2021年高考化學(xué)真題和模擬題分類(lèi)匯編專(zhuān)題20工業(yè)流程題含解析

高考真題解析系列高考真題解析系列/高考真題解析系列專(zhuān)題20工業(yè)流程題2021年高考真題年化學(xué)高考題一、單選題1．（2021年高考真題年山東省高考化學(xué)試題（山東卷））工業(yè)上以SO2和純堿為原料制備無(wú)水NaHSO3的主要流程如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．吸收過(guò)程中有氣體生成 B．結(jié)晶后母液中含有NaHCO3C．氣流干燥濕料時(shí)溫度不宜過(guò)高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【*參考答案】B【題目考點(diǎn)分析】根據(jù)工藝流程逆向題目考點(diǎn)分析可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到結(jié)晶成分為NaHSO3，則母液為飽和NaHSO3和過(guò)量的二氧化硫形成的亞硫酸，溶液呈酸性，所以加入純堿進(jìn)行中和，涉及的反應(yīng)為：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以調(diào)節(jié)pH為8進(jìn)行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫氣體進(jìn)行混合吸收，此時(shí)吸收過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)為：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此時(shí)會(huì)析出大量NaHSO3晶體，經(jīng)過(guò)離心分離，將得到的濕料再進(jìn)行氣流干燥，最終得到NaHSO3產(chǎn)品，據(jù)此題目考點(diǎn)分析解答。【*題目解析】A．根據(jù)上述題目考點(diǎn)分析可知，吸收過(guò)程中有二氧化碳生成，A正確；B．結(jié)晶后母液中含飽和NaHSO3和過(guò)量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒(méi)有NaHCO3，假設(shè)產(chǎn)物中存在NaHCO3，則其會(huì)與生成的NaHSO3發(fā)生反應(yīng)，且NaHCO3溶解度較低，若其殘留于母液中，會(huì)使晶體不純，假設(shè)不成立，B錯(cuò)誤；C．NaHSO3高溫時(shí)易分解變質(zhì)，所以氣流干燥過(guò)程中溫度不宜過(guò)高，C正確；D．結(jié)合上述題目考點(diǎn)分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正確；故選B。2．（2021年高考真題年河北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（河北卷））BiOCl是一種具有珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度B．轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【*參考答案】D【*題目解析】A．硝酸為強(qiáng)氧化劑，可與金屬鉍反應(yīng)，酸浸工序中分次加入稀，反應(yīng)物硝酸的用量減少，可降低反應(yīng)劇烈程度，A正確；B．金屬鉍與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鉍會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成，水解的離子方程式為，轉(zhuǎn)化工序中加入稀，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理題目考點(diǎn)分析，硝酸鉍水解平衡左移，可抑制生成，B正確；C．氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，醋酸根會(huì)結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理題目考點(diǎn)分析，氯化鉍水解平衡右移，促進(jìn)水解，C正確；D．氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理題目考點(diǎn)分析，氯化鉍水解平衡左移，不利于生成，且部分鉍離子與硝酸根、水也會(huì)發(fā)生反應(yīng)，也不利于生成，綜上所述，D錯(cuò)誤；故選D。3．（2021年高考真題年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（湖南卷））已二酸是一種重要的化工原料，科學(xué)家在現(xiàn)有工業(yè)路線(xiàn)基礎(chǔ)上，提出了一條“綠色”合成路線(xiàn)：

下列說(shuō)法正確的是A．苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，下層溶液呈橙紅色B．環(huán)己醇與乙醇互為同系物C．已二酸與溶液反應(yīng)有生成D．環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面【*參考答案】C【*題目解析】A.苯的密度比水小，苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，有機(jī)層在上層，應(yīng)是上層溶液呈橙紅色，故A錯(cuò)誤；B．環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇結(jié)構(gòu)不相似，分子組成也不相差若干CH2原子團(tuán)，不互為同系物，故B錯(cuò)誤；C．己二酸分子中含有羧基，能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2，故C正確；D．環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個(gè)碳原子直接相連的4個(gè)原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此所有碳原子不可能共平面，故D錯(cuò)誤；參考答案選C。4．（2021年高考真題年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（湖南卷））一種工業(yè)制備無(wú)水氯化鎂的工藝流程如下：

