧化还原反应原理应用于产物分析及配平/铁、锰与硝酸的反应/过滤及沉淀洗涤检验方法/物质组成的有关计算[概理+元化+实验+计算]√√√ √中难2014(Ⅰ)276电离方程式、化合价标定（H3PO2）、氧化产物判断及方程式的书写、盐（NaH2PO2）的判断与水解、电渗析法制H3PO2级电极反应式等[概理+元化]√√√中2014(Ⅱ)276铅及其化合物/Pb在周期表中的位置及周期律应用、氧化还原反应方程式书写、点解电极反应式书写、混合物组成计算[概理+元化+计算]√√√中2015(Ⅰ)276Mg2B2O5·H2O制H3BO3及B等工艺流程/化学方程式书写（酸+盐、热分解、置换）、速率影响因素、Fe3O4的磁性，Fe2++H2O2、调节pH沉淀分离、电子式、结晶法分离等[概理+元化]√√√√√中2015(Ⅱ)266原电池原理的应用、物质的分离与提纯（电极式、总反应式、电流与电量的计算、普通酸性锌锰电池回收工艺、Ksp计算及应用）√√√√√中难2016(Ⅰ)286NaClO2和ClO2等工艺流程/化合价、化学方程式、粗盐精制、电解产物、氧化还原反应原理（氧化剂、还原剂、氧化产物）、“有效氯含量”计算[概理+计算]√√√√√中难2016(Ⅲ)286废钒催化剂回收工艺/V2O5、V2O4等性质及离子方程式、SiO2、Fe2O3、Al2O3性质、氧化还原反应原理计算、平衡移动原理(洗硝效率)、NH4VO3分解方程式[概理+元化+计算]√√√中难2017(Ⅰ)276实验条件的选择、离子（化学）方程式的书写、KSP的应用√√√√中难2017(Ⅱ)266化学工艺流程（实验室测定水泥中钙的含量）[无机实验]√√√√中难2017(Ⅲ)286无机实验综合[工艺流程题（铬铁矿制取重铬酸钾）：氧化剂与还原剂物质的量的比、Na2CO3与SiO2的反应、控制pH分离物质、铬酸根离子与重铬酸根离子转化、据图像寻找分离物质适宜条件、反应类型－复分解反应、计算产率]√√√√√中难1．【2017年高考新课标Ⅰ卷】（14分）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率%9295979388分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。（5）若“滤液②”中，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ （列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为。（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h（2）FeTiO3+ 4H++4Cl? = Fe2++ + 2H2O（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降（4）4 （5）Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol·L?1=1.3×10–17 mol·L?1，c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl?＝Fe2++ + 2H2O；（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为–2价，Ti为+4价，过氧根()中氧元素显–1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(–2)×(15–2x)+(–1)×2x=0，解得：x=4；（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c()=1.3×10–2，则c()＝＝1.3×10–17 mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，则无沉淀。（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。【名师点睛】工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。2．【2017年高考新课标Ⅱ卷】（14分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是__________，还可使用___________代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_________________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为____________________________________。（3）加氨水过程中加热的目的是___________。沉淀B的主要成分为_____________、____________（写化学式）。（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 mol·L?1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为______________。【答案】（1）将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2（2）SiO2 (或H2SiO3) SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O（或H2SiO3+4HF= SiF4↑+3H2O）（3）防止胶体生成，易沉淀分离 Fe(OH)3 Al(OH)3 （4）45.0%【解析】（1）根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为 Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质具有氧化性，同时不能引入新的杂质，同时因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，因此可以选择双氧水。（2）根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。（3）加热可以使胶体聚沉，防止胶体生成，易沉淀分离；pH为4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、(OH)3。【名师点睛】化学工艺流程题是高考的热点内容，每年都会涉及，体现了化学知识与生产实际的紧密联系；工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入；而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论；化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识，只要理解清楚每步的目的，加上夯实的基础知识，此题能够很好的完成。3．【2017年高考新课标Ⅲ卷】（15分）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FeO·Cr2O3，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①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3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④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。a．80℃ b．60℃ c．40℃ d．10℃步骤⑤的反应类型是___________________。（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_____________。【答案】（1）2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 （2）铁 Al(OH)3（3）小 2+2H++H2O（4）d 复分解反应（5）×100%（3）滤液2调节pH的目的是提高溶液的酸性，pH变小；因为溶液中存在2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，增大溶液中H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中Cr2O72-的浓度。（4）由图示可知，在10 ℃左右时，得到K2Cr2O7的固体最多；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl的反应类型为复分解反应。（5）样品中Cr2O3的质量为m1×40% kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40% kg×，则所得产品的产率为m2 kg÷（m1×40% kg×）×100%=×100%。【名师点睛】考查无机制备的工艺流程，涉及氧化还原反应、离子方程式配平、盐类水解的应用及混合物的分离与提纯等，解题时要求对整个流程进行认识分析，对流程中每一个反应的原理和操作的目的要理解清楚。4．【2016年高考全国新课标Ⅰ卷】(14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数)【答案】（1）+3价；（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4；（3）NaOH溶液 ；Na2CO3溶液 ；ClO2-(或NaClO2)；（4）2:1； O2；（5）1.57g。