專題19工藝流程題-三年高考2012018化學試題分項版解析解析版

1、專題1919工藝流程題1.【2018新課標1卷】焦亞硫酸鈉(Na2s2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)生產(chǎn)Na2s2O5,通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式(2)利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2s2O5的工藝為：pH=4.1時，I中為溶液(寫化學式)。工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是。(3)制備Na2s2O5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和NazSO3。陽極的電極反應式為。電解后，室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進行結(jié)晶脫水，可得到Na2s2O5。(4)Na2s

2、2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2s2O5殘留量時，取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000molL-1的碘標準液滴定至終點，消耗10.00mL。滴定反應的離子方程式為,該樣品中Na2s2O5的殘留量為gL-1(以sO2計)?！敬鸢浮?NaHsO3=Na2s2O5+H2ONaHsO3得至UNaHsO3過飽和溶液2H2。4e=4H+22Tas2O52+2I2+3H2O=2sO42+4I+6H+0.128【解析】精準分析：(D亞硫酸氨鈉過飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據(jù)原子守恒可知反應的方程式為2NaHSOsuNkSjOs十H：OF(2)碳酸鈉飽和溶液吸收sO2后的溶液顯酸性，

3、說明生成物是酸式鹽，即I中為NaHsO3;I II IpH-KpHpH-KpHII稀H3H3口；S S。,挺吸收液要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，因此工藝中加入碳酸鈉固體、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3過飽和溶液；(3)陽極發(fā)生失去電子的氧化反應，陽極區(qū)是稀硫酸，氫氧根放電，則電極反應式為2H2。一4鼠=4H+O2T。陽極區(qū)氫離子增大，通過陽離子交換膜進入a室與亞硫酸鈉結(jié)合生成亞硫酸鈉。陰極是氫離子放電，氫氧根濃度增大，與亞硫酸氫鈉反應生成亞硫酸鈉，所以電解后a室中亞硫酸氫鈉的濃度增大。(4)單質(zhì)碘具有氧化性，能把焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，反應的方程式為S2O52+2

4、I2+3H2O=2SO42+4I+6H十;消耗碘的物質(zhì)的量是0.0001mol,所以焦亞硫酸鈉的殘留量(以SO2計)是考點定位：考查物質(zhì)制備、元素及其化合物性質(zhì)、對流程的分析、電解原理的應用以及定量分析等【試題點評】本題以焦亞硫酸鈉的制備、應用為載體考查學生對流程的分析、電解原理的應用以及定量分析等，題目難度中等。難點是電解池的分析與判斷，注意結(jié)合電解原理、交換膜的作用、離子的移動方向分析電極反應、亞硫酸氫鈉濃度的變化。易錯點是最后一問，注意計算殘留量時應該以二氧化硫計，而不是焦亞硫酸鈉。2.12018新課標2卷】我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家，一種以閃鋅礦(ZnS,含有SiO2和少量

5、FeS、CdS、PbS雜質(zhì))為原料制備金屬鋅的流程如圖所示：稀兼酸0，、打1。鋅粉LJTI浮選赭培鹿商品 f 瓦屯函記fI立吊底雜 f 迪波 T 電解一鋅氣體濾超1濾渣 2濾渣3相關(guān)金屬離子C0(Mn+)=0.1molL-1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下:金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列問題：(1)焙燒過程中主要反應的化學方程式為。(2)濾渣1的主要成分除SiO2外還有;氧化除雜工序中ZnO的作用是,若不通入氧氣，其后果是。(3)溶液中的Cd2+可用鋅粉除去，還原除雜工序中反應的離子方程式為。(4)電解

6、硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極的電極反應式為;沉積鋅后的電解液可返回0.0001mol64g/mol0.0001mol64g/mol0.05L0.05L= =0.128g/L0.128g/L。工序繼續(xù)使用。才主I卜期【答案】ZnS+2O2ZnO+SO2PbSO調(diào)節(jié)溶液的pH無法除去雜質(zhì)Fe2+Zn+Cd2+Zn2+CdZn2+2eZn溶浸【解析】精準分析：焙燒時硫元素轉(zhuǎn)化為56,然后用稀疏酸溶漫，生成硫酸鋅、硫酸亞鐵和硫酸鎘，二氧化51與稀硫酸不反應轉(zhuǎn)化為源查，由于疏酸鉛不溶于水，因此濾渣1中還含有疏酸鉛小由于沉淀亞鐵離子的pH較大,需要將其氧化為鐵離子，通過控制pH得到氫氧化鐵沉淀三濾酒中加入

7、鋅粉置換出Cd,最后將濾港電解得到金屬鋅。則(1)由于閃鋅礦的主要成分是ZnS,因此焙燒過程中主要反應的化學方程式為才吾，堯2ZnS+3O22ZnO+2SO2。(2)由于硫酸鉛不溶于水，因此濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbSO4；要測定鐵離子，需要調(diào)節(jié)溶液的pH,又因為不能引入新雜質(zhì)，所以需要利用氧化鋅調(diào)節(jié)pH,即氧化除雜工序中ZnO的作用是調(diào)節(jié)溶液的一2+pH。根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知沉淀亞鐵離子的pH較大，所以若不通入氧氣，其后果是無法除去雜質(zhì)Fe。(3)溶液中的Cd2+可用鋅粉除去，反應的離子方程式為Zn+Cd2+=Zn2+Cd。(4)電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極發(fā)生得到電子的還原反應，