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．物質(zhì)X常選用生石灰B．工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂C．“氯化”過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)為D．“煅燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無(wú)水【*參考答案】D【題目考點(diǎn)分析】海水經(jīng)一系列處理得到苦鹵水，苦鹵水中含Mg2+，苦鹵水中加物質(zhì)X使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，過(guò)濾除去濾液，煅燒Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2經(jīng)“氯化”得無(wú)水MgCl2?！?題目解析】A．物質(zhì)X的作用是使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，工業(yè)上常采用CaO，發(fā)生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正確；B．Mg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂，B正確；C．由圖可知“氯化”過(guò)程反應(yīng)物為MgO、氯氣、C，生成物之一為MgCl2，C在高溫下能將二氧化碳還原為CO，則“氣體”為CO，反應(yīng)方程式為，C正確；D．“煅燒”后得到MgO，MgO和鹽酸反應(yīng)得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解為氫氧化鎂和HCl，將所得溶液加熱蒸發(fā)HCl會(huì)逸出，MgCl2水解平衡正向移動(dòng)，得到氫氧化鎂，得不到無(wú)水MgCl2，D錯(cuò)誤；選D。二、元素或物質(zhì)推斷題5．（2021年高考真題年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試題）某興趣小組對(duì)化合物X開(kāi)展探究實(shí)驗(yàn)。其中：X是易溶于水的強(qiáng)酸鹽，由3種元素組成；A和B均為純凈物；B可使品紅水溶液褪色。請(qǐng)回答：(1)組成X的3種元素是______(填元素符號(hào))，X的化學(xué)式是______。(2)將固體X加入溫?zé)岬南2SO4中，產(chǎn)生氣體B，該反應(yīng)的離子方程式是______。(3)步驟I，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______。(4)步驟II，某同學(xué)未加H2O2溶液，發(fā)現(xiàn)也會(huì)緩慢出現(xiàn)白色渾濁，原因是______。(5)關(guān)于氣體B使品紅水溶液褪色的原因，一般認(rèn)為：B不能使品紅褪色，而是B與水反應(yīng)的生成物使品紅褪色。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明______?！?參考答案】Cu、S、OCuS2O6S2OSO+SO2↑+Cu(OH)2→+2H2OSO2與水反應(yīng)生成H2SO3；H2SO3能被氧氣氧化為H2SO4，與BaCl2反應(yīng)生成BaSO4配制品紅無(wú)水乙醇溶液(其他非水溶劑亦可)，通入SO2，不褪色；品紅水溶液中加入亞硫酸鈉(亞硫酸氫鈉)固體，褪色更快【題目考點(diǎn)分析】將固體隔絕空氣加熱，能生成一種固體和一種氣體，其中將固體溶于水分成兩等分，一份加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，能生成白色沉淀，說(shuō)明固體中有硫酸根的存在，另一份溶液加入適量的NaOH溶液，出現(xiàn)藍(lán)色懸濁液，加入甘油后能形成絳藍(lán)色溶液，說(shuō)明固體中存在Cu，則固體A為CuSO4；將氣體B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出現(xiàn)白色沉淀，說(shuō)明該氣體可以被H2O2氧化，則該氣體為SO2，再根據(jù)產(chǎn)生沉淀C和固體X的質(zhì)量計(jì)算題固體X的化學(xué)式?！?題目解析】(1)根據(jù)題目考點(diǎn)分析，固體X中含有的元素是C、S、O；加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，生成1.165g硫酸鋇沉淀，則該份硫酸銅的質(zhì)量為0.005mol，則固體CuSO4的物質(zhì)的量為0.010mol，質(zhì)量為1.6g，根據(jù)質(zhì)量守恒的氣體SO2的質(zhì)量為0.640g，該物質(zhì)中三種元素的質(zhì)量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，則這三種原子的物質(zhì)的量的比n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固體X的化學(xué)式為CuS2O6；(2)根據(jù)題目，固體X與溫?zé)岬南×蛩岱磻?yīng)可以生成SO2氣體，根據(jù)原子守恒和電荷守恒配平，則該過(guò)程的離子方程式為S2OSO+SO2↑；(3)步驟Ⅰ為甘油和氫氧化銅發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為+Cu(OH)2→+2H2O；(4)步驟Ⅱ中未加入過(guò)氧化氫，也可以出現(xiàn)白色沉淀，說(shuō)明SO2溶于水后可以被空氣中的氧氣氧化，故參考答案為：SO2與水反應(yīng)生成H2SO3；H2SO3能被氧氣氧化為H2SO4，與BaCl2反應(yīng)生成BaSO4；(5)SO2可以使品紅溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一種物質(zhì)能夠使品紅溶液褪色，可以利用如下實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：配制品紅無(wú)水乙醇溶液（其他非水溶劑亦可），通入SO2，不褪色；品紅水溶液中加入亞硫酸鈉（亞硫酸氫鈉）固體，褪色更快。三、工業(yè)流程題6．（2021年高考真題年高考全國(guó)乙卷化學(xué)試題）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過(guò)如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開(kāi)始沉淀和沉淀完全的見(jiàn)下表金屬離子開(kāi)始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列問(wèn)題：(1)“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應(yīng)，、、、轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫(xiě)出轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式_______。(2)“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時(shí)用氨水逐步調(diào)節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_______。(3)“母液①"中濃度為_(kāi)______。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______?！八崛茉钡某煞质莀______、_______。(5)“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，水題目解析出沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是_______。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得_______，循環(huán)利用?！?參考答案】硫酸【題目考點(diǎn)分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時(shí)，二氧化鈦和二氧化硅不反應(yīng)，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過(guò)濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過(guò)濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，二氧化鈦與稀硫酸反應(yīng)得到TiOSO4，過(guò)濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過(guò)濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O?！?題目解析】(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應(yīng)為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故參考答案為：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由題給開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時(shí)，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒(méi)有沉淀，故參考答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由鎂離子完全沉淀時(shí)，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當(dāng)溶液pH為11.6時(shí)，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L，故參考答案為：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由題目考點(diǎn)分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故參考答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為T(mén)iO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故參考答案為：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由題目考點(diǎn)分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故參考答案為：(NH4)2SO4。7．（2021年高考真題年高考全國(guó)甲卷化學(xué)試題）碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)的一種制備方法如下圖所示：①加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成_______后可循環(huán)使用。②通入的過(guò)程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______；若反應(yīng)物用量比時(shí)，氧化產(chǎn)物為_(kāi)______；當(dāng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，原因是_______。(2)以為原料制備的方法是：先向溶液中加入計(jì)量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少為_(kāi)______。在溶液中可發(fā)生反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)室中使用過(guò)量的與溶液反應(yīng)后，過(guò)濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過(guò)量的原因是_______?！?參考答案】2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被過(guò)量的進(jìn)一步氧化4防止單質(zhì)碘析出【*題目解析】(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中，故參考答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的過(guò)程中，因I-還原性強(qiáng)于Fe2+，先氧化還原性強(qiáng)的I-，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比時(shí)即過(guò)量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)即過(guò)量特別多，多余的氯氣會(huì)與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，故參考答案為：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過(guò)量的進(jìn)一步氧化；(2)先向溶液中加入計(jì)量的，生成碘化物即含I-的物質(zhì)；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的兩個(gè)反應(yīng)中I-為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：，故參考答案為：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化學(xué)方程式為4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，則消耗的至少為4mol；反應(yīng)中加入過(guò)量，I-濃度增大，可逆反應(yīng)平衡右移，增大溶解度，防止升華，有利于蒸餾時(shí)防止單質(zhì)碘析出，故參考答案為：4；防止單質(zhì)碘析出。8．（2021年高考真題年山東省高考化學(xué)試題（山東卷））工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉?wèn)題：

(1)焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時(shí)氣體與礦料逆流而行，目的是___。(2)礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如圖所示。當(dāng)溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol?L-1時(shí)，可認(rèn)為已除盡。

中和時(shí)pH的理論范圍為_(kāi)__；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作單元的名稱(chēng))過(guò)程中除去。(3)蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，過(guò)度蒸發(fā)將導(dǎo)致___；冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有____。(4)利用膜電解技術(shù)(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備N(xiāo)a2Cr2O7的總反應(yīng)方程式為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在___(填“陰”或“陽(yáng)”)極室制得，電解時(shí)通過(guò)膜的離子主要為_(kāi)__?！?參考答案】增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率使平衡正向移動(dòng)，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率浸取所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2OH2SO4陽(yáng)Na＋【題目考點(diǎn)分析】以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)過(guò)程中，向鉻鐵礦中加入純堿和O2進(jìn)行焙燒，F(xiàn)eCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4，F(xiàn)e(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為NaAlO2、Na2SiO3，加入水進(jìn)行“浸取”，F(xiàn)e2O3不溶于水，過(guò)濾后向溶液中加入H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使、轉(zhuǎn)化為沉淀過(guò)濾除去，再向?yàn)V液中加入H2SO4，將Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)結(jié)晶將Na2SO4除去，所得溶液冷卻結(jié)晶得到Na2Cr2O7?2H2O晶體，母液中還含有大量H2SO4。據(jù)此解答。【*題目解析】(1)焙燒時(shí)氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使O2向上流動(dòng)，增大固體與氣體的接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率，故參考答案為：增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率。(2)中和時(shí)調(diào)節(jié)溶液pH目的是將、轉(zhuǎn)化為沉淀過(guò)濾除去，由圖可知，當(dāng)溶液pH≥4.5時(shí)，Al3+除盡，當(dāng)溶液pH＞9.3時(shí)，H2SiO3會(huì)再溶解生成，因此中和時(shí)pH的理論范圍為；將Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移動(dòng)，可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；由上述題目考點(diǎn)分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去，故參考答案為：；使平衡正向移動(dòng)，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；浸取。(3)蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，Na2SO4主要以Na2SO4?10H2O存在，Na2SO4?10H2O的溶解度隨溫度升高先增大后減小，若蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，過(guò)度蒸發(fā)將導(dǎo)致所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O；由上述題目考點(diǎn)分析可知，流程中循環(huán)利用的物質(zhì)除Na2Cr2O7外，還有H2SO4，故參考答案為：所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O；H2SO4。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過(guò)程中實(shí)質(zhì)是電解水，陽(yáng)極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H+得到電子生成H2，由可知，在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽(yáng)極室產(chǎn)生；電解過(guò)程中，陰極產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備N(xiāo)a2Cr2O7的效率，Na＋通過(guò)離子交換膜移向陰極，故參考答案為：陽(yáng)；Na＋。9．（2021年高考真題年河北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（河北卷））綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：回答下列問(wèn)題：(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符號(hào))。(2)工序①的名稱(chēng)為_(kāi)_。(3)濾渣的主要成分是__(填化學(xué)式)。(4)工序③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_，可代替NaOH的化學(xué)試劑還有_______(填化學(xué)式)。(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為_(kāi)_。(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-?Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【*參考答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3②8.37【題目考點(diǎn)分析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應(yīng)為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應(yīng)；將氧化后的固體加水溶解，過(guò)濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過(guò)量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向?yàn)V渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂?！?題目解析】(1)由題目考點(diǎn)分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故參考答案為：Fe、Cr；(2)由題目考點(diǎn)分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故參考答案為：溶解浸出；(3)由題目考點(diǎn)分析可知，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故參考答案為：MgO、Fe2O3；(4)工序③中發(fā)生的反應(yīng)為鉻酸鈉溶液與過(guò)量的二氧化碳反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓，故參考答案為：2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓；(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應(yīng)為高溫下，，F(xiàn)e(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反應(yīng)生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類(lèi)似的反應(yīng)，故參考答案為：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颌冢蕝⒖即鸢笧椋孩冢?7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1====1013.37，當(dāng)為10—5mol/L時(shí)，溶液中氫離子濃度為=mol/L=10—8.37mol/L，則溶液的pH為8.37，故參考答案為：8.37。10．（2021年高考真題年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（湖南卷））碳酸鈉俗稱(chēng)純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過(guò)程如下：步驟I.的制備