【解析】【考点定位】考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用的知识。【名师点睛】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质，在任何化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0，掌握常见元素的化合价，并根据元素吸引电子能力大小及化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0的原则判断元素的化合价。有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，元素化合价升高，失去电子，该物质作还原剂，变为氧化产物；元素化合价降低，获得电子，该物质作氧化剂，变为还原产物，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目；可利用最小公倍数法配平氧化还原反应方程式，对于离子反应，同时还要符合电荷守恒及原子守恒。物质的氧化能力大小可结合每1mol物质获得电子的多少，获得电子越多，其氧化能力就越强。5．【2016年高考全国新课标Ⅲ卷】（14分）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2~2.92.8~3.122~2860~651~2<1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是__________________。（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124?形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V4O124? R4V4O12+4OH?（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_____性（填“酸”“碱”“中”）。（5）“流出液”中阳离子最多的是________。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。【答案】（1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2；（2）0.5；（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）碱；（5）K＋ ；（6）2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。【解析】（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124?形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。【考点定位】考查物质制备工艺流程图分析【名师点睛】本题是工艺流程问题，涉及氧化还原反应方程式的书写、步骤的分析、氧化还原反应的计算、元素及其化合物的性质等知识，发挥理论对实践的指导作用，将其应用于实践来解决实际问题，达到学以致用的目的。充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。书写离子反应方程式，首先找出反应物和生成物，然后判断此反应是否属于氧化还原反应，最后根据原子守恒、反应前后电荷守恒配平其他；工艺流程中充分把握题目所给数据，如本题中SiO2的质量分数在60%～65%，因此滤渣1的主要成分是SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，不与硫酸反应；氧化还原反应实质是电子的得失或偏移，即得失电子数目守恒，氧化还原反应的计算常常采用得失电子数目守恒进行计算，即氧化剂的物质的量×变价原子个数×化合价的变化值=还原剂的物质的量×变价原子个数×化合价的变化值，本题是3×1×1=n(KClO3)×1×6，解得x=0.5mol；化学平衡原理适用于任何化学平衡，如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。本题难度适中。6．【2015年高考新课标Ⅰ卷】（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式_____________。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有_________（写出两条）。（2）利用 的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是______（写化学式）。（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_______。 然后再调节溶液的pH约为5，目的是________。（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）。（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为_______。（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程___________。【答案】（1） Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3；减小铁硼矿粉粒径、提高反应温度。（2） Fe3O4； SiO2和CaSO4；（3）将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物而除去。（4）（七水）硫酸镁（5）（6） 2H3BO3 B2O3+3HO B2O3+3Mg 3MgO+2B【解析】（1）问写化学方程式，是仿照碱式碳酸盐和酸的反应，但是要先分析Mg2B2O5·H2O 中硼元素的化合价为+3价，联系到流程图最终产物可推知：硼元素变为H3BO3（H3BO3为弱酸，易溶于水）；这不是氧化还原反应，故镁元素转化为硫酸镁。加快反应速率可以采用升温等措施，增大固体颗粒的接触面积也是中学常规。（4）题中讲到含硫酸镁的母液，应该容易想到硫酸镁也会结晶析出，只是晶体含有七个结晶水不容易想到（从七水硫酸锌，七水硫酸亚铁联想），讲硫酸镁晶体应该也可以。（5）硼氢化钠的电子式很不常规，电子式是由离子键和阴离子内部的共价键两部分合成。（6）做题时这样想，这个反应的温度应该比较高，所以H3BO3会分解，然后就是置换反应。再将化学方程式配平就好。【考点定位】元素及其化合物知识；化学工艺常识；物质结构。本题是以化学工艺为素材，选材冷僻，试题难度为很难等级。【名师点晴】我认为这道题是一道好题，层次分明，有区分度。本题有考查“双基”——提速措施；四氧化三铁的磁性；制单质硼的反应。也有考查知识综合运用能力——Mg2B2O5·H2O与硫酸反应；净化除杂两步实验操作的作用；两处成分的判断。甚至还有思维最近发展区的考查——硫酸镁的结晶水数目（如果将结晶水作为计分点的话）；硼氢化钠的电子式。考生都有可能得分，但完全闯过三关的考生应该不多。（2）问中四氧化三铁的考查，命题者做了一种很高级的处理——去理想化。中学化学里学到四氧化三铁（象铁丝在纯氧中燃烧所得的无定形产物）和酸可以反应，但是天然的四氧化三铁和酸是不反应的。命题者的这种处理不会影响大部分考生的得分，因为问题情景中只有四氧化三铁有磁性（中学双基）。7．【2015年高考新课标Ⅱ卷】（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/(g/100g水) 温度/℃化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为 ，电池反应的离子方程式为： （2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn g。（已经F＝96500C/mol）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过____分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、______和 ，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是 ，其原理是 。（4）用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_____，加碱调节至pH为 时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_____时，锌开始沉淀（假定Zn2＋浓度为0.1mol/L）。若上述过程不加H2O2后果是 ，原因是 。【答案】（1）MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH；Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH （2）0.05g（3）加热浓缩、冷却结晶；铁粉、MnOOH；在空气中加热；碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2 （4）Fe3＋；2.7；6；Zn2＋和Fe2＋分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【解析】（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn—2e—＝Zn2＋。