8、因此陰極是鋅離子放電，則陰極的電極反應式為Zn2+2e=Zn；陽極是氫氧根放電，破壞水的電離平衡，產(chǎn)生氫離子，所以電解后還有硫酸產(chǎn)生，因此沉積鋅后的電解液可返回溶浸工序繼續(xù)使用?？键c定位：本題主要是考查物質(zhì)制備的工藝流程分析，涉及方程式書寫、濾渣成分判斷、試劑作用分析、電解原理的應用等知識?！驹囶}點評】無機工業(yè)流程題能夠以真實的工業(yè)生產(chǎn)過程為背景，體現(xiàn)能力立意的命題為指導思想，能夠綜合考查學生各方面的基礎知識及將已有知識靈活應用在生產(chǎn)實際中解決問題的能力。解決本類題目的關(guān)鍵是分析流程中的每一步驟，可從以下幾個方面了解流程：反應物是什么；發(fā)生了什么反應；該反應造成了什么后果，對制造產(chǎn)品有什么作用

9、。即抓住一個關(guān)鍵點：一切反應或操作都是為獲得產(chǎn)品而服務的。另外本題中呈現(xiàn)的內(nèi)容展示了中華優(yōu)秀科技成果對人類發(fā)展和社會進步的貢獻，可以引導學生自覺傳承我國科學文化，弘揚科學精神。3.【2018新課標3卷】KIO3是一種重要的無機化合物，可作為食鹽中的補碘劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)KIO3的化學名稱是。(2)利用“KCIO3氧化法”制備KIO3工藝流程如下圖所示:【解析】精準分析:根據(jù)氯酸鉀(KClOi)可以推測KIO二為碘酸鉀。(2)將溶解在溶液中的氣體排出的一般方法是將溶液加熟，原因是氣體的溶解度是隨溫度上升而下項小，第一步反應得到的產(chǎn)品中氯氣在“逐C：產(chǎn)時除去，根據(jù)圖示，碘酸鉀在最后得到，所以

10、過濾時KHto):應該在濾渣中，所以濾液中主要為KC：。 調(diào)pH”的主要目的是將KHU5卜轉(zhuǎn)化為KIO”所以方程式為：KH(IOs)2+KOH=2KIOa+H：Oo(3)由圖示，陰極為氫氧化鉀溶液，所以反應為水電離的氫離子得電子，反應為2H2O+2e=2OH-+H2T。電解時，溶液中的陽離子應該向陰極遷移，明顯是溶液中大量存在的鉀離子遷移，方向為由左向右，即由a到boKC1O3氧化法的最大不足之處在于，生產(chǎn)中會產(chǎn)生污染環(huán)境的氯氣。考點定位：本題考查的是化學工業(yè)以及電化學的相關(guān)知識，涉及物質(zhì)名稱、流程分析、反應條件控制、電極反應式、交換膜作用分析以及實驗方案評價等?！八峄磻彼卯a(chǎn)物有KH(I

11、O3)2、CI2和KCl0“逐C12”采用的方法是O“濾液”中的溶質(zhì)主。“調(diào)pH”中發(fā)生反應的化學方程式為(3)KIO3也可采用“電解法”制備，裝置如圖所示。寫出電解時陰極的電極反應式,其遷移方向是(寫出一點)。KIO3+H2O)K+a到b產(chǎn)生Cl2易污染環(huán)境等港油KKhKKh電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為2KIO3+H2O或(HIO3+KOH2H2O+2e2OH+H2T【試題點評】題目的電解過程，可以理解為：陽極區(qū)的單質(zhì)碘和氫氧化鉀反應:+3H2O,生成的碘離子在陽極失電子再轉(zhuǎn)化為單質(zhì)碘，單質(zhì)碘再與氫氧化鉀反應，以上反應反復循環(huán)最終將所有的碘都轉(zhuǎn)化為碘酸鉀。陰極區(qū)得到的氫氧化鉀可以循

12、環(huán)使用。4.12018北京卷】磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“磷精礦粉研磨心。必酸浸)精制磷酸，磷石膏(主要成分為CaS04CaS04- -0.5H0.5H? ?O O) )70【答案】研磨、加熱 v 核電荷數(shù)PvS,原子半徑PS,得電子能力2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4-0.5H2O+6H3PO4+2HFT80C后,著降低CaSO4微溶BaCO3+SO2-+2H3P04BaSO4+CO2T+&O+2H2PO4【解析】精

13、準分析二(1)研磨能增大反應物的接觸面積，加快反應速率，加熱，升高溫度加快反應速率3流程中能加快反應速率的措施有： 研磨， 加熱(?)依據(jù)反應方程式， 根據(jù)強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律,酸性：HaPO+H： SO4.用元素周期律解蟀酸性：KPCLH：50QP和5電子層翻相同，核電荷翻PS,得電子置昉PS,非金屬性PSc(3)根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，包(P0.)sF與HiSQ反應生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化學方程式為2Cas(Pd)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HFT。(4)圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率