步驟Ⅱ.產(chǎn)品中含量測(cè)定①稱(chēng)取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無(wú)色(第一滴定終點(diǎn))，消耗鹽酸；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(第二滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸；④平行測(cè)定三次，平均值為22.45，平均值為23.51。已知：(i)當(dāng)溫度超過(guò)35℃時(shí)，開(kāi)始分解。(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表溫度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列問(wèn)題：(1)步驟I中晶體A的化學(xué)式為_(kāi)______，晶體A能夠析出的原因是_______；(2)步驟I中“300℃加熱”所選用的儀器是_______(填標(biāo)號(hào))；A．B．C．D．(3)指示劑N為_(kāi)______，描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化_______；(4)產(chǎn)品中的質(zhì)量得分為_(kāi)______(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則質(zhì)量得分的計(jì)算題結(jié)果_______(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)?！?參考答案】NaHCO3在30-35C時(shí)NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）D甲基橙由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色3.56%偏大【題目考點(diǎn)分析】步驟I：制備N(xiāo)a2CO3的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加熱，根據(jù)不同溫度條件下各物質(zhì)的溶解度不同，為了得到NaHCO3晶體，控制溫度在30-35C發(fā)生反應(yīng)，最終得到濾液為NH4Cl，晶體A為NaHCO3，再將其洗滌抽干，利用NaHCO3受熱易分解的性質(zhì)，在300C加熱分解NaHCO3制備N(xiāo)a2CO3；步驟II：利用酸堿中和滴定原理測(cè)定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)為：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因?yàn)镹a2CO3、NaHCO3溶于水顯堿性，且堿性較強(qiáng)，所以可借助酚酞指示劑的變化來(lái)判斷滴定終點(diǎn)，結(jié)合顏色變化可推出指示劑M為酚酞試劑；第二次滴定時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaCl，同時(shí)還存在反應(yīng)生成的CO2，溶液呈現(xiàn)弱酸性，因?yàn)榉犹淖兩秶鸀?-10，所以不適合利用酚酞指示劑檢測(cè)判斷滴定終點(diǎn)，可選擇甲基橙試液，所以指示劑N為甲基橙試液，發(fā)生的反應(yīng)為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根據(jù)關(guān)系式求出總的NaHCO3的物質(zhì)的量，推導(dǎo)出產(chǎn)品中NaHCO3的，最終通過(guò)計(jì)算題得出產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量得分?！?題目解析】根據(jù)上述題目考點(diǎn)分析可知，(1)根據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，控制溫度在30-35C，目的是為了時(shí)NH4HCO3不發(fā)生分解，同時(shí)析出NaHCO3固體，得到晶體A，因?yàn)樵?0-35C時(shí)，NaHCO3的溶解度最小，故參考答案為：NaHCO3；在30-35C時(shí)NaHCO3的溶解度最??；(2)300C加熱抽干后的NaHCO3固體，需用坩堝、泥三角、三腳架進(jìn)行操作，所以符合題意的為D項(xiàng)，故參考答案為：D；(3)根據(jù)上述題目考點(diǎn)分析可知，第二次滴定時(shí)，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點(diǎn)前溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達(dá)到終點(diǎn)后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：由黃色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不褪色；(4)第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，則n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL，則根據(jù)方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物質(zhì)的量n總(NaHCO3)=0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，則原溶液中的NaHCO3的物質(zhì)的量n(NaHCO3)=n總(NaHCO3)-n生成(NaHCO3)=2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，則原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量為=1.0610-3mol，故產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量得分為，故參考答案為：3.56%；(5)若該同學(xué)第一次滴定時(shí)，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，則會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的體積偏小，即測(cè)得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量會(huì)偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量得分會(huì)偏大，故參考答案為：偏大。11．（2021年高考真題年廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（廣東卷））對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：

已知：25℃時(shí)，的，；；；該工藝中，時(shí)，溶液中元素以的形態(tài)存在。(1)“焙燒”中，有生成，其中元素的化合價(jià)為_(kāi)______。(2)“沉鋁”中，生成的沉淀為_(kāi)______。(3)“沉鉬”中，為7.0。①生成的離子方程式為_(kāi)______。②若條件控制不當(dāng)，也會(huì)沉淀。為避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)時(shí)，應(yīng)停止加入溶液。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，為_(kāi)______。②往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量_______(填化學(xué)式)氣體，再通入足量，可析出。(5)高純(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過(guò)程如圖所示，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止刻蝕液與下層(砷化鎵)反應(yīng)。