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH，所以总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH。（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5×300＝150，因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是。（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10—5mol/L，则溶液中氢氧根的浓度＝，所以氢离子浓度是2×10—3mol/L，pH＝2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn2＋浓度为0.1mol/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为＝＝10—8mol/L，氢离子浓度是10—6mol/L，pH＝6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn2＋和Fe2＋。【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。8．【2014年高考新课标Ⅰ卷第27题】 (15分) 次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式： （2）H3PO2及NaH2PO2)均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银。①(H3PO2)中，磷元素的化合价为 ②利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1，则氧化产物为： (填化学式)③NaH2PO2是正盐还是酸式盐？ 其溶液显 性(填弱酸性、中性、或者弱碱性)（3）(H3PO2)的工业制法是：将白磷(P4)与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式： （4）(H3PO2)也可以通过电解的方法制备。工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：①写出阳极的电极反应式 ②分析产品室可得到H3PO2的原因 ③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是 杂质。该杂质产生的原因是： 【答案】（1）H3PO2H++H2PO2-；（2）①+1；②H3PO4；③正盐 弱碱性；（3）2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+3PH3↑；（4） ①2H2O-4e-=O2↑+4H+；② 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO3-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成）③ PO43- ；H3PO3或H2PO2-被氧化。（3）根据题意和电子守恒、原子守恒，可得白磷与氢氧化钡溶液发生的氧化还原反应的化学方程式是2P4+3Ba(OH)2+ 6H2O= 3Ba(H2PO2)2 +3PH3↑；（4）①在阳极由于含有阴离子OH-、SO42-、H2PO2-；放电能力最强的是OH-，所以阳极发生反应：2H2O-4e- =O2↑+4H+；②在产品室之所以可得到H3PO2是因为阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者在产品室发生反应反应H++H2PO2= H3PO2。③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，合并了阳极室与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把H3PO2、H2PO2-氧化为PO43-，导致产品不纯。【考点地位】本题以次磷酸(H3PO2)为载体考查了弱电解质的电离方程式的书写、元素的化合价的判断、氧化还原反应原理、物质的电解方法制取原理、盐的水解。【名师点晴】盐的水解、氧化还原反应、电解原理都是中学化学的重要理论，发挥理论对实践的指导作用，将其应用于实践来解决实际问题，达到学以致用的目的。充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。解决本题，首先应该清楚：强弱电解质电离方程式的区别；化合物中各种元素的化合价的关系；氧化还原反应中的电子转移关系及氧化剂、氧化产物等概念；电化学反应原理；然后根据题意对给出的物质或反应作出相应的判断。综合运用已知条件完成各个问题。作出判断，再进行书写。对于元素的化合价，可结合化合物中各种元素的化合价的关系来判断。一、无机推断元素化合物推断题是一类综合性很强的试题，其中不仅包含元素及化合物性质和社会生活、环境保护、化学计算等知识，有时还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。下面就对推断题的一般题眼及其解题技巧与方法进行分析和讨论。 一、解推断题的一般思维策略1.立足基础：框图题重点考察元素及化合物的基础知识，立足于中学阶段常见物质与反应，故要熟练掌握一些代表 性物质的基本性质：如色、态、味、化学性质等。夯实基础是求解推断题的前提。及时的进行一些总结和记忆是非常有必要的。 （1）焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）（2）浅黄色固体：S或Na2O2或AgBr 2．抓住特性：多物质表现出特殊的物理或化学性质，具有一些特征反应，或在反应中能产生特殊现象，以硫元素及其化合物为例：Ｓ为淡黄色固体，H2S与O2、X2、Fe3+、SO2反应可产生淡黄色单质硫；SO2可被Fe3+、X2氧化，也可使品红溶液褪色，这些特殊信息有助于确定题目的突破口。又如 ：A— 若A为化合物，则A必为无氧弱酸的铵盐或不稳定弱酸的铵盐：（NH4）2S或NH4HS；（NH4）2CO3或NH4HCO3；(NH4)2SO3或NH4HSO3。若A为单质则为铝。 受热分解产生2种或3种气体的反应： ①铵盐 ②硝酸盐与水反应产生气体①单质 ②化合物 强烈相互促进水解的物质： 3．利用转化：无机物之间有一些重要的衍变关系，在物质之间按照一定规律反应时，会形成一定的特征的转化关系。如：⑴直线型转化：⑵交叉型转化： ⑷无机框图中常用到催化剂的反应： 牢记一些重要的转化关系，在解题时可两相对照，寻找相似，确定范围。同时，对一些典型的反应还需要从反应类型上加以总结。如置换反应：（1）金属→金属 （2）金属→非金属 （3）非金属→非金属 （4）非金属→金属 总结的过程中，要注意从不同的角度出发，如置换反应可以按以上的角度总结也可以按是否是同族间 的置换总结。【典例1】【2017届河南省南阳一中上第三次周考】Ⅰ.已知A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，A～I均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示．(部分生成物和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）写出组成物质D的元素在周期表中的位置：_________________。（2）写出反应②的化学方程式：___________________。（3） J在H2O2分解反应中作催化剂．若将适量J加入酸化的H2O2溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是___________________。Ⅱ.某无色溶液，其中可能存在以下离子：Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、SO42-，现取该溶液进行有关试验，其结果如下：回答下列问题：（4）生成沉淀甲的离子方程式：__________________；（5）已知气体甲由两种氧化物组成(不包括水蒸汽和HBr)，请你设计实验逐一鉴别这两种成分，将所需试剂以及现象填入下表中(可不填满，表中每一行对应正确方可得分)步骤实验目的试剂现象1234（6）针对溶液中可能存在的离子，用实验验证其是否存在的方法是_______________。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O（4）2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；（5）检验SO2、除尽SO2、检验CO2(其它合理答案也给分)步骤实验目的试剂现象1检验SO2品红溶液红色退去2除尽SO2酸性高锰酸钾溶液紫色变浅或不完全褪去3检验CO2澄清石灰水变浑浊（6）取沉淀丙加入足量稀盐酸，若沉淀不能完全溶解，则原溶液中含SO42-，沉淀全部溶解，则原溶液中无SO42-。