14、，80c前溫度升高反應速率加快，相同時間內(nèi)有機碳脫除率增大；80c后溫度升高，H2O2分解速率大，”。2濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。過量，充分反應后仍有SO42一殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-,H3P。4的酸性強于H2CO3,在粗磷酸中CO32-轉(zhuǎn)化成H2O和CO2,反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2，+2H2PO4-+H2O。(6)1滴7E終點生成Na2HPO4,則消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的重之

15、比為1：2,n(H3P。4)=-n(NaOH)2=Mbmol/LMcM103L=mol,m(H3PO4)=molx98g/mol=-g=0.049bcg,精制磷酸中H3P。42200020001000一0049bc的質(zhì)量分數(shù)為。a考點定位：考查影響化學反應速率的因素、元素周期律、化學反應方程式的書寫、化學計算等知識?！驹囶}點評】易錯提醒：學生對(5)的第二空的作答無從下手，根據(jù)信息，脫硫時,反應后仍有SO42,加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4比BaCO3更難溶，因此發(fā)生BaCO3+SO42=BaSO4+CO32,磷酸是中強酸，碳酸是弱酸，生成碳酸量少，因此此離子反應方程式為

16、BaCO3+SO4-+2H3PO4BaSO4+CO2T+H2O+2H2Po4。5.12018江蘇卷】以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3Fe2O3、SiO2,少量Fe0和金屬硫酸鹽)為原料，生soso? ?P及賽7套為SO2+OH=HSO3。除的硫元素主要來源于Fe8。添加CaO,CaO起固硫作用，添加CaO發(fā)生的反應為2CaO+2SO2+O2=2CaSO4,根據(jù)硫去除率的計算公式及其含義可知，不添加CaO的礦粉硫去除率較高，因此，700c焙燒時，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低的原因是：硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4留在礦粉中。(3)“堿浸”時Al2O3、 $。2轉(zhuǎn)化為溶于水

17、的NaAlO2、Na2siO3,向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2,CO2與NaAlO2反應生成NaHCO3和Al(OH)3,反應的離子方程式為CO2+AIO2-+2H2O=Al(OH)3J+HCO3,即Al元素存在的形式由NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3。(4)Fe2O3與Fe&混合后在缺氧條件下焙燒生成FesO4和SO2,反應的化學方程式為FeS2+16Fe2O叁塞11Fe3O4+2SO22,理論上完全反應消耗的n(Fe&):n(Fe2O3)=1：16?？键c定位：本題以高硫鋁土礦為原料生產(chǎn)氧化鋁和Fe3O4的流程為載體，考查流程的分析，F(xiàn)e、Al、S元素及其化合物的性質(zhì)，

18、圖像的分析，獲取新信息的能力，指定情境下化學方程式的書寫及氧化還原反應的綜合分析能力。【試題點評】易錯提醒：(1)需注意反應物及用量的不同對反應產(chǎn)物的影響，如NaOH溶液吸收少量SO2時,產(chǎn)物為SO32,吸收過量SO2則產(chǎn)物為HSO3-;Fe2O3與Fe&混合后在缺氧條件下焙燒時，沒有氧氣作氧化劑。(2)正確理解去硫率的含義，防止把去硫率當成固硫率，不添加CaO的礦粉硫去除率高，是因為其中的硫易轉(zhuǎn)化為SO2氣體。6.12018江蘇卷】以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2為原料可制備N2H4H2O(水合朋9和無水Na2SO3,其主要實驗流程如下：NKHINKHI溶液OSO

19、TOSOTI I1 11 1I I飛-T 彳囑H H步驟1111 H H5 5騁卜一-Nago-Nago；巾璐1Y1Y卜_.、的SOSO米臺腓濯灌已知：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O是放熱反應。N2H4。H2O沸點約118C,具有強還原性，能與NaClO劇烈反應生成N2。(1)步驟I制備NaClO溶液時，若溫度超過40C,Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3和NaCl,其離子方程式為;實驗中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是(2)步驟H合成N2H4H2O的裝置如題19圖-1所示。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40C以下反應一段時間后，再迅速升溫至110C繼續(xù)反應。實驗中通

20、過滴液漏斗滴加的溶液是;使用冷凝管的目的是(2)根據(jù)題給已知，多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度高于600C,不添加CaO的礦粉低于500c焙燒時，去攪拌器題19圖 T(3)步驟IV用步驟出得到的副產(chǎn)品W2CO3制備無水Na2SO3(水溶液中H2SO3、HS3隨pH的分邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定何時停止通SO2的實驗操作為請補充完整由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。【答案】(1)3CI2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O緩慢通入C12(2)NaClO堿性溶液減少水合隊的揮發(fā)(3)測量溶液的pH,若pH