①該氧化物為_(kāi)______。②已知：和同族，和同族。在與上層的反應(yīng)中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_(kāi)______。【*參考答案】+6+=↓【題目考點(diǎn)分析】由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應(yīng)分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經(jīng)水浸、過(guò)濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過(guò)量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過(guò)濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過(guò)濾得到鉬酸鋇?！?題目解析】（1）“焙燒”中，有生成，其中Na和O的化合價(jià)為+1和-2，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0可知，元素的化合價(jià)為+6。（2）“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀為。（3）①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為+=↓。②若開(kāi)始生成沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為。為避免中混入沉淀，必須滿(mǎn)足，由于“沉鉬”中為7.0，，所以溶液中時(shí)，開(kāi)始生成沉淀，因此，時(shí)，應(yīng)停止加入溶液。（4）①濾液I中加入過(guò)量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時(shí)生成碳酸氫鈉，過(guò)濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過(guò)濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，故為。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由題中信息可知，致密的保護(hù)膜為一種氧化物，是由與反應(yīng)生成的，聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為。②由和同族、和同族可知，中顯+3價(jià)（其最高價(jià)）、顯-3價(jià)。在與上層的反應(yīng)中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，其化合價(jià)升高了8，元素被氧化，則該反應(yīng)的氧化劑為，還原劑為。中的O元素為-1價(jià)，其作為氧化劑時(shí)，O元素要被還原到-2價(jià)，每個(gè)參加反應(yīng)會(huì)使化合價(jià)降低2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素化合價(jià)升高的總數(shù)值等于化合價(jià)降低的總數(shù)值可知，該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為。12．（2021年高考真題年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試題）某興趣小組用鉻鐵礦[Fe(CrO2)2]制備K2Cr2O7晶體，流程如下：已知：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO22H++2CrOCr2O+H2O相關(guān)物質(zhì)的溶解度隨溫度變化如下圖。請(qǐng)回答：(1)步驟I，將鉻鐵礦粉碎有利于加快高溫氧化的速率，其理由是______。(2)下列說(shuō)法正確的是______。A．步驟II，低溫可提高浸取率B．步驟II，過(guò)濾可除去NaFeO2水解產(chǎn)生的Fe(OH)3C．步驟III，酸化的目的主要是使Na2CrO4轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2Cr2O7D．步驟IV，所得濾渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3(3)步驟V，重結(jié)晶前，為了得到雜質(zhì)較少的K2Cr2O7粗產(chǎn)品，從下列選項(xiàng)中選出合理的操作(操作不能重復(fù)使用)并排序：溶解KCl→______→______→______→______→重結(jié)晶。a．50℃蒸發(fā)溶劑；b．100℃蒸發(fā)溶劑；c．抽濾；d．冷卻至室溫；e．蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱；f．蒸發(fā)至溶液中出現(xiàn)大量晶體，停止加熱。(4)為了測(cè)定K2Cr2O7產(chǎn)品的純度，可采用氧化還原滴定法。①下列關(guān)于滴定題目考點(diǎn)分析的操作，不正確的是______。A．用量筒量取25.00mL待測(cè)液轉(zhuǎn)移至錐形瓶B．滴定時(shí)要適當(dāng)控制滴定速度C．滴定時(shí)應(yīng)一直觀察滴定管中溶液體積的變化D．讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無(wú)刻度處，使滴定管保持垂直E．平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近終點(diǎn)時(shí)，使用“半滴操作”可提高測(cè)量的準(zhǔn)確度。其方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動(dòng)，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落，______繼續(xù)搖動(dòng)錐形瓶，觀察顏色變化。(請(qǐng)?jiān)跈M線(xiàn)上補(bǔ)全操作)(5)該小組用滴定法準(zhǔn)確測(cè)得產(chǎn)品中K2Cr2O7的質(zhì)量得分為98.50%。某同學(xué)還用分光光度法測(cè)定產(chǎn)品純度(K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例)，但測(cè)得的質(zhì)量得分明顯偏低。題目考點(diǎn)分析其原因，發(fā)現(xiàn)配制K2Cr2O7待測(cè)水溶液時(shí)少加了一種試劑。該試劑是______，添加該試劑的理由是______?！?參考答案】增大反應(yīng)物的接觸面積BCaedcAC再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁H2SO4抑制Cr2O轉(zhuǎn)化為CrO，且與Cr2O不反應(yīng)【題目考點(diǎn)分析】根據(jù)題給已知，鉻鐵礦與足量熔融Na2CO3發(fā)生高溫氧化反應(yīng)生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固體冷卻后用水浸取，其中NaFeO2發(fā)生強(qiáng)烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，過(guò)濾得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的濾液，加入適量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3與硫酸反應(yīng)生成Na2SO4，Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7（發(fā)生的反應(yīng)為2Na2CrO4+H2SO4Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌得到的濾液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后經(jīng)多步操作得到K2Cr2O7，據(jù)此題目考點(diǎn)分析作答?！?題目解析】(1)步驟I中鉻鐵礦與足量熔融Na2CO3發(fā)生高溫氧化反應(yīng)生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，將鉻鐵礦粉碎，可增大反應(yīng)物的接觸面積，加快高溫氧化的速率；故參考答案為：增大反應(yīng)物的接觸面積。(2)A．根據(jù)Na2CrO4的溶解度隨著溫度的升高而增大，步驟II中應(yīng)用高溫提高浸取率，A錯(cuò)誤；B．步驟II中用水浸取時(shí)NaFeO2發(fā)生強(qiáng)烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，經(jīng)過(guò)濾可除去Fe(OH)3，B正確；C．步驟III酸化時(shí)，平衡2H++2+H2O正向移動(dòng)，主要目的使Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，C正確；D．根據(jù)題目考點(diǎn)分析，步驟IV中過(guò)濾所得濾渣主要成分為Na2SO4，D錯(cuò)誤；參考答案選BC。(3)Na2Cr2O7中加入KCl發(fā)生反應(yīng)Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根據(jù)各物質(zhì)的溶解度隨溫度的變化曲線(xiàn)可知，K2Cr2O7的溶解度隨溫度升高明顯增大，NaCl溶解度隨溫度升高變化不明顯，50℃時(shí)兩者溶解度相等，故為了得到雜質(zhì)較少的K2Cr2O7粗產(chǎn)品，步驟V重結(jié)晶前的操作順序?yàn)椋喝芙釱Cl→50℃蒸發(fā)溶劑→蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱→冷卻至室溫→抽濾→重結(jié)晶；故參考答案為：aedc。(4)①A．量筒屬于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有強(qiáng)氧化性，量取25.00mL待測(cè)液應(yīng)用酸式滴定管，A錯(cuò)誤；B．滴定時(shí)要適當(dāng)控制滴定的速率，確保反應(yīng)物之間充分反應(yīng)，同時(shí)防止滴加過(guò)快使得滴加試劑過(guò)量，B正確；C．滴定時(shí)應(yīng)一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，以便準(zhǔn)確判斷滴定的終點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無(wú)刻度處，使滴定管保持垂直，平視讀取讀數(shù)，D正確；E．為了確保每次滴定時(shí)滴定管中的溶液充足，平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并記錄初始讀數(shù)，E正確；參考答案選AC。②在接近終點(diǎn)時(shí)，使用“半滴操作”的方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動(dòng)，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁，繼續(xù)搖動(dòng)錐形瓶，觀察顏色變化；故參考答案為：再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁。(5)根據(jù)題意，K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分會(huì)轉(zhuǎn)化為，從而使測(cè)得的質(zhì)量得分明顯偏低，為抑制轉(zhuǎn)化為，可加入與不反應(yīng)的酸，如硫酸；故參考答案為：H2SO4；抑制轉(zhuǎn)化為，且與不反應(yīng)。2021年高考真題年化學(xué)高考模擬題一、單選題1．（2021年高考真題·山東淄博市·）侯德榜改進(jìn)的制堿工藝打破了西方對(duì)我國(guó)的技術(shù)封鎖，至今仍在使用。工業(yè)上從海水中制備純堿和金屬鎂的流程如下圖所示：下列說(shuō)法不正確的是A．流程Ⅰ依次向粗鹽水中加入過(guò)量溶液、溶液并過(guò)濾B．流程Ⅱ體現(xiàn)了侯德榜制堿法C．流程Ⅱ中吸氨與碳酸化的順序互換，物質(zhì)不變、不影響反應(yīng)結(jié)果D．流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集鎂元素【*參考答案】C【*題目解析】A．流程I中，先加入過(guò)量的氫氧化鈣溶液，除去氯化鎂，再加入過(guò)量的碳酸鈉溶液，除去氯化鈣和過(guò)量的氫氧化鈣，過(guò)濾，故A正確；B．流程II吸氨氣后溶液呈堿性，利于吸收二氧化碳，從而生成更多的碳酸氫鈉，體現(xiàn)了侯德榜制堿法，故B正確；