(答案合理给分)【解析】I的浓溶液具有还原性，应为HCl，J是一种黑色固体，可与浓盐酸反应，应为MnO2，二者反应生成C为Cl2，D为常见金属，可与水蒸气反应，应为Fe，则E为FeCl3，A为H2，F为Fe3O4，B能与Fe3O4在高温下反应，且能与NaOH溶液反应，则B为Al，G为NaAlO2，H为Al2O3，（4）Ag+与题目所给的所以阴离子都能反应，不能大量共存，所以原溶液不含Ag+，所以淡黄色沉淀甲不是AgBr，为SO32￣与S2￣在酸性条件下反应生成的S单质沉淀，所以离子方程式为：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；气体甲由两种氧化物组成(不包括水蒸汽和HBr)，因为氢溴酸为强酸，能与CO32￣和SO32￣反应生成CO2和SO2气体，所以气体甲含有的两种氧化物为SO2和CO2，首先利用SO2的漂白性，通入品红溶液检验SO2，为了防止SO2对CO2检验的干扰，第2步应利用SO2的还原性，通入酸性KMnO4除去SO2，然后再通入澄清石灰水，检验CO2的存在，故答案为：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；步骤实验目的试剂现象1检验SO2品红溶液红色褪去2除尽SO2酸性高锰酸钾溶液紫色变浅或不完全褪去3检验CO2澄清石灰水变浑浊（6）原溶液中有可能有硫酸根离子，溶液乙中含碳酸氢根离子，则沉淀丙为BaCO3，可能有BaSO4，在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除BaCO3 外还有BaSO4；若全部溶解，则仅有BaCO3，故答案为：取沉淀丙加入足量稀盐酸，若沉淀不能完全溶解，则原溶液中含SO42-，沉淀全部溶解，则原溶液中无SO42-。【典例2】【2017届吉林省实验中学11月模拟】下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。请回答下列问题：（1）B中所含元素位于周期表中第____________周期，____________族。（2）A在B中燃烧的现象是_______________________。（3）D＋E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是____________。（4）G与J在水溶液中反应生成M的离子方程式是____________________。（5）Y受热分解的化学方程式是______________________。【答案】（1）三；ⅦA（2）气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生（3）2：1（4）3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓（5）4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑（1）B为Cl2中所含元素位于周期表第三周期第ⅦA族；（2）A为H2，B为Cl2，氢气在氯气燃烧的现象是：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生；（3）D+E→B的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，n(被氧化的物质HCl)：n(被还原的物质MnO2)=2：1；（4）G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓；（5）依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑。点晴：物质颜色与反应特点是解题关键，F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al；转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe(OH)3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化故选可知，N为HNO3，Y为Fe(NO3)3，结合物质的性质来解答。二、化学流程题1、无机化工流程题的解题思路：无机工艺流程题考虑的问题主要有以下几方面：一是选择将原料转化为产品的生产原理；二是除杂并分离提纯产品；三是提高产量和产率；四是减少污染，注意环保，发展“绿色化学”；五是考虑原料的来源丰富和经济成本；六是生产设备简单，生产工艺简便等。命题者围绕以上几方面设问，我们的解题思路是：（1）从生产目的(标)出发，读懂框图(流程)。解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。（2）分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：A.反应物是什么，B.发生了什么反应，C.该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为了获得产品。（3）从问题中获取信息，帮助解题，了解流程后着手答题。对反应条件的分析可从以下几个方面着手：对反应速率有何影响、对平衡转化率有何影响、对综合生产效益有何影响(如可以从原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护等方面考虑)。2、 解答无机化工流程图题的策略（1）粗读题干，挖掘图示图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。（2）携带问题，精读信息这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。（3）跳跃思维，规范答题答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。【特别提醒】注意答案的文字叙述规范（1）洗涤沉淀：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2～3次。（2）从溶液中得到晶体：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。（3）在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去某某杂质”，只写“除杂”等笼统的回答是不给分的。（4）看清楚是写化学反应方程式还是离子方程式，注意配平。【典例3】【2017届重庆市第八中学上学期定时训练6】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)6-2x]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I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)6-2x。滤渣II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”）。【答案】（1）Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；SiO2；（2）CaSO4；3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CaSO4+3CO2↑；（3）溶液中部分SO32-被氧化成SO42-；减小。点睛：氧化铝是两性氧化物，既可以与酸反应产生盐和水，也可以与强碱发生反应产生盐和水，而二氧化硅是酸性氧化物，只能与强碱发生反应，产生盐和水。铝盐水解使溶液显酸性，可以与CaCO3发生反应，产生Ca2+，CaSO3具有还原性，可以被溶解在溶液的氧气氧化产生CaSO4，在判断SO2吸收时要考虑CaSO3的还原性，才会作出正确的分析与判断在书写化学方程式时要遵循质量守恒定律，若反应是氧化还原反应，还应该符合电子守恒，若是离子反应，要遵循电荷守恒。【典例4】草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取COC2O4·2H2O工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是_______________。（2）NaClO3在反应中氯元素被还原为最低价，该反应的离子方程式为 ______________。（3）加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀。试用离子方程式和必要的文字简述其原理：_____________________________________。（4）滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液______。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如右图所示，在滤液II中适宜萃取的pH为___左右。a．1 b．2 c．3 d．4则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_____7(填“>”或“<”或“=”)（7）CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如右图所示(其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热)；A、B、C均为纯净物；C点所示产物的化学式是__________【答案】[除（3）3分外，其余每空皆2分，共15分]（1）还原Fe3＋、Co3＋为Fe2＋、Co2＋（2分，还原1分，Fe3＋和Co3＋共1分，）（2）ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋＝6Fe3＋＋Cl－＋3H2O （2分，有错无分）（3）加入的碳酸钠（或CO32－）与H＋反应，c(H＋)降低（1分），使Fe3＋和Al3＋（用M3＋代替）的水解平衡M3＋＋3H2O M(OH)3＋3H＋（1分），向右移动，而产生氢氧化物沉淀（1分）（注：水解的离子方程式任写一个就给分1分，共3分）（4）0.7（2分）[Ksp(MgF2)÷Ksp(CaF2)＝ 7.35×10－11÷1.05×10－10＝0.7]（5）c（2分） （6）＜（2分）（7）Co3O4（2分）（写成CoO·Co2O3亦给分，但Co2O3·CoO不给分）【解析】试题分析：浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等；加入NaClO3可氧化亚铁离子，得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要有Co2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋，加入NaF，除去Ca2＋、Mg2＋，再在滤液中加入萃取剂，最后得到CoC2O4；（4）当加入过量的氟化钠后，所得到滤液中镁离子与钙离子的比例等于氟化镁和氟化钙的溶度积的比值＝7.35×10-11/1.05×10-10＝0.7；（5）由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，溶液的pH是3.0时Mn2+完全萃取，答案选c；（6）因NH3·H2O的Kb大于H2C2O4的Ka2，则(NH4)2C2O4溶液中NH4+比C2O42－的水解能力弱，溶液显酸性，即pH＜7。