21、約為4,停止通SO2邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH,pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34c條件下趁熱過濾布如題19圖-2所示，Na2SO3的溶解度曲線如題19圖-3所示)。簿會長生MSSU U0 0ooOooO5 54 4y yT茫M解【解析】精準分析:步驟I中Ch與NaOH溶液反應制備XaC： Oj步驟II中的反應為NaClO堿性溶液與尿素水溶液反應制備水合鵬燈步驟III分離出水合脫溶海；步驟1寸由5。二與NMC6反應制備Na：SO：o(1)溫度超過40C,C12與NaOH溶液發(fā)生歧化反應生成NaClOs、NaCl和O,反

22、應的化學方程式為3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,離子方程式為3C12+6OH-W5C1-+C1O3-+3H2O。由于Cl2與NaOH溶液的反應為放熱反應，為了減少NaClO3的生成，應控制溫度不超過40C、減慢反應速率；實驗中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是：緩慢通入Cl2。（2）步驟II中的反應為NaClO堿性溶液與尿素水溶液反應制備水合腫，由于水合隊具有強還原性、能與NaClO劇烈反應生成N2,為了防止水合腫被氧化，應逐滴滴加NaClO堿性溶液，所以通過滴液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在110c繼續(xù)反應，N2H4H2O沸點

23、約118C,使用冷凝管的目的：減少水合隊的揮發(fā)。（3）向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液，根據(jù)圖示溶液pH約為4時，HSO3-的摩爾分數(shù)最大，則溶液的pH約為4時停止通入SO2;實驗中確定何時停止通入SO2的實驗操作為：測量溶液的pH,若pH約為4,停止通SO2。由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3,首先要加入NaOH將NaHSO3轉(zhuǎn)化為NazSO3,根據(jù)含硫微粒與pH的關(guān)系，加入NaOH應調(diào)節(jié)溶液的pH約為10;根據(jù)Na2SO3的溶解度曲線，溫度高于34c析出Na2SO3,低于34c析出Na2SO3-7H2O,所以從Na2SO3溶液中獲得無水Na2SO3應控制溫度高于34C

24、。由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案為：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH,pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34c條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝。考點定位：本題以制備水合腫和無水Na2SO3的實驗流程為載體，考查實驗條件的控制、實驗加料的方式、實驗原理的理解和實驗方案的設計、對圖表等信息的獲取和處理應用能力?！驹囶}點評】思路點撥：（1）在設計實驗方案時要注重對實驗過程和實驗原理的理解；（2）仔細分析含硫微粒的摩爾分數(shù)與pH的關(guān)系，確定應該控制的pH范圍；（3）關(guān)注題中的新信息的處理、遷移應用；（

25、4）仔細分析溶解度曲線，確定合適的結(jié)晶和分離方法以及實驗條件的控制。7.【2017新課標1卷】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Mg。、SiO2等雜質(zhì)）來制備，工藝流程如下：一TiTi。.HQHQ雙氧水一廠Z ZHL1OHHL1OHLiJiLiJis sO O（s sLGCO3LGCO3-r后mF.mF.廠 dLilLilJ11c11c鹽酸水解沉淀氨水過/鈦鐵礦T 酸漫 1 濾液二H意過濾L濾液鬻圾翼.濾渣磷酸認住回答卜列問題：（1）“酸浸”實驗中，鐵的浸出率結(jié)果如下圖所示。由圖可知，當鐵的浸出率為件為。加品高溫殿燒.L

26、kCOvH2CALiFePO.高溫燃燒70%寸，所采用的實驗條100100(2)“酸浸”后，鈦主要以TiQCl：一形式存在，寫出相應反應的離子方程式(3)TiQ2-XH2Q沉淀與雙氧水、氨水反應40min所得實驗結(jié)果如下表所示:溫度/C3035404550TiQ2XDQ轉(zhuǎn)化率%9295979388分析40C時TiQ2-XH2Q轉(zhuǎn)化率最高的原因。(4)Li2Ti5Qi5中Ti的化合價為+4,其中過氧鍵的數(shù)目為。(5)若“濾液”中 c(Mgc(Mg2424)=0.02molL)=0.02molL，加入雙氧水和磷酸(設溶液體積增加1倍)，使Fe3十恰好沉淀完全即溶液中 c(Fec(Fe3434)=1

27、.0Ml0,molL)=1.0Ml0,molL，此時是否有Mg3(PQ4)2沉淀生成？(列式計算)。FePQ4、Mg3(PQ4)2的Ksp分別為1.3黑102、1.0父100。(6)寫出“高溫煨燒中由FePQ4制備LiFePQ4的化學方程式?！敬鸢浮?1)100C、2h,90C,5h(2)FeTiQ3+4H+4Cl-=Fe2+TiQCl4+2H2Q(3)低于40C,TiQ2XH2Q轉(zhuǎn)化反應速率隨溫度升高而增加；超過40C,雙氧水分解與氨氣逸出導致TiQ2,XH2Q轉(zhuǎn)化反應速率下降(4)422(5) Fe3+恰好沉淀完全時，c(PQ3)=1.310mol-L-1=1.3x1017molL-1,c