C．流程Ⅱ中吸氨氣與碳酸化的順序互換，即先向氯化鈉溶液中通入CO2，溶液不反應(yīng)，會(huì)影響反應(yīng)結(jié)果，故C錯(cuò)誤；D．流程IV是氫氧化鈣和氯化鎂反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈣，流程V是氫氧化鎂和鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂和水，所以流程IV、V是將母液中少量的氯化鎂富集起來(lái)，故D正確；故參考答案：C。2．（2021年高考真題·河北邯鄲市·）工業(yè)提取碘的一種流程如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．浸泡時(shí)適當(dāng)加熱能促進(jìn)含碘物質(zhì)的溶解B．將浸泡液堿化、過(guò)濾，所得濾液中加入淀粉溶液，溶液變藍(lán)C．流程中的氧化劑可使用H2O2D．碘單質(zhì)易升華，需密封保存【*參考答案】B【*題目解析】A．加熱能促進(jìn)物質(zhì)的溶解，浸泡時(shí)適當(dāng)加熱能促進(jìn)含碘物質(zhì)的溶解，A項(xiàng)正確；B．將浸泡液堿化、過(guò)濾，所得濾液中不含I2，加入淀粉溶液，溶液不變藍(lán)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．H2O2可將I-氧化成I2，因此流程中的氧化劑可使用H2O2，C項(xiàng)正確；D．碘單質(zhì)易升華，需密封保存，D項(xiàng)正確；故選B。二、多選題3．（2021年高考真題·遼寧朝陽(yáng)市·高三月考）工業(yè)上以菱鎂礦(主要成分為，含少量，和)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣灼燒后有，和B．浸出鎂的離子反應(yīng)為C．浸出鎂的過(guò)程應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行，沉鎂的操作在較低溫度下進(jìn)行D．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)只有【*參考答案】AD【題目考點(diǎn)分析】菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同時(shí)產(chǎn)生氨氣，則此時(shí)浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅燒得到高純鎂砂，據(jù)此解答。【*題目解析】A．菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，轉(zhuǎn)化為，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣灼燒后有、和，故A錯(cuò)誤；B．高溫煅燒后元素主要以的形式存在，可以與銨根離子水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進(jìn)銨根離子的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，離子反應(yīng)為，故B正確；C．一水合氨受熱易分解，沉鎂時(shí)在較高溫度下進(jìn)行會(huì)造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故C正確；D．浸出過(guò)程產(chǎn)生的氨氣可以收制備氨水，沉鎂時(shí)氯化鎂與氨水反應(yīng)生成的氯化銨又可利用到浸出過(guò)程中，故D錯(cuò)誤；參考答案選AD。三、元素或物質(zhì)推斷題4．（2021年高考真題·湖南永州市·高三其他模擬）用含鉻不銹鋼廢渣(含、、、等)制取(鉻綠)的工藝流程如圖所示：

回答下列問(wèn)題：(1)“堿熔”時(shí)，為使廢渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。(2)、KOH、反應(yīng)生成的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。(3)“水浸”時(shí)，堿熔渣中的強(qiáng)烈水解生成的難溶物為_(kāi)__________(填化學(xué)式下同)；為檢驗(yàn)“水浸”后的濾液中是否含有，可選用的化學(xué)試劑是___________。(4)常溫下“酸化”時(shí)pH不宜過(guò)低的原因是___________；若出時(shí)溶液的pH=8，則___________mol/L。{已知：常溫下，}(5)“還原”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。(6)由制取鉻綠的方法是___________。【*參考答案】粉碎廢渣充分?jǐn)嚢?或通入足量空氣等)KSCNpH過(guò)低，進(jìn)入濾液高溫煅燒【題目考點(diǎn)分析】本題主要考查制備的工藝流程，考查學(xué)生對(duì)元素化合物的理解能力和綜合運(yùn)用能力。題目考點(diǎn)分析圖框：含鉻的不銹鋼經(jīng)過(guò)堿時(shí)，發(fā)生一系列反應(yīng)，生成了對(duì)應(yīng)的鹽，加水溶解，可以把不溶的固體通過(guò)過(guò)濾除去，，調(diào),有下列問(wèn)題可得，促進(jìn)水解，全部生成,過(guò)濾可以把鐵除去，與,,使生成，通過(guò)加熱鍛燒得到氧化物?！?題目解析】(1)粉碎廢渣，廢渣顆粒分散在液態(tài)、中或通入足量氧氣并充分?jǐn)嚢?，增大接觸面積，加快反應(yīng)速率。(2)得到，得到，依據(jù)得失電子數(shù)相等，配平得。(3)結(jié)合電離出的及生成和；檢驗(yàn)用溶液。(4)過(guò)低，會(huì)轉(zhuǎn)化為，進(jìn)入濾液。(5)得到，失去，依據(jù)得失電子數(shù)相等，配平得。(6)高溫煅燒難溶氫氧化物制備對(duì)應(yīng)氧化物。5．（2021年高考真題·黑龍江哈爾濱市·哈九中高三二模）現(xiàn)代社會(huì)人們對(duì)生存環(huán)境要求越來(lái)越高，地球資源卻越來(lái)越少，這就要求礦業(yè)生產(chǎn)體系化、綠色化。如圖是對(duì)高鐵硅石(主要成分SiO2，含F(xiàn)e2O3、Al2O3、Li2O雜質(zhì))進(jìn)行綜合加工的流程：已知：常溫下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。(1)氣體A的電子式為_(kāi)__。由粗硅制備純硅流程中循環(huán)使用的物質(zhì)除粗硅、SiHCl3、H2外，還有___。(2)反應(yīng)③的化學(xué)方程式為_(kāi)__。(3)當(dāng)離子濃度≤1.0×10-5mol/L時(shí)，認(rèn)為該離子被除盡。則調(diào)節(jié)溶液1的pH至少為_(kāi)_，此時(shí)溶液2中Fe3+的濃度為_(kāi)__mol/L。(4)反應(yīng)⑥的離子方程式為_(kāi)__。(5)反應(yīng)⑤完成后到獲得金屬鋁需經(jīng)過(guò)了一系列操作，該系列操作為過(guò)濾、洗滌、干燥、___、___。(只寫(xiě)相關(guān)操作名稱(chēng))(6)操作II的最佳方法是__。A．重結(jié)晶B．電解C．直接加熱D．萃取【*參考答案】HClSiHCl3+H23HCl+Si54×10-11AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO灼燒電解C【題目考點(diǎn)分析】高鐵硅石(主要成分SiO2，含F(xiàn)e2O3、Al2O3、Li2O雜質(zhì))酸浸，F(xiàn)e2O3、Al2O3、Li2O溶解，SiO2不溶解，過(guò)濾，得到SiO2，焦炭和SiO2在高溫下反應(yīng)生成Si和CO，Si和HCl在一定溫度條件下反應(yīng)生成氫氣和SiHCl3，氫氣和SiHCl3在一定條件下反應(yīng)生成HCl和Si，CO和水蒸氣反應(yīng)生成二氧化碳和氫氣，溶液1加氨水調(diào)節(jié)溶液pH值得到固體2和溶液2，固體加入過(guò)量氫氧化鈉溶液再過(guò)濾，得到濾液偏鋁酸鈉，通入二氧化碳得到氫氧化鋁，經(jīng)過(guò)一系列變化得到金屬鋁?！?題目解析】(1)氣體A為CO，其電子式為。由粗硅制備純硅流程中循環(huán)使用的物質(zhì)除粗硅、SiHCl3、H2外，根據(jù)題中信息和題目考點(diǎn)分析得到還有HCl；故參考答案為：；HCl。(2)反應(yīng)③的化學(xué)方程式為SiHCl3+H23HCl+Si；故參考答案為：SiHCl3+H23HCl+Si。(3)根據(jù)題意沉淀氫氧化鋁，因此，則調(diào)節(jié)溶液1中即pOH=9，則pH至少為5，此時(shí)溶液2中Fe3+的濃度為；故參考答案為：5；4×10-11。(4)反應(yīng)⑥是偏鋁酸鈉溶液中充入二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，其離子方程式為AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO；故參考答案為：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO。(5)反應(yīng)⑤完成后到獲得金屬鋁需經(jīng)過(guò)了一系列操作，該系列操作為過(guò)濾、洗滌、干燥，得到氫氧化鋁，將氫氧化鋁灼燒得到氧化鋁，氧化鋁再電解得到鋁單質(zhì)，因此其步驟為灼燒、電解；故參考答案為：灼燒；電解。(6)將固體LiCl和NH4Cl分離開(kāi)，利用NH4Cl受熱易分解生成HCl和NH3，HCl和NH3又反應(yīng)生成NH4Cl，因此操作II的最佳方法是直接加熱；故參考答案為：C。四、工業(yè)流程題6．（2021年高考真題·九龍坡區(qū)·重慶市育才中學(xué)高三三模）煉鋅礦渣，主要含有鐵酸鎵Ga2(Fe2O4)3、鐵酸鋅ZnFe2O4，它們都為易溶于水的強(qiáng)電解質(zhì)，綜合利用可獲得3種金屬鹽，并進(jìn)一步處理鎵鹽，可制備具有優(yōu)異光電性能的氮化鎵(GaN)，部分工藝流程如下：