考点：考查物质分离和提纯的方法流程图分析和基本实验操作的综合应用三、元素及其化合物与基本理论的融合无机推断与化学反应原理相结合，使考题具有考查知识面广，综合性强，思维容量大的特点，是近几年高考的热点。元素推断、无机框图推断涉及的大多数是常见物质，与化学反应原理联系点常有：1．一些可燃物如氢气、碳、一氧化碳、甲烷等常与燃烧热、热化学方程式的书写、盖斯定律及燃料电池相联系。2．NH3的合成、SO2的氧化、煤的气化、NO氧化等可逆反应，常常与化学反应速率、化学平衡等相联系进行考查。3．一些弱酸如碳酸、亚硫酸、次氯酸等及其对应的盐溶液；弱碱盐如FeCl3、AlCl3、CuSO4常常会与电离平衡、水解平衡、盐类水解等相联系。4．一些金属盐及金属的冶炼常与电解池、原电池相联系。【典例5】【2017届辽宁省鞍山一中上学期第一次模拟】化学方程式能够很直接形象的表示化学反应的过程与特征的一种符号，书写化学方程式是我们必须掌握的一项基本技能。请按照要求完成下列方程式。I．生活中很多现象和原理都可以用化学反应来解释：（1）写出泡沫灭火器反应原理的离子方程式： 。（2）用ClO2进行饮用水处理比使用Cl2具有很高的优越性，不仅杀菌消毒效率高，不产生致癌的有机氯化物，而且还能除去水中的Fe2+、Mn2+。请写出ClO2除去饮用水中Mn2+的离子反应方程式（已知Mn2+转变为MnO2， ClO2转变为ClO2－） 。II．根据体系中的物质及物质的性质，我们可以推测出该体系所发生的变化，并能用方程式写是出来：（1）某一反应体系有反应物和生成物共六种物质：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3、Fe2(SO4)3和H2O。写出该反应的化学方程式： 。（2）将NaClO溶液逐滴滴入含淀粉的NaI溶液中，溶液变蓝，继续滴加，溶液顺色先加深，后逐渐变浅，最终消失。经检测得知此时溶液中含有一种含正五价元素的含氧酸根。写出上述变化过程的两个离子反应方程式 、 。III．给化学反应分类是为了更好的研究反应的规律与特征，有利于我们把握反应的本质。置换反应是常见反应类型之一，其通式可以表示为：单质（l）十化合物（l）= 化合物（2）十单质（2）。请写出满足以下要求的2个有金属单质参与的置换反应化学方程式：①所涉及的元素都是短周期元素；② 4种单质分属4个不同的主族： 。【答案】（方程式没配平得1分，共20分）I．（1）Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑（2分）（2）2ClO2+Mn2++2H2O=MnO2↓+2ClO2－+4H+（3分）II．（1）24FeSO4+30HNO3=8Fe(NO3)3+8Fe2(SO4)3+3N2O↑+15H2O（3分）（2）H2O+ClO－+2I－=Cl－+I2+2OH－（3分）5ClO－+I2+2OH－=2IO3－+5Cl－+H2O（3分）III．2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑（3分）2Mg+CO22MgO+C（3分）其他合理也可得分 II．（1）稀硝酸具有强氧化性，亚铁盐具有还原性，则该反应为，最后各物质系数均乘以3可得：24 FeSO4 + 30 HNO3 = 8 Fe(NO3)3 + 8 Fe2(SO4)3 + 3 N2O↑ + 15 H2O；（2）由现象可知，ClO－先将I－氧化为I2，由溶液环境、电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平可得：；III．略。点睛：氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子 ，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括：升、失、氧，降、得、还；在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂；元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。【典例6】【2017届甘肃省天水一中高三上第二阶段考】某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如图所示。（1）该小组同学预测SO2与FeCl3溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色，然后开始实验。步骤①配制1 mol·L－1 FeCl3溶液(未用盐酸酸化)，测其pH约为1，取少量装入试管B中，加热AFeCl3溶液显酸性的原因是_______________________(用离子方程式表示)。写出装置A中产生SO2的化学方程式：______________________。（2）当SO2通入到FeCl3溶液至饱和时，同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应。将混合液放置12小时，溶液才变成浅绿色。【资料】[Fe(HSO3)]2＋离子为红棕色，它可以将Fe3＋还原为Fe2＋。生成[Fe(HSO3)]2＋离子的反应为可逆反应。解释SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色[Fe(HSO3)]2＋的原因：_____________________。写出溶液中[Fe(HSO3)]2＋离子与Fe3＋反应的离子方程式：_________________。（3）为了探究如何缩短红棕色变为浅绿色的时间，该小组同学进行了步骤②③的实验。步骤②往5 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中通入SO2气体，溶液立即变为红棕色。微热3 min，溶液颜色变为浅绿色步骤③往5 mL重新配制的1 mol·L－1 FeCl3溶液(用浓盐酸酸化)中通入SO2气体，溶液立即变为红棕色。几分钟后，发现溶液颜色变成浅绿色用铁氰化钾K3[Fe(CN)6] 溶液检验步骤②和步骤③所得溶液中的Fe2＋，其现象为______________（4）综合上述实验探究过程，可以获得的实验结论：Ⅰ.SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色中间产物[Fe(HSO3)]2＋离子；Ⅱ.红棕色中间产物转变成浅绿色溶液是一个较慢的过程；Ⅲ.___________________ ___ _______。【答案】（1）Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(2分）Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O（2分）（2）Fe3＋＋H2O＋SO2[Fe(HSO3)]2＋+H+(或者SO2+H2OH2SO3，H2SO3HSO3-+H+Fe3＋+HSO3-[Fe(HSO3)]2＋）（3分）Fe3＋＋H2O＋[Fe(HSO3)]2＋===2Fe2＋＋SO＋3H＋（2分）（3）生成蓝色沉淀（2分）（4）加热、提高FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间（2分）【解析】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，方程式为Fe3++ 3H2OFe(OH)3+ 3H+ 。在加热的条件下浓硫酸与铜发生氧化还原反应生成SO2，反应的化学方程式为Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑+2H2O。（3）铁氰化钾溶液与亚铁离子结合可以产生蓝色沉淀，所以实验现象为生成蓝色沉淀。（4）根据步骤②③中的实验现象可以推测其第三个结论是加热、提高FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间。1．无机框图推断题的分析思路及解题方法（1）无机框图推断题的分析思路①认真审题：见题后先迅速浏览一遍，从题干→问题→框图，尽量在框图中把相关信息表示出来。 ②找突破口---题眼③大胆猜测 ④验证确认 （2）无机框图推断题的解题方法①顺推法： 顺推是根据题设条件和转化关系方框图，从最初反应物入手，利用给定反应物的结构和性质特点，顺 着转化关系往后推，从而解决问题。②逆推法： 有的推断题，最初条件意义并不明确，但某一结果有较明确的含义，求解时，从这一结果入手，采 用 逆推模式，逆向逐层推理，可顺利达到解决问题的目的。 ③假想验证法： 假设思维模式是由题设条件和转化关系图找出题目突破口，并对有关内容建立假设，然后将假设结果代入题中验证分析，由此可使问题得以解决。假设模式的思维途径可表示为：2．