28、3(Mg2+)xc2(PQ：)=1.0101.010(0.01)3X(1.3X1017)2=1.7X104vKspMg3(PQ4)2,因此不會生成Mg3(PQ4)2沉淀。(6)2FePQ4+U2CQ3+H2C2Q4圖溫2LiFePQ4+H2Qf+3CQ2T【解析】3)由圖示可知j酸浸”時鐵的凈出率為7。湖寸，貝監(jiān)選擇在100七、疝，兜七，5h下曲力(2)“酸浸時用鹽酸溶解FmTQ生成 TiOC 才時，發(fā)生反應的離子方程式為FE5+41T+4C1-=FWTiQCl2-+2H2。；(3)溫度是影響速率的主要因素，但H2Q2在高溫下易分解、氨水易揮發(fā)，即原因是低于40C,TiQ2-XH2Q轉(zhuǎn)化反應速

29、率隨溫度升高而增加；超過40C,雙氧水分解與氨氣逸出導致TiO2XH2O轉(zhuǎn)化反應速率下降;（4）Li2Ti5Oi5中Li為+1價，O 為-2價，Ti為+4價，過氧根（02r中氧元素顯-1價，設過氧鍵的數(shù)目為X,根據(jù)正負化合價代數(shù)和為0,可知(+1)X2+(+4)X5+(-2)X(15-2x)+(-1)X2x=0,解彳導:x=4;=c3(Mg2+)xc2(PO；0=(0.01)3x(1.3x1017)2=1.69x1040v1.0 x1024,則無沉淀。(6)高溫下FePO4與Li2CO3和H2c2。4混合加熱可得LiFePO4，根據(jù)電子守恒和原子守恒可得此反應的化學方程式為2FePO4+U2C

30、O3+H2C2O4局溫2LiFePO4+H2OT+3CO2T。【名師點睛】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)的化學知識步步設問，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、任務。審題的重點要放在與題設有關(guān)操作的目標、任務上，分析日要從成本角度（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采用“四段論法

31、”：本題改變了什么條件（或是什么條件）一根據(jù)什么理論一所以有什么變化一結(jié)論。8.12017新課標3卷】重銘酸鉀是一種重要的化工原料，一般由銘鐵礦制備，銘鐵礦的主要成分為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）步驟的主要反應為：FeO-Cr2O3+Na2co3+NaNO3一型 tNa2crO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反應配平后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（用離子方程式表不）。（4）有

32、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（填標號）得到的K2Cr2O7固體產(chǎn)品最多。(5)KspFePO4=c(Fe3+)xc(PO：1=1.3X102,則c(PO、=3V=1.3X1017cFemol/L,QcMg3(PO4)240040032032024024016016080804040。02。4060Ho】00a.80cb.60cc.40cd.10c步驟的反應類型是。(5)某工廠用mikg銘鐵礦粉(含C2O340%)制備&52。7,最終得到產(chǎn)品m2kg,產(chǎn)率為?！敬鸢浮?1)2：7陶瓷在高溫下會與W2CO3反應

33、(2)鐵Al(OH)3(3)小2CrO4r2H+COO；+”O(jiān)(4)d復分解反應(5)19處x100%147ml【解析】(1)FeO-C門 6 是還原劑，氧化產(chǎn)物為亞00+和F之O”每摩轉(zhuǎn)移7mol電子，而是氧化劑，還原產(chǎn)物為NaNS,每摩轉(zhuǎn)移2m0電子根據(jù)電子守恒可知.FeO-CnS和NaN6的系數(shù)比為2：7f陶姿在高溫下會與NHCS反應,則熔融時不能使用陶裔容器。(2)熔塊中氧化鐵不溶于水,過濾后進入漉渣1,則濾渣1中含量最多的金屬元素是鐵:濾流1中含有AlQf、SQF-及調(diào)節(jié)溶液pH并過濾后得濾渣2為Al(OHM及含睢雜質(zhì)(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?/p>

34、在2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O,增大溶液中H+濃度，可促進平衡正向移動，提高溶液中Cr2O72-的濃度。(4)由圖示可知，在10C左右時，得到K2Cr2O7的固體最多；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7(+2NaCl的反應類型為復分解反應。294(5)樣品中Cr2O3的質(zhì)重為mX40%kg,則生成K2Cr2O7的理論質(zhì)重為mX40%kgx,則所得廣品的152產(chǎn)率為m2kg-(m1x40%kgx-294)x100%=190m2x100%152147ml【名師點睛】考查無機制備的工藝流程，涉及氧化還原反應、離子方程式配平、鹽類水解的應用及混合物的分離與提純等，解題時要求對

35、整個流程進行認識分析，對流程中每一個反應的原理和操作的目的要理解清楚。9.12017北京卷】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TiC的流程示意圖如下：oxMal9庖曜留N N的CrCr曲2分KC1NaQ資料：TiCl4及所含雜質(zhì)氯化物的性質(zhì)化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸點/c58136181(升華)3161412熔點/c-69-25193304714在TiCl4中的溶解性互溶微溶難溶(1)氯化過程：TiO2與C12難以直接反應，加碳生成CO和CO2可使反應得以進行。1已知：TiO2(s)+2C12(g)=TiCl4(g)+