已知：①常溫下，浸出液中各離子的濃度及其開(kāi)始形成氫氧化物沉淀的pH見(jiàn)表1。②金屬離子在工藝條件下的萃取率(進(jìn)入有機(jī)層中金屬離子的百得分)見(jiàn)表2。表1：金屬離子濃度及開(kāi)始沉淀的pH金屬離子濃度(mol·L-1)開(kāi)始沉淀pH完全沉淀pHFe2＋1.0×10—38.00Fe3＋4.0×10—21.73.2Zn2＋1.55.57.5Ga3＋3.0×10—33.0表2：金屬離子的萃取率金屬離子萃取率(%)Fe2＋0Fe3＋99Zn2＋0Ga3＋97—98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合價(jià)為_(kāi)__________，“浸出”時(shí)其發(fā)生反應(yīng)的主要離子方程式___________。(2)濾液1中可回收利用的物質(zhì)是___________，濾餅的主要成分是___________；萃取前加入的固體X為_(kāi)__________。(3)Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似。反萃取后，溶液中鎵的存在形式為_(kāi)__________(填化學(xué)式)。(4)GaN可采用MOCVD(金屬有機(jī)物化學(xué)氣相淀積)技術(shù)制得：以合成的Ga(CH3)3為原料，使其與NH3發(fā)生系列反應(yīng)得到GaN和另一種產(chǎn)物，該過(guò)程的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。(5)濾液1中殘余的Ga3＋的濃度為_(kāi)__________mol·L-1?！?參考答案】+3價(jià)Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O硫酸鋅Fe(OH)3、Ga(OH)3FeNaGaO2或(GaO)Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN3.0×10—10.2【題目考點(diǎn)分析】由題給流程可知，向煉鋅礦渣中加入稀硫酸浸出時(shí)，鐵酸鎵、鐵酸鋅與稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為鐵離子、鎵離子和鋅離子，過(guò)濾得到濾渣和含有亞鐵離子、鐵離子、鎵離子和鋅離子的浸出液；向浸出液中先加入過(guò)氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，再調(diào)節(jié)溶液的pH，將鐵離子和鎵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，過(guò)濾得到含有硫酸鋅的濾液1和含有氫氧化鐵、氫氧化鎵的濾餅；向?yàn)V餅中先加入稀鹽酸，將氫氧化鐵、氫氧化鎵轉(zhuǎn)化為鐵離子和鎵離子，再加入鐵，將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子；向反應(yīng)后的溶液中加入萃取劑萃取溶液中的鎵離子，分液得到含有亞鐵離子的水層和含有鎵離子的有機(jī)溶液；向有機(jī)溶液中加入氫氧化鈉溶液反萃取，氯化鎵與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鎵酸鈉，分液得到偏鎵酸鈉溶液；電解偏鎵酸鈉溶液，偏鎵酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鎵；鎵與一溴甲烷合成得到Ga(CH3)3；Ga(CH3)3與氨氣反應(yīng)生成甲烷和氮化鎵。【*題目解析】(1)由鐵酸鋅的化學(xué)式可知，鐵酸根離子中鐵元素的化合價(jià)為+3價(jià)，由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，鐵酸鎵中鎵元素的化合價(jià)為+3價(jià)；浸出時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為鐵酸鎵、鐵酸鋅與稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為鐵離子、鎵離子和鋅離子，反應(yīng)的離子方程式為Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O，故參考答案為：+3價(jià)；Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O；(2)由題目考點(diǎn)分析可知，濾液1的主要成分為硫酸鋅，濾餅的主要成分為氫氧化鐵、氫氧化鎵，則濾液1中可回收利用的物質(zhì)是硫酸鋅；由表2可知，亞鐵離子的萃取率為0，則為除去溶液中的鐵離子，應(yīng)向稀鹽酸溶解后的溶液中加入鐵，將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，故參考答案為：硫酸鋅；Fe(OH)3、Ga(OH)3；Fe；(3)由Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似可知，反萃取發(fā)生的反應(yīng)為氯化鎵與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鎵酸鈉、氯化鈉和水，故參考答案為：NaGaO2或(GaO)；(4)由題給信息可知，生成氮化鎵的反應(yīng)為Ga(CH3)3與氨氣反應(yīng)生成甲烷和氮化鎵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN，故參考答案為：Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；(5)由表1可知，氫氧化鎵的溶度積為3.0×10—3×(1.0×10—11)3=3.0×10—,36，則當(dāng)濾液的pH為5.4時(shí)，溶液中鎵離子的濃度為=3.0×10—10.2mol/L，故參考答案為：3.0×10—10.2。7．（2021年高考真題·南岸區(qū)·重慶第二外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三三模）過(guò)碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)廣泛用于化工、造紙、紡織、食品等行業(yè)，一種以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等為原料制備過(guò)碳酸鈉的工藝流程如下：已知①2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5時(shí)幾乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5時(shí)幾乎均以CrO形式存在。②鉻屬于重金屬元素。回答下列問(wèn)題：(1)原料之一的H2O2電子式是_______。(2)Cr元素經(jīng)步驟II再循環(huán)到步驟I中，則循環(huán)物質(zhì)X為_(kāi)______(填化學(xué)式)。(3)Ksp(CaCrO4)_______(填“>”或“＜”)Ksp(CaSO4)。(4)步驟II中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______(5)步驟I~III是為了制得純堿，從環(huán)境保護(hù)的角度看，可能的不足之處是_______(6)步驟V合成時(shí)，加入95%的乙醇的目的是_______(7)測(cè)定產(chǎn)品活性氧的實(shí)驗(yàn)步驟如下：準(zhǔn)確稱(chēng)取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol·L-1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。①滴定到終點(diǎn)時(shí)，溶液呈_______(填“無(wú)色”或“淺紅色”)。②過(guò)氧化物的活性氧是指過(guò)氧化物單獨(dú)用催化劑催化分解時(shí)放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比。該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的產(chǎn)品中活性氧為_(kāi)______(列出計(jì)算題表達(dá)式)?！?參考答案】Na2Cr2O7＞2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓六價(jià)鉻有毒，易造成環(huán)境污染減小過(guò)碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率淺紅色【題目考點(diǎn)分析】以芒硝（Na2SO4?10H2O）、H2O2等為原料制備過(guò)碳酸鈉，芒硝加入水、氧化鈣反應(yīng)得到鉻酸鈣，和硫酸鈉反應(yīng)得到硫酸鈣和鉻酸鈉，溶液中通入二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體和重鉻酸鈉，過(guò)濾得到碳酸氫鈉煅燒分解生成碳酸鈉，加入水精制得到碳酸鈉溶液，加入硅酸鈉穩(wěn)定劑、30%的過(guò)氧化氫、加入95%的乙醇和飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)得到過(guò)碳酸鈉晶體，抽濾乙醇洗滌干燥得到過(guò)碳酸鈉?！?題目解析】(1)H2O2的電子式為；(2)已知2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5時(shí)幾乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5時(shí)幾乎均以CrO形式存在，酸溶液中平衡正向進(jìn)行，流程中循環(huán)物質(zhì)X為：Na2Cr2O7，

故參考答案為Na2Cr2O7；(3)題目考點(diǎn)分析過(guò)程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，說(shuō)明反應(yīng)向更難溶的方向進(jìn)行，證明Ksp(CaCrO4)＞Ksp(CaSO4)，故參考答案為＞；(4)步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的二氧化碳通入鉻酸鈉溶液中發(fā)生反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉晶體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故參考答案為2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