解答无机化工流程试题的程序基本步骤：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用；抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。（4）从问题中获取信息，帮助解题。解题思路：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。1．用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有，H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe( OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al( OH)3Mn(OH)2完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8（1）①浸出过程中加入Na2SO3的目的是____。②向浸出液中加入NaClO3的离子反应方程式为____。③为提高浸取率除了适当增大NaClO3浓度，升高温度还可采取措施____（答一条即可）。若不慎向“浸出液”中加入NaClO3过量时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式____。（2）①“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为____。②萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是____；其使用的适宜pH范围是____（填编号）。A.2.0—2.5 B. 3.0—3.5 C.4.0—4.5 D.5.0—5.5③“操作1”中包含的基本实验操作，它们依次是_______、____和过滤、减压烘干。（3）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤，洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是____（答一条即可）。【答案】将钴元素还原到+2价 ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3 H2O 粉碎矿石（其它合理答案均可） ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O Fe(OH)3. Al(OH)3 除去溶液中的Mn2+ B 蒸发（浓缩） 冷却（结晶） 粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（其它合理答案均可）【解析】试题分析：本题以水钴矿为原料制取CoCl2·6H2O的流程为载体，考查流程的分析，离子方程式的书写，反应条件的选择，图像分析，基本实验操作和误差分析。（2）①加入NaClO3反应后溶液中主要阳离子为H+、Co2+、Fe3+、Mn2+、Al3+、Na+，根据各阳离子以氢氧化物形成沉淀时的pH分析，“加Na2CO3调pH至a”是除去Fe3+、Al3+，所以过滤所得到的沉淀成分为Fe（OH）3、Al（OH）3。②浸出液中加入Na2CO3调pH至a除去Fe3+、Al3+，此时溶液中主要阳离子为Co2+、Mn2+、Na+等，则加入萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，根据图示为了除去Mn2+应使Mn2+的萃取率尽可能高、Co2+的萃取率尽可能低，则适宜的pH范围为3.0~3.5，答案选B。③萃取后的余液中主要含Co2+、Na+、Cl-等，从萃取后的余液中获得CoCl2·6H2O的“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、减压烘干（防止CoCl2·6H2O分解失去结晶水）。（3）测定CoCl2·6H2O含量的原理：加入AgNO3溶液与Cl-反应形成AgCl沉淀，通过测定AgCl的质量计算CoCl2·6H2O的含量。粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：粗产品中含可溶性氯化物（如NaCl等）、CoCl2·6H2O晶体失去了部分结晶水。点睛：本题考查无机工业流程，流程图的解题过程：（1）了解整个流程的目的；（2）浏览整个流程，基本辨别出原料预处理、物质的分离和提纯、物质的制备等阶段；（3）具体分析每一步发生的反应和操作，解答时框内、框外相结合，边分析边思考，先局部后全盘逐步深入，在分析过程中要抓住元素守恒进行推理。2．水是生命之源，它与我们的生活密切相关。自来水厂常用高铁酸钠(Na2FeO4)改善水质。高铁酸钠具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂，在工业上制备高铁酸钠的方法有多种。（1）简述高铁酸钠用于杀菌消毒同时又起到净水作用的原理_____________________________。（2）干法制备高铁酸钠的反应原理如下：2FeSO4+6Na2O2==aNa2FeO4+bM↑+2Na2O+2Na2SO4①高铁酸钠中铁元素的化合价为________________。②上述方程式中b=____。每生成1molM，该反应转移电子的物质的量为_____________mol。（3）工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下：①步骤③中除生成Na2FeO4外，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为____________________________________。②己知Na2FeO4在强碱性溶液中的溶解度较小。可向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液。从Na2FeO4悬浊液得到固体的操作名称为_____________________。（4）计算Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的_______倍(结果保留两位小数。)【答案】高铁酸钠具有很强的氧化性，能杀菌消毒，本身被还原为Fe3+、Fe2+水解生成氢氧化铁胶体能吸附水中的杂质，起到净水作用 +6 1 10 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 过滤 0.64(2)①钠元素显+1价，氧元素显-2价，设铁元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+1)×2+x+(-2)×4=0，则x=+6价，故答案为：+6；(3)①步骤③是碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；②从Na2FeO4悬浊液得到固体可以通过过滤实现，故答案为：过滤；(4)FeO42-+3e-+4H2O?Fe(OH)3+5OH-，单位质量得到电子=0.018；Cl2+2e-=2Cl-，单位质量得到电子=0.028， =0.64，故答案为：0.64。3．工业上采用软锰矿(主要成分为MnO2)来制取硫酸锰，工艺流程如下：已知：浸出液中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+。回答下列问题：（1）实验室进行过滤操作时用到的玻璃仪器有玻璃棒、_____________________。（2）操作Ⅰ的目的是_______________________和调节溶液的PH?至3~4。检验过滤后的滤液中是否含有Fe3+的操作是___________________________________________________________________。（3）通过煅烧MnSO4·H2O?可制得软磁铁氧体材料(MnxO4)，在不同温度下煅烧MnSO4·H2O时剩余质量变化的曲线如图所示。根据图中数据可得MnxO4中x?的值为______________。A到B过程中分解得到的气体中SO2与SO3的物质的量之比为2∶1，写出该过程中发生反应的化学方程式：______________【答案】 漏斗、烧杯 用MnO2将Fe2+氧化成Fe3+ 取少量滤液，滴加KSCN溶液，若不显红色，则过滤后的溶液中不含Fe3+ 3 6MnSO4 =2Mn3O4+4SO2↑+ 2SO3↑+O2 ↑【解析】（1）实验室进行过滤操作时用到的玻璃仪器除了玻璃棒之外，还有盛液体的烧杯、制作过滤器的漏斗。（3）由曲线可知MnSO4·H2O为25.35mg，MnxO4为11.45mg，则根据锰元素守恒可知＝?x，解得x＝3；A曲线时固体减少的质量为25.35mg-22.65mg＝2.7mg，因为原固体中结晶水的质量为25.35mg×＝2.7mg，所以A曲线对应的物质为MnSO4，又因为A到B过程中分解得到的气体中SO2与SO3的物质的量之比为2∶1，所以A到B过程中发生反应的化学方程式为：6MnSO4=2Mn3O4+4SO2↑+2SO3↑+O2↑。4．消毒剂在生产、生活中有重要的作用，常见的含氯消毒剂有NaClO2、NaClO、ClO2 和Cl2回答下列问题：（1）NaClO2所含的化学键类型有________________。（2）消毒剂投入水中，一段时间后与氨结合得到一种结合性氯胺(NH2Cl)。NH2Cl 在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，常用于城市自来水消毒。其理由是________________（用化学方程式表示）。（3） “有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2 的氧化能力。上述四种含氯消毒剂中消毒能力最强的是________________。