36、O2(g)AH1=+175.4kJmol12C(s)+O2(g)=2CO(g)AH2=-220.9kJ-mol沸騰爐中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的熱化學方程式：。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反應的小0(填“”“V3氯化反應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。4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。物質(zhì)a是,T2應控制在【答案】(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)H=-45.5kJ/mol鈦精礦氯化過理沸疆爐粗TiC

37、L精制過程,蒸饋塔純TiCL或“=”)，判斷依據(jù):(2)精制過程：粗TiCl4經(jīng)兩步蒸儲得純TiCl4。示意圖如下：控制溫度為控制溫度 4隨溫度升高，CO含量增大，說明生成CO的反應是吸熱反應H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液MgCl?、AlCl3、FeClg(2)SiCl4高于136C,低于181ct解析】(1)生成TiCk和CO的反M程式為TiO:+2C：i+2OFCU+2co，根據(jù)蓋斯定律，兩式相加,得至ijTiO：Cs)+2Ck(g)+2CCs)=Tia0.尾氣中的HC：經(jīng)水吸收可得到粗鹽酸，然后再將Ch通入FeCh溶液中，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“TiC

38、U及所含雜質(zhì)氯化物的性質(zhì)”一覽表， 因此氧化過程中生成的MgCh、AlCb、FeCl三只有少量溶解在淋態(tài)TiCh中，而SiCU完全溶解在TiCU中，因此過謔得到粗TiCU混合淵寸漉查中含有上述難溶物和微溶物口潴渣應為MgCh、A1CU、FeChc(2)根據(jù)資料，SiCU的沸點最低,先蒸倭出來？因此物質(zhì)a為SiC：”根據(jù)流程目的，為了得到燉凈的TiCL,后續(xù)溫度需控制在稍微大于136七，但小于1&1七?！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方程式、化學平衡移動、HCl及Cl2尾氣的利用和吸收、制備流程中物質(zhì)關(guān)系、過濾、蒸儲實驗等基礎化學知識，考查考

39、生對化學反應原理知識的綜合應用能力和對已知信息的綜合應用能力。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、任務。審題的重點要放在與題設有關(guān)操作的目標、任務上，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采用“四段論法”：本題改變了什么條件(或是什么條件)一根據(jù)什么理論一所以有什么變化一結(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

40、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行處理防止污染。(1)“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為。10.12017江蘇卷】鋁是應用廣泛的金屬。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：NaOHNaOHNaHCONaHCO3 3鋁土礦Al注：SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀。(2)向“過濾I”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I”是電解熔融Al2。3,電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是。(4)“電解H”是電解Na2CO3溶液，

41、原理如圖所示。陽極的電極反應式為,陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學式為。(5)鋁粉在1000c時可與N2反應制備AlN。在鋁粉中添加少量NH4CI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。2氧化2-(5) 4CO32+2H2O-4e-=4HCO3+O2TH2(6)NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜【解析】結(jié)合流程及題中信息可知鋁土礦在通溶時，其中的氧化鋁和二氧化殍可與強堿溶液反應過涯后,浪液中偏鋁酸鈉與碳酸氯鈉反應生成氮氧化鋁沉淀和碳酸鈉，氮氧化鋁經(jīng)灼燒后分解為氧化鋁-最后電解熔融

42、的氧化鋁得到鋁。碳酸鈉溶液經(jīng)電解后可以再生成碳酸氫鈉和氫氧化節(jié)內(nèi)進行循環(huán)利用.(1)氧化鋁為兩性氧化物，可溶于強堿溶液生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為Al2O3+2OH-=2AlO2+H2OO(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

43、結(jié)合H+轉(zhuǎn)化為HCO3,所以電極反應式為4CO3+2H2O-4e-=4HCO3-+。22，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生成一層致密的氧化膜。氯化錢受熱分解產(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錢有利于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、任務。審題的重點要放在與題設有關(guān)操彳的目標、任務上，分析

44、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采用“四段論法”：本題改變了什么條件（或是什么條件）一根據(jù)什么理論或性質(zhì)一所以有什么變化一結(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錢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，知道學了哪些，大多數(shù)的試題的根都在課本上。11.12017江蘇卷】某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量

45、Ag（金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略）。15%15%NaCIONaCIO溶液（過量）10%10%氮水已知：NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3 H2OAg（NH3）2+Cl-+2H2O常溫時N2H4H2O（水合朋：）在堿性條件下能還原Ag（NH3）2+：4Ag（NH3）2+N2H4。O4AgJ+N2T+4NH4+4NH3f+&O（1）“氧化”階段需在80c條件下進行，適宜的加熱方式為。（2）NaClO溶液與Ag反應的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和。2,該反應的化學方程式為。HNO3也能氧化Ag,

46、從反應產(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H”的濾渣進行洗滌，并。（4）若省略“過濾I”，直接向冷卻后的反應容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3H2O反應外（該條彳下NaClO3與NH3H2O不反應），還因為。（5）請設計從“過濾H”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：2molL-1水合腫溶液，1molL-1H2so4）?！敬鸢浮浚?）水浴加熱（2）4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2T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n