(5)步驟Ⅰ-Ⅲ是為了制得純堿，從環(huán)境保護(hù)的角度看：六價(jià)鉻有毒，易造成環(huán)境污染，故參考答案為六價(jià)鉻有毒，易造成環(huán)境污染；

(6)步驟V合成時(shí)，加入95%的乙醇的目的是：減小過(guò)碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率，故參考答案為減小過(guò)碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率；

(7)①滴定終點(diǎn)是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液無(wú)色變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變，證明反應(yīng)達(dá)到反應(yīng)終點(diǎn)，故參考答案為淺紅色；

②準(zhǔn)確稱(chēng)取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol?L-1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，反應(yīng)為：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧氣質(zhì)量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，過(guò)氧化物的活性氧是指過(guò)氧化物單獨(dú)用催化劑催化分解時(shí)放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比=×100%=，故參考答案為。8．（2021年高考真題·重慶市第十一中學(xué)校高三二模）鍺屬于稀有分散元素，一種以鍺精礦(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制備高純二氧化鍺的工藝流程如下：下列數(shù)據(jù)是對(duì)應(yīng)物質(zhì)的熔點(diǎn)：物質(zhì)GeO2GeOSiO2As2O3熔點(diǎn)/℃1115710(升華)1723193(升華)(1)第32號(hào)元素鍺的原子結(jié)構(gòu)示意圖________，根據(jù)鍺在元素周期表中的位置寫(xiě)出單質(zhì)鍺的一種用途________。(2)“焙燒”前，粉碎鍺精礦的目的是________。礦渣1的主要成分是________。(3)“還原焙燒”中，含Ge氧化物在不同氣氛中的揮發(fā)情況如圖。800～1100℃之間，含Ge氧化物在CO中的揮發(fā)率明顯高于空氣中的原因是________。(4)“堿浸氧化”后，GeO轉(zhuǎn)化為鍺酸鹽，請(qǐng)寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式________。(5)“精餾水解”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式________。(6)在氯化物熔鹽中，電解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅鍺合金。反應(yīng)原理如下：SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑生成硅鍺合金的電極為_(kāi)_______(填“陽(yáng)極”或“陰極”)，寫(xiě)出生成O2的電極反應(yīng)式________?！?參考答案】半導(dǎo)體材料增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高鍺精礦的利用率As2O3GeO2在CO中轉(zhuǎn)化為GeO升華GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl陰極2O2--4e－=O2↑【題目考點(diǎn)分析】由于As2O3在193℃時(shí)升華，所以鍺精礦(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)首先在300℃焙燒得到含GeO2、GeO、SiO2礦石；然后在1200℃下GeO2被CO還原成710℃下?lián)]發(fā)的GeO以及主要含SiO2的礦渣2；GeO在堿性條件下被雙氧水為Ge4+；然后加鹽酸經(jīng)蒸餾得到GeCl4；GeCl4再精餾水解最后烘干得到高純的GeO2，據(jù)此題目考點(diǎn)分析可得：【*題目解析】(1)第32號(hào)元素鍺為第四周期第IV族的元素，則其原子結(jié)構(gòu)示意圖為；鍺位于金屬與非金屬分界線(xiàn)的元素，可用作半導(dǎo)體材料，故參考答案為：；半導(dǎo)體材料；(2)“焙燒”前，粉碎鍺精礦的目的是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高鍺精礦的利用率；由于As2O3在193℃時(shí)升華，所以300℃煅燒鍺精礦(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的礦渣1的主要成分為As2O3，故參考答案為：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高鍺精礦的利用率；As2O3；(3)GeO在710℃時(shí)揮發(fā)，所以800～1100℃之間，含Ge氧化物在CO中的揮發(fā)率明顯高于空氣中的原因是GeO2在CO中轉(zhuǎn)化為GeO升華，故參考答案為：GeO2在CO中轉(zhuǎn)化為GeO升華；(4)“堿浸氧化”后，GeO轉(zhuǎn)化為鍺酸鹽，則其離子方程式為：，故參考答案為：；(5)“精餾水解”時(shí)GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，則其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，故參考答案為：；(6)由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合價(jià)均降低，發(fā)生還原反應(yīng)，為電解池的陰極；O元素化合價(jià)升高為，發(fā)生氧化反應(yīng)，則2O2--4e－=O2↑，故參考答案為：陰極；2O2--4e－=O2↑。9．（2021年高考真題·陜西寶雞市·）是一種飼料營(yíng)養(yǎng)強(qiáng)化劑。一種利用水鈷礦主要成分為、，還含少量、、MnO等制取的工藝流程如下:

已知：①部分陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見(jiàn)下表：金屬離子濃度為)沉淀物開(kāi)始沉淀完全沉淀②熔點(diǎn)為，加熱至?xí)r，失去結(jié)晶水生成無(wú)水氯化鈷。(1)已知氧化性，浸出液中含有的陽(yáng)離子主要有、_______、、、等。(2)在“氧化”步驟中，發(fā)生的主要離子反應(yīng)方程式為_(kāi)______。(3)加調(diào)pH的最佳范圍是_______，過(guò)濾所得到的兩種沉淀的化學(xué)式為_(kāi)______。(4)萃取劑對(duì)金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖?？刂迫芤簆H為，則加入萃取劑的目的是_______。