（4）自来水厂用ClO2 处理后的水中，要求ClO2 的浓度在0.1~0.8 mg·L-1之间。用碘量法检测ClO2 处理后的自来水中ClO2 浓度的实验步骤如下：步骤Ⅰ.取一定体积的水样，加入足量碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。步骤Ⅱ.用Na2S2O3 溶液滴定步骤Ⅰ中所得的溶液。已知：a. 操作时，不同pH 环境中粒子种类如下表所示。pH27粒子种类Cl-ClO2-b. 2S2O32-+I2==S4O62-＋2I-。①步骤Ⅱ中反应结束时溶液呈___________（填“蓝色”或“无色”）②若水样的体积为1.0L，在步骤Ⅱ中消耗10mL1.0×10-3mol·L-1Na2S2O3 溶液，则该水样中c(ClO2)=___________mg·L-1【答案】 离子键、共价键(或极性键) NH2Cl+H2ONH3+ HClO(或NH2Cl+ 2H2ONH3·H2O+ HClO) ClO2 无色 0.675【解析】（1）NaClO2是钠盐属于离子化合物，钠离子和ClO2-之间通过离子键结合，ClO2-中氯原子和氧原子通过共价键(极性键)结合，故NaClO2所含的化学键类型有：离子键、共价键(或极性键)。（2）在中性或酸性条件下有利于NH2Cl水解，生成具有强氧化性的HClO而杀菌消毒，用化学方程式表示为：NH2Cl+H2ONH3+HClO(或NH2Cl+2H2ONH3?H2O+HClO)。（4）①由已知，步骤Ⅰ生成I2，步骤ⅡNa2S2O3溶液与I2反应生成I-，又因为加入淀粉作指示剂，所以步骤Ⅱ中反应结束时溶液呈无色。②步骤ⅠClO2与碘化钾溶液反应，用氢氧化钠溶液调节pH至中性，由表中数据可得，ClO2被还原为ClO2-，反应离子方程式为：2ClO2+2I-=2ClO2-+I2，步骤Ⅱ反应离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-＋2I-，所以可得关系：ClO2~S2O32-，所以c(ClO2)=10mL×10-3L?mL-1×1.0×10-3mol·L-1×67.5g?mol-1×1000mg?g-1÷1.0L=0.675mg?L-1。5．某菱铁矿的主要成分是FeCO3,还含有SiO2、少量CaCO3和 Al2O3。下图是利用该菱铁矿制备磁性Fe3O4胶体粒子的简要工艺流程：（1）菱铁矿石粉碎的目的是_______________；碱浸可否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH?说明理由：_________________。（2）“不溶物”加稀盐酸可否改用不易挥发的稀硫酸？说明理由____________；“不溶物”加稀盐酸后“部分氧化”之前还有项操作，化学实验名称为__________。（3） “部分氧化”离子方程式为______________________。（4）如何实验验证“部分氧化”的滤液中存在Fe2+?___________________________。（5）Fe3O4胶粒的直径的范围是______________________。【答案】增大固体表面积，提升“碱浸”时的化学反应速率 不能，Ca(OH)2溶解度较小不能顺利溶解铁矿中的Al2O3 不可，CaSO4微溶很难除净固体中的CaCO3 过滤 ClO3- + 6H+ + 6Fe2+ = Cl- + 6Fe3+ + 3H2O 往试样中滴加高锰酸钾酸性溶液，高锰酸钾紫红色褪去，说明滤液中尚存Fe2+（或其它合理答案） 1～100nm（或10-9～10-7m等合理答案）（3）“部分氧化”为ClO3-将2价铁氧化，同时Cl元素被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3- + 6H+ + 6Fe2+ = Cl- + 6Fe3+ + 3H2O。（4）检验三价铁中的二价铁最常考的方法是：滴加KMnO4的酸性溶液，红色退去，证明含Fe2+；（5）因为Fe3O4为胶体，其胶粒直径的范围为1~100nm，粒子直径小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液。6．碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是重要的无机化工产品。一种由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，还含少量SiO2、Fe2O3等]为原料制备碱式碳酸镁(国家标准中CaO的质量分数≤0.43%)的实验流程如下：（1）“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为____________________________。（2）常温常压下“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。 图1 CaO含量与碳化终点pH的关系 图2 碱式碳酸镁产率与碳化终点pH的关系①应控制“碳化”终点pH约为________，发生的主要反应的化学方程式为______________________和____________________。②图2中，当pH＝10.0时，镁元素的主要存在形式是____________(写化学式)。（3）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为________________________________。（4）该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是____________(写化学式)。【答案】 CaMg(CO3)2CaO＋MgO＋2CO2↑ 9.0 Mg(OH)2＋2CO2===Mg(HCO3)2 Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O Mg(OH)2 5Mg(HCO3)24MgCO3·Mg(OH)2·4H2O↓＋6CO2↑ CO2【解析】(1) CaMg(CO3)2的煅烧分解类似于CaCO3、MgCO3 的高温分解，CaMg(CO3)2 CaO+MgO+2CO2↑；(3)由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5Mg(HCO3)2 4MgCO3·Mg(OH)2 ·4H2O↓+6CO2↑；(4)由流程图可知，可循环利用的物质有CO2。7．从废旧液晶显示器的主材 ITO（主要成分是含铟、锡的氧化物）回收铟和锡，流程示意图如下。资料：物质铟（In）锡（Sn）周期表位置第五周期、第IIIA族第五周期、第IVA族颜色、状态银白色固体银白色固体与冷酸作用缓慢反应缓慢反应与强碱溶液不反应反应（1）为了加快步骤①的反应速率，可以采取的措施有______（至少答两点）。（2）步骤①中铟的氧化物转化成In3+的离子方程式是______。（3）步骤②中加入过量铟能够除去溶液中的Sn2+，根据所给资料分析其原因是______。（4）步骤④和⑤中NaOH溶液的作用是______。（5）下图是模拟精炼铟的装置图，请在方框中填写相应的物质。_____【答案】 增大盐酸浓度、加热、将废料粉碎 In2O3+6H+==2In3++3H2O 同周期主族元素从左向右原子半径减小，金属性减弱（还原性减弱） 除去a、b两种滤渣中的锡和锌 【解析】（1）加快反应速率，可采用增大反应物浓度，升温或增大固体与液体的接触面积等方法。故答案为：增大盐酸浓度、加热、将废料粉碎；（4）流程分析：步骤①酸浸，加盐酸将铟、锡的氧化物溶解，得到含In3+、Sn2+的滤液。步骤②，加入过量的In，In与Sn2+反应置换出Sn，生成In3+，过滤，滤渣a的主要成分为Sn和未反应完的In，滤液为In3+溶液。步骤③，向滤液中加入过量的Zn，Zn与In3+反应置换出In，过滤所得滤渣b的主要成分为In和未反应完的Zn。步骤⑤，向滤渣b中加入过量的NaOH溶液，In与NaOH不反应，Zn与NaOH反应生成易溶于水的ZnO22-，实现Zn与In分离。步骤④，向滤渣a中加入过量NaOH溶液，Sn与NaOH反应，而In不反应，则达到使Sn和In分离的目的。根据上述分析，步骤④和⑤加入NaOH溶液的目的为除去a、b两种滤渣中的锡和锌。点睛：本题流程分析的关键是具备从已知资料中提取信息的能力，根据表格信息可知金属Sn为两性金属，既可以和酸反应，又可以和碱反应，类似Al。可以利用金属Sn两性，进行分离除杂。8．I、在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外的同一种元素。请回答下列问题：（1）A的化学式是__________，Y的结构式是___________，Z中所含有的的化学键_________。（2）当X是强碱时，写出E的稀溶液和铜反应生成C的离子方程式：_____________________。II、浅绿色的硫酸亚铁铵晶体[又名莫尔盐，（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]比绿矾（FeSO4?7H2O）更稳定，常用于定量分析．莫尔盐的一种实验室制法如下：废铁屑溶液A 莫尔盐（1）向废铁屑中加入稀硫酸后，不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是_______．（2）浓度均为0.10mol?L﹣1的莫尔盐溶液和FeSO4溶液，c（Fe2+）前者__后者.（填“大于”、“小于”或“等于”或“无法判断”）（3）从下列装置中选取必要的装置制取（NH4）2SO4溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a接 ； 接 ．________（4）常温下，若0.10mol?L﹣1（NH4）2SO4溶液的pH=5，求算NH3?H2O的电离平衡常数Kb≈______．