47、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與氨水反應預處理后的光盤呼片氧化NaOHNaOH溶液調(diào)pHpH濾液濾渣(5)向濾液中滴加2molL-1水合腫溶液，攪拌使其充分反應，同時用1molL-1H2sO4溶液吸收反應中放出的NH3,待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥?！窘馕觥糠治鲱}中的實驗流程可知，第一步氧化是為了把光盤中的少量銀專秘為氯化銀，氯化銀難溶于水,過漉后存在于濾渣中：第三步溶解時，氨水把氧化銀溶解轉(zhuǎn)化為銀氨配離子，最后經(jīng)一系列操作還原為銀。(1)“氧化”階段需在初七條件下進行，由于加熱溫度低于水的沸點，所以適宜的加熱方

48、式為水浴加熱。;3也能氧化Ag,硝酸做氧化劑時通常被還原為有毒的氤的氧化物而污染環(huán)攢,所以以HNOM弋替丫式：0的缺點是會釋放出氮氧化物(或NO、MS3造成環(huán)境污染。(3)為提高Ag的回收率，需對“過濾H”的濾渣進行洗滌，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n的濾液中。(4)若省略“過濾I”，直接向冷卻后的反應容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3-H2O反應外，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+2NH3-H2O-Ag(NH3)2+Cl-+

49、2H2O反應，使得銀的回收率變小。(5)“過濾n”后的濾液含有銀氨配離子，根據(jù)題中信息常溫時N2H4H2O(水合隊)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+:4Ag(NH3)2+N2H4H2O=4AgJ+N2T+4NH4+4NH3T+H2O,所以首先向該濾液中加入水合隊把銀氨配離子充分還原， 由于該反應產(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2molL-1水合腫溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol-L-1H2SO4溶

50、液吸收反應中放出的NH3,待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥?！久麕燑c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、實驗方案的設計等融為一體，重點考查學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、實驗方案的設計和評價等能力，也考查學生運用比較、分析等科學方法解決實際問題的能力和邏輯思維的嚴密性。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，注意反應條件的控制以及實驗試劑的量的控制，按照“核心轉(zhuǎn)

51、化一尾氣處理一產(chǎn)品分離一產(chǎn)品提純”思路，對細節(jié)進行耐心的優(yōu)化，直至得到完美方案。12.12016新課標1卷】NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下:回答下列問題：(1)NaClO2中Cl的化合價為。(2)寫出“反應”步驟中生成C1O2的化學方程式。(3)“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2RCa2+,要加入的試劑分別為。“電解”中陰極反應的主要產(chǎn)物是。(4)“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量C1O2O此吸收反應中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為,該反應中氧化產(chǎn)物是。(5)“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含

52、氯消毒劑的氧化能力相當于多少克C12的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為。(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))【答案】(1)+3;(2)2NaClO3+SO2+H2so4=2ClO2+2NaHSO4；(3)NaOH溶液；Na2cO3溶液；ClO2-(或NaClO2)；(4)2:1;O2;(5)1.57?！窘馕觥吭囶}分析：(1)在NaQS中Na為+1價，。為 7 價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為01可得Q的化合價為+3,C)NaCIS和86在坨*6酸化條件下生成其中NaCQ：是氧化劑,還原產(chǎn)物為NaCl,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，此反應的化學方程式為2XaC：O吠SO+H：$OA2C16+2NaH6dM3)

53、食鹽溶液中混有Mg二-和CF,可利用過量NaOH溶液除去Mg-利用過量NazCO二溶液除去向Nad溶液中力味C16,進行電解,陽極發(fā)生反應2Cl-2e=Cl:3反應產(chǎn)生C12,陰極發(fā)生反應產(chǎn)生YaClS,可見我電解”中陽極反應的主要產(chǎn)物是NaClO2；(4)根據(jù)圖示可知： 利用含有過氧化氫的NaOH溶液吸收ClO2氣體，產(chǎn)物為NaClO2,則此吸收反應中，氧化劑為ClO2,還原產(chǎn)物為NaClO2,還原劑是H2O2,氧化產(chǎn)物是。2,每1mol的H2O2轉(zhuǎn)移2mol電子，反應方程式是：2NaOH+2clO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O,可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1,該反應

54、中氧化產(chǎn)物為O2。(5)每克NaClO2的物質(zhì)的量n(NaClO2)=1g-90.5g/mol=mol,其獲得電子的物質(zhì)的量是n(e-)=-1-molx4=4/90.5mol,1molCl2獲得電子的物質(zhì)90.590.5的量是2mol,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知其相對于氯氣的物質(zhì)的量為n=-molX4+2=mol,則90.590.52氯氣的質(zhì)重為molX71g/mol=1.57g。90.5【考點定位】考查混合物的分離與提純、氧化還原反應的分析及電解原理的應用等知識?！久麕燑c睛】化合價是元素形成化合物時表現(xiàn)出來的性質(zhì)，在任何化合物中，所有元素正負化合價的代數(shù)和等于0,掌握常見元素的化合價， 并根