(5)“一系列操作”包含三個(gè)基本實(shí)驗(yàn)操作，它們是_______、_______和過(guò)濾。制得的在烘干時(shí)需減壓烘干的原因是_______。為測(cè)定粗產(chǎn)品中含量，稱(chēng)取的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量溶液，過(guò)濾、洗滌，將沉淀烘干后稱(chēng)其質(zhì)量為，則粗產(chǎn)品中的質(zhì)量得分為_(kāi)______結(jié)果保留三位有效數(shù)字。經(jīng)過(guò)檢測(cè)，發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中含有NaCl雜質(zhì)，則的質(zhì)量得分可能比實(shí)際值_______填“偏大”或“偏小”?！?參考答案】、除去蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解偏大【題目考點(diǎn)分析】水鈷礦主要成分為、，還含少量、、MnO等經(jīng)鹽酸酸浸，亞硫酸根將鈷元素和鐵元素還原為低價(jià)態(tài)，再用氯酸鈉將氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH將鐵元素和鋁元素以沉淀形式除去，再用萃取劑萃取錳離子，剩余，經(jīng)一系列操作得到粗產(chǎn)品，據(jù)此題目考點(diǎn)分析答題?！?題目解析】(1)已知氧化性，所以亞硫酸根可以將二者均還原，所以浸出液中含有的陽(yáng)離子主要有、、、、等，參考答案為：(2)在“氧化”步驟中，氯酸鈉氧化，發(fā)生的主要離子反應(yīng)方程式為：，參考答案為：；(3)加目的讓鐵元素和鋁元素以沉淀形式除去，根據(jù)表格信息可知調(diào)pH的最佳范圍是；過(guò)濾所得到的兩種沉淀的化學(xué)式為、，參考答案為：；、；(4)根據(jù)萃取劑對(duì)金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系圖可知，當(dāng)控制溶液pH為時(shí)，有較高的萃取率，萃取率低，所以加入萃取劑的目的是除去，參考答案為：除去；(5)CoSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾可得粗產(chǎn)品，所以“一系列操作”包含三個(gè)基本實(shí)驗(yàn)操作，它們是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶和過(guò)濾；結(jié)晶水合物易失去結(jié)晶水，易分解，減壓烘干的原因是降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解；測(cè)定粗產(chǎn)品中含量，稱(chēng)取的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量溶液，過(guò)濾、洗滌，將沉淀烘干后稱(chēng)其質(zhì)量為，則，則粗產(chǎn)品中的質(zhì)量得分為；若含有氯化鈉雜質(zhì)，也會(huì)生成氯化銀沉淀，導(dǎo)致質(zhì)量得分偏大，參考答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解；98.0%；偏大。10．（2021年高考真題·青海西寧市·高三三模）MnCO3是制造電器材料軟磁鐵氧體的原料。實(shí)驗(yàn)室利用菱錳礦(主要成分MnCO3，還含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等雜質(zhì))得到高純碳酸錳產(chǎn)品。工藝流程如下：(1)將菱錳礦粉與氯化銨混合研磨再焙燒的目的是___________，X為NH3和CO2的混合氣體，寫(xiě)出焙燒的化學(xué)方程式：___________。(2)為了降低生產(chǎn)成本，有些物質(zhì)可以循環(huán)利用，能循環(huán)利用的物質(zhì)為_(kāi)__________(填名稱(chēng))。(3)氧化劑MnO2能將浸出液中的Fe2＋轉(zhuǎn)變成Fe3＋，該反應(yīng)的離子方程式是___________。(4)物質(zhì)Y可以是___________(填字母)。a.MnCl2b.MnCO3c.NH3·H2Od.NaOH(5)氯化銨用量對(duì)錳浸出率的影響如圖所示，請(qǐng)題目考點(diǎn)分析，選擇氯化銨與錳礦粉的質(zhì)量比為_(kāi)__________適宜。(6)焙燒過(guò)程中產(chǎn)生的尾氣NH3、CO2以及少量HCl會(huì)對(duì)設(shè)備有一定腐蝕作用，直接排放會(huì)造成一定污染，實(shí)驗(yàn)中用如圖所示裝置進(jìn)行尾氣處理：(已知冷凝管和洗氣瓶中有相同產(chǎn)物)①冷凝管的作用為_(kāi)__________。②請(qǐng)寫(xiě)出洗氣瓶中的化學(xué)方程式：___________?！?參考答案】增大接觸面積，加快反應(yīng)速率MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑氯化銨MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2Obc1.1:1生成氯化銨，除去氯化氫MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓【題目考點(diǎn)分析】菱錳礦(主要成分MnCO3，還含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等雜質(zhì))加入氯化銨混合研磨后焙燒，發(fā)生MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑反應(yīng)，加水溶解后，過(guò)濾出二氧化硅，浸出液中加入氧化劑二氧化錳，把亞鐵離子氧化為鐵離子，加入試劑Y調(diào)節(jié)pH，使鐵離子、鎂離子等轉(zhuǎn)化為沉淀除去，為了不引入新雜質(zhì)，可以選用b.MnCO3c.NH3·H2O；濾液中加入碳酸氫銨后進(jìn)行碳化結(jié)晶，過(guò)濾得到固體碳酸錳，濾液為氯化銨，蒸發(fā)結(jié)晶后得到固體氯化銨，可以循環(huán)使用。【*題目解析】(1)將菱錳礦粉與氯化銨混合研磨再焙燒的目的是增大物質(zhì)間的接觸面積，加快反應(yīng)速率；焙燒后，產(chǎn)生X氣體為NH3和CO2的混合氣體，焙燒的化學(xué)方程式：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑；(2)根據(jù)流程圖可知，結(jié)合以上題目考點(diǎn)分析可知，能循環(huán)利用的物質(zhì)為氯化銨；(3)氧化劑MnO2能將浸出液中的Fe2＋轉(zhuǎn)變成Fe3＋，該反應(yīng)的離子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(4)物質(zhì)Y是用來(lái)調(diào)節(jié)溶液的pH，既能消耗氫離子，又不能引入新雜質(zhì)，可以選用b.MnCO3和c.NH3·H2O；(5)根據(jù)氯化銨用量對(duì)錳浸出率的影響圖像進(jìn)行題目考點(diǎn)分析，當(dāng)氯化銨與錳礦粉的質(zhì)量比在1.1:1以后，錳的浸出率基本上變化不大，因此選擇氯化銨與錳礦粉的質(zhì)量比為1.1:1適宜；(6)①氨氣和氯化氫遇冷后產(chǎn)生氯化銨，除去了氯化氫氣體，減少對(duì)設(shè)備的腐蝕作用；所以冷凝管的作用為生成氯化銨，除去氯化氫；②洗氣瓶中盛裝的溶液為氯化錳溶液，氨氣、二氧化碳混合氣體進(jìn)入到該溶液中發(fā)生反應(yīng)生成了氯化銨和碳酸錳沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓。11．（2021年高考真題·全國(guó)高三零模）磷酸鐵鋰是一種鋰離子電池材料，該電池正極片主要含有石墨、、等物質(zhì)，還有少量不溶性雜質(zhì)。采用下列工藝流程回收制備有關(guān)物質(zhì)。已知：不同溫度下，碳酸鋰在水中的溶解度如下表所示：0102030506080100溶解度/1.641.531.481.171.051.010.850.72請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)為提高電極片的堿浸率，可以采用的方法有______(任寫(xiě)一條即可，題干中的除外)。(2)得到濾渣2的化學(xué)方程式是______，濾渣3的主要成分為_(kāi)_____。(3)“沉淀”中溶液的作用是______，的作用是______(用離子方程式表示)。(4)寫(xiě)出“濾渣”中加入溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式______。(5)20℃時(shí)，“沉鋰”后的溶液中，的濃度為_(kāi)_____(結(jié)果保留1位有效數(shù)字，假設(shè)溶液的密度為)。(6)“沉鋰”后所得固體需要進(jìn)行洗滌，洗滌時(shí)最好選用______(填“冷水”或“熱水”)。【*參考答案】提高溶液的濃度或堿浸溫度或↓石墨中和溶液中的，得到沉淀(或中和溶液中的，使完全沉淀)0.2熱水【題目考點(diǎn)分析】電池正極片主要含有石墨、、等物質(zhì)，還有少量不溶性雜質(zhì)。廢舊電池正極片粉碎后用氫氧化鈉溶液堿浸，濾液1中含有偏鋁酸鈉(NaAlO2)，濾渣1中含有C和，以及少量不溶性雜質(zhì)；NaAlO2溶液中通入過(guò)量的二氧化碳調(diào)節(jié)pH，得到的濾渣2為氫氧化鋁；濾渣1中加入鹽酸溶解后得到的濾渣3含有石墨以及少量不溶性雜質(zhì)，濾液3中含有Fe2+、Li+等，濾液3中加入過(guò)氧化氫將Fe2+氧化生成Fe3+，再加入碳酸鈉沉淀Fe3+得到，濾液中含有Li+等，濾液中加入碳酸鈉沉淀Li+得到；中加入氫氧化鈉發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化生成氫氧化鐵沉淀和磷酸鈉，據(jù)此題目考點(diǎn)分析解答?！?題目解析】(1)為提高電極片的堿浸率，可以提高溶液的濃度或堿浸溫度，故參考答案為：提高溶液的濃度或堿浸溫度；(2)得到的濾渣2為氫氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；根據(jù)上述題目考點(diǎn)分析，濾渣3的主要成分為石墨，故參考答案為：；石墨；(3)根據(jù)流程圖，“沉淀”中溶液是中和溶液中的，得到沉淀，是將Fe2+氧化生成Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為，故參考答案為：中和溶液中的，得到沉淀；；(4)“濾渣”中含有，加入溶液發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，反應(yīng)的離子方程式為，故參考答案為：；(5)20℃時(shí)，的溶解度為1.48g，表示100g中溶解1.48g，溶液的體積為=100mL=0.1L，“沉鋰”后的溶液中，的濃度==0.2，故參考答案為：0.2；(6)根據(jù)不同溫度下，碳酸