【答案】 (NH4)2S O=O 共价键 3Cu＋8H+＋2NO3－ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O 防止亚铁离子被氧化 大于 def 2x10-5【解析】I、D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，因为O的相对原子质量为16，初步判断Y为O2，则B到C再到D发生的是两次连续的氧化反应。因为E为酸，所以C和D为非金属氧化物，则B为含有非金属元素的化合物，不论X是强酸还是强碱， A都可以生成B，则A中阳离子一定为NH4+，与碱反应生成NH3，NH3可以发生连续氧化。A是一种正盐，所以A中的阴离子为S2-，与酸反应生成H2S，可以发生连续的氧化反应。（1）根据上面分析可知A为(NH4)2S；Y为O2，其结构式为O=O；D为非金属氧化物，E为酸，所以Z为H2O，其含有的化学键为共价键。（2）X为碱时，NH4+与OH-反应生成NH3，NH3被氧化为NO，再被氧化为NO2，再与水反应生成HNO3，HNO3与Cu反应的离子方程式为：3Cu＋8H+＋2NO3－ = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O。（3）A装置中利用生石灰溶于水放出大量的热量使氨水中的氨气挥发，C中H2SO4与氨气反应生成（NH4）2SO4，氨气反应会使导气管中压强的减小而引起倒吸，所以C中加入CCl4，使氨气与H2SO4不在导气管口接触，可以防倒吸，最后多余的氨气不能排放空气中，故用水吸收，为了防止倒吸，所以D中加一个倒扣的漏斗。所以接口序号为a接d接e接f，答案为：def 。 （4）0.10mol?L﹣1（NH4）2SO4发生水解反应：NH4++H2ONH3?H2O+H+，氨水的浓度与氢离子的浓度相等，所以氨水的电离平衡常数Kb=c(NH4+)×c(OH-)/c(NH3?H2O)=0.2×10-9/10-5=2×10-5。点睛：本题的第一部分较难，属于开放性的题目，要求平时学习中注意积累，解题时思维开放。首先根据数字16确定Y为O2，然后弄清出题人的本意，就是考查中学化学中的连续的氧化反应。此类题目多注意积累，考试起来就会得心应手，常见的有：CH4→C→CO→CO2、NH3→NO→NO2、Na→Na2O→Na2O2、H2S→S→SO2→SO3、R-CH2OH→R-CHO→R-COOH。9．氯化亚铜是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐。从酸性电镀废液(主要含Cu2＋、Fe3＋)中制备氯化亚铜的工艺流程图如下：金属离子含量与混合液pH、CuCl产率与混合液pH的关系图如图。【已知：金属离子浓度为1 mol·L-1时，Fe(OH)3开始沉淀和沉淀完全的pH分别为1.4和3.0，Cu(OH)2开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.2和6.7】请回答下列问题：（1）酸浸时发生反应的离子方程式是________；析出CuCl晶体时的最佳pH在_______左右。（2）铁粉、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl的离子反应方程式为________________。（3）析出的CuCl晶体要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2 h、冷却密封包装。70℃真空干燥、密封包装的目的是_____________。（4）产品滤出时所得滤液的主要分成是________，若想从滤液中获取FeSO4·7H2O晶体，还需要知道的是__________________。（5）若将铁粉换成亚硫酸钠也可得到氯化亚铜，试写出该反应的化学方程式：______________。为提高CuCl的产率，常在该反应体系中加入稀碱溶液，调节pH至3.5。这样做的目的是_____________。（6）工业上还可以采用以碳棒为电极电解CuCl2溶液得到CuCl。写出电解CuCl2溶液中的阴极上发生的电极反应:___________。【答案】Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O 3 2Cu2＋＋2Cl－＋Fe=2CuCl↓＋Fe2＋ 加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化 Na2SO4和FeSO4 不同温度下硫酸钠和硫酸亚铁的溶解度 2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋H2O=2CuCl↓＋2Na2SO4＋H2SO4 OH－中和了反应中的H＋，有利于平衡向右移动，提高CuCl的产率。但当OH－浓度过大时，Cu＋能与OH－结合，生成氢氧化亚铜，从而降低了CuCl的产率 Cu2＋＋Cl－＋e-=CuCl↓【解析】(1)电镀废液加碱处理时生成的电镀污泥中主要成分为Cu(OH)2和Fe(OH)3，在pH=4的条件下进行酸浸，又知Fe(OH)3开始沉淀和沉淀完全的pH分别为1.4和3.0，Cu(OH)2开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.2和6.7，所以酸浸时Fe(OH)3不会溶解，而Cu(OH)2则完全溶解，所以反应的离子方程式为Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；根据图象可知CuCl晶体析出产率最高时对应的pH在3左右。(2)由转化关系可知，反应物为铁粉、氯化钠、硫酸铜，生成物为CuCl，还有硫酸亚铁和硫酸钠，所以反应的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋Fe= 2CuCl↓＋Fe2＋ 。(3)因为氯化亚铜在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐，所以要隔绝空气进行真空干燥、密封包装，在70℃下进行干燥，能够加快乙醇和水分的蒸发。(4)由(2)的分析可知，滤液的主要的成分为Na2SO4和FeSO4，要想从中分离出FeSO4，并析出FeSO4·7H2O晶体，一定要知道硫酸钠和硫酸亚铁在不同温度下的溶解度，才能采取措施进行分离、结晶。 (6)工业上还可采用以碳棒为电极，电解CuCl2溶液得到CuCl，在阴极附近Cu2＋比H＋更容易得到电子，所以阴极上的反应为 Cu2＋＋ Cl－ ＋ e- =CuCl↓。点睛：本题的关键是明白控制溶液的pH，使Cu和Fe以不同的形式分离，提高产品的产率，就需要认真思考图象所给的信息该如何使用；根据CuCl的性质信息，产品的干燥、包装等问题都解决了。10．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质)。某课题小组以此粉末为原料,设计资源回收的工艺流程如下:（1）写出第①步反应的离子方程式___________________________________________。（2）洗涤滤渣B的目的是为了除去______(填离子符号),（3）写出第③步反应的化学方程式_________________________。（4）制备绿矾(FeSO4·7H2O)时,向Fe2(SO4)3溶液中加入过量_______,(物质名称)充分反应后,经过滤得到FeSO4溶液,再经________、________、过滤、洗涤、干燥等操作步骤得到绿矾。（5）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品(质量分数为80%)1.300g,加硫酸溶解后,用 0.1000mol/L FeSO4溶液滴定至终点(铈被还原成Ce3+),则需准确滴加标准溶液的体积为________mL。【答案】SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Fe3+ 2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O 铁粉 蒸发浓缩 冷却结晶 50.00（3）CeO2和H2O2在稀硫酸的条件下发生氧化还原反应，+4价的Ce被还原为+3 的Ce，则H2O2作还原剂，被氧化为O2，化学方程式为：2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O。（4）向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉反应生成FeSO4，过滤后得到FeSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，即可得到绿矾晶体。（5）根据题意写出相关反应的离子方程式：Ce(OH)4+4H+=Ce4++4H2O、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，根据以上两个方程式可得Ce(OH)4 ～Fe2+，所以n(FeSO4)=n(Ce(OH)4)= 1.300g×80%÷208g/mol =0.005mol，需要FeSO4溶液体积V=0.005mol÷0.1000mol/L=50.00ml。 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2018年高考150天化学备考全方案之高考化学理综12题揭秘专题11+元素化合物和基本理论综合题（文本）.doc 2018年高考150天化学备考全方案之高考化学理综12题揭秘专题11+元素化合物和基本理论综合题（训练）.doc
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