55、據(jù)元素吸引電子能力大小及化合物中所有元素正負化合價的代數(shù)和等于0的原則判斷元素的化合價。有元素化合價變化的反應是氧化還原反應，元素化合價升高，失去電子，該物質(zhì)作還原劑，變?yōu)檠趸a(chǎn)物；元素化合價降低，獲得電子，該物質(zhì)作氧化劑，變?yōu)檫€原產(chǎn)物，元素化合價升降總數(shù)等于反應過程中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目；可利用最小公倍數(shù)法配平氧化還原反應方程式，對于離子反應，同時還要符合電荷守恒及原子守恒。13.【2016新課標3卷】以硅藻土為載體的五氧化二銳(V2O5)是接觸法生成硫酸的催化劑。從廢鈕催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用。廢鈕催化劑的主要成分為：物質(zhì)V2O5V2。4K2SO4SiO2Fe2O3

56、Al2O3質(zhì)里分數(shù)/%2.22.92.83.12228606512V1以下是一種廢銳催化劑回收工藝路線:廢渣】底渣2 2濫出通回答下列問題：(1)“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+,反應的離子方程式為，同時V2O4轉(zhuǎn)成VO2+。“廢渣1”的主要成分是。(2)“氧化”中欲使3mol的VO2+變?yōu)閂O2+,則需要氧化劑KC1O3至少為mol。(3)“中和”作用之一是使鈕以V4O124-形式存在于溶液中?！皬U渣2”中含有。(4)離子交換和洗脫可簡單表本為：4ROH+V4O124-F=R4V4O12+4OH-(ROH為強堿性陰離子交換樹脂)。為了提高洗脫效率，淋洗液應該呈性(填“酸”、“堿”或“中”)。

57、(5)“流出液”中陽離子最多的是。(6)“沉鈕”得到偏鈕酸錢(NH4VO3)沉淀，寫出“煨燒”中發(fā)生反應的化學方程式?！敬鸢浮?1)V2O5+2H+=2VO2+H2O;SiO2；(2)0.5;(3)Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)堿；(5)K+;(6)高溫.人2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3T?！窘馕觥吭囶}分析：(1)“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+,V元素化合價不變，說明不是氧化還原反應，根據(jù)原子守恒可知反應的離子方程式為V2O5+2H+=2VO2+H2O;二氧化硅與酸不反應，則“廢渣1”的主要成分是二氧化硅。(2)“氧優(yōu)申欲使3mol的VC噎為V元素化合價從+4價升高到+5價

58、,而氧化劑KC1Q沖氯元素化合價從+5價降低到 T 價，則根據(jù)電子得失守恒可知需要氯酸鉀的物質(zhì)的量為3mo-6=0.(3)“中和”作用之一是使釧以*0二人形式存在于溶液中，同時生成氫氧化鐵“氫氧化鋁沉淀，則“廢渣產(chǎn)中含有Fe(OHhAl(OH)jo(4)根據(jù)方程式可知為了提高洗脫效率，反應應該向逆反應方向進行，因此淋洗液應該呈堿性。(5)由于前面加入了氯酸鉀和氫氧化鉀，則“流出液”中陽離子最多的是鉀離子。(6)根據(jù)原子守恒可知偏鋰酸錢(NH4VO3)“煨燒”生成五氧化二鈕、氨氣和水，發(fā)生反應的化學方程高溫式為2NH4VO3=V2O5+H2O+2NH3f?！究键c定位】考查物質(zhì)制備工藝流程圖分析【

59、名師點睛】本題是工藝流程問題，涉及氧化還原反應方程式的書寫、步驟的分析、氧化還原反應的計算、元素及其化合物的性質(zhì)等知識，旨在發(fā)揮理論對實踐的指導作用，將其應用于實踐來解決實際問題，達到學以致用的目的。本題充分體現(xiàn)了“源于教材又不拘泥于教材”的指導思想，在一定程度上考查了學生的知識的靈活運用能力和分析問題解決問題的能力。書寫離子反應方程式，首先找出反應物和生成物，然后判斷此反應是否屬于氧化還原反應，最后根據(jù)原子守恒、反應前后電荷守恒配平其他。工藝流程中充分把握題目所給數(shù)據(jù)，如本題中SiO2的質(zhì)量分數(shù)在60%-65%因此濾渣1的主要成分是SiO2,因為SiO2屬于酸性氧化物，不與硫酸反應。氧化還原

60、反應實質(zhì)是電子的得失或偏移，即得失電子數(shù)目守恒，氧化還原反應的計算常常采用得失電子數(shù)目守恒進行計算，即氧化劑的物質(zhì)的量x變價原子個數(shù)x化合價的變化值也原劑的物質(zhì)的量x變價原子個數(shù)x化合價的變化值，本題是3X1x1=n(KClO3)x1X6,解得x=0.5mol;化學平衡原理適用于任何化學平衡，如果改變影響平衡的一個條件，化學平衡會向能夠減弱這種改變的方向移動。本題難度適中。14.12016北京卷】以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4為原料,制備高純PbO,實現(xiàn)鉛的再生利用。其工作流程如下：油液在532+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是(2)過程I中，F(xiàn)e2催化過程可表不為:i