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1、2017 年高考化学工艺流程试题汇编1以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO47H2O的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%40%20%25%5%15%2%3%1%2%1%2%回答下列问题：（1）“酸解”时应该加入的酸是_，“滤渣1”中主要含有_（写化学式）。（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是_、_。（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是_。（4）分离滤渣3 应趁热过滤的原因是_。2（13 分）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：Ti
2、Cl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/58136181（升华）3161412熔点/-69-25193304714在TiCl4中的溶解性互溶微溶难溶（1）氯化过程：TiO2与 Cl2难以直接反应，加碳生成CO和 CO2可使反应得以进行。已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)H1=+175.4 kJ mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)H2=-220.9 kJ mol-1沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和 CO(g)的热化学方程式：_。氯化过程中CO 和 CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成 C
3、O 反应的 H_0（填“”“”或“=”），判断依据：_。氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl 和 Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是 _。氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_。（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：物质 a 是 _，T2应控制在 _。3（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）步骤的主要反应为：FeO Cr2O3+Na2CO3+NaNO3高温 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+
4、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 k
5、g，产率为_。4（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 _、_（填化学式）。（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：4MnO+H+H2C
6、2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 molL-1的 KMnO4溶液 36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。5（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，当铁的净出率为70%时，所采用的实验条件为_。（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_。（3）TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所
7、得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率%9295979388分析 40 时 TiO2xH2O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”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1 倍），使 Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=110-5 mol/L，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 1.3 10-22、1.0 10-24。（6）写出“高温煅烧”中由FePO4制备 LiFePO4的化学方程式。6
8、（14 分）某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量 Na2CrO4,。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应所加试剂NaOH的电子式为 _。BC 的反应条件为 _，CAl 的制备方法称为 _。（2）该小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）_。a温度 bCl-
9、的浓度 c溶液的酸度（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_。含铬元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，24CrO能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是 _；阴极室生成的物质为_（写化学式）。7(6 分)为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：(1)X 的化学式是 _。(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是_。(3)加热条件下氨气被固体X 氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式_。8(15 分)某科研小组采用如下方案回
10、收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低,对实验的影响可忽略)。已知:NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl 可溶于氨水:AgCl+2NH3H2O Ag(NH3)2+Cl-+2H2O 常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2+:4 Ag(NH3)2+N2H4H2O4Ag+N2+4+4NH+4NH3+H2O（1）“氧化”阶段需在 80 条件下进行,适宜的加热方式为_。（2）NaClO 溶 液 与Ag 反 应 的 产 物 为AgCl、NaOH 和O2,该 反 应 的 化 学 方 程 式 为_。HNO3也能氧
11、化Ag,从反应产物的角度分析,以 HNO3代替NaClO 的缺点是_。（3）为提高Ag的回收率,需对“过滤”的滤渣进行洗涤,并_。（4）若省略“过滤”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3H2O反 应 外(该 条 件 下NaClO3与NH3H2O不 反 应),还 因 为_。（5）请设计从“过滤”后的滤液中获取单质Ag 的实验方案:_(实验中须使用的试剂有:2 mol L-1水合肼溶液,1 mol L-1H2SO4)。9(12 分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。（1）碱式氯化铜有多种制备方法方法 1:45 50时,向 CuCl 悬浊液中持续通入
12、空气得到Cu2(OH)2 Cl23H2O,该反应的化学方程式为 _。方法 2:先制得 CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成 CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M 的化学式为 _。（2）碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:称取样品1.1160 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL 溶液 A;取 25.00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得 AgCl 0.1722 g;另取 25.00 mL溶液 A,调节 pH 4 5,用浓度为 0.0800
13、0 molL-1的 EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。10(12 分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含 SiO2和 Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。（2）向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”、“不变”或“减小”)。（3）“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，
14、原因是_。（4）“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质A的化学式为 _。（5）铝粉在 1000时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于 AlN的制备，其主要原因是_。11(14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂 X,吸附剂 X中含有23CO,其原因是 _。（2）H3AsO3和 H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与 pH的
15、关系分别如题20 图-1和题 20 图-2 所示。以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 10.0),将 NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则 pKa1=_(p Ka1=-lg Ka1)。（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1 时,吸附剂 X表面不带电荷;pH 7.1时带负电荷,pH 越高,表面所带负电荷越多;pH、温度越高，CO的物质的量越多(或 CO2的物质的量越少)，说明 CO2生成 CO的反应是吸热反应，所以H0
16、。饱和食盐水、FeCl2溶液、NaOH 溶液。MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）四氯化硅、136181【解析】（1）生成TiCl4和 CO的反应方程式为TiO22Cl22C=TiCl42CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)H=H1+H2=（-220.9 kJ mol-1）+（+175.4 kJmol-1）=-45.5kJ mol1，正确答案：TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)H=-45.5kJ/mol。根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平
17、衡向正反应方向移动，即H0。正确答案：、温度越高，CO的物质的量越多(或 CO2的物质的量越少)，说明 CO2生成 CO的反应是吸热反应，所以 H0。除去氯气中混有HCl 一般采用将气体通过饱和食盐水，结合操作目的，因此先通过饱和食盐水，然后在通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。正确答案：饱和食盐水 FeCl2溶液、NaOH 溶液。资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态 TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。
18、正确答案：MgCl2、AlCl3、FeCl3。(2)根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质 a 为 SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136，但小于 181。正确答案：四氯化硅、136181。3（1）2:7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应（2）铁 Al(OH)3(3)小增大溶液中H+，促进平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O正向移动（4）d 复分解反应（5）21190m100%147m【解析】（1）FeO Cr2O3是还原剂，完全氧化为Na2CrO4和 Fe2O3，每摩转移7mol 电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为Na
19、NO3，每摩转移2mol 电子，根据电子守恒可知，FeO Cr2O3和 NaNO3的系数比为 2:7；陶瓷在高温下会与Na2CO3反应，则熔融时不能使用陶瓷容器；（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1 中含量最多的金属元素是铁；滤液1中含有 AlO2-、SiO32-及 CrO42-，调节溶液pH并过滤后得滤渣2 为 Al（OH）3；（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
20、多，故答案为d；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7+2NaCl 的反应类型为复分解反应；（5）样品中Cr2O3的质量为m140%Kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m140%Kg，则所得产品的产率为m2Kg（m140%Kg）100%=100%。4（1）将样品中可能存在的Fe2+氧化为 Fe3+；双氧水(H2O2)（2）SiO2(或 H2SiO3)；SiO2+4HFSiF4+2H2O（3）防止胶体生成，易沉淀分离；Fe(OH)3、(OH)3（4）5Ca2+5H2C2O42KMnO4n(KMnO4)=0.0500mol/L36.00103m L=1.80103moln(Ca2+)=4.5
21、0 103mol水泥中钙的质量分数为4.50103mol40.0g/mol/0.400g100%=45.0%【解析】（1）Fe3+容易在 pH较小时转换为沉淀，所以需要将Fe2+氧化为 Fe3+。双氧水可以将Fe2+氧化为 Fe3+且不会引入杂质。（2）二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅。SiO2+4HFSiF4+2H2O（3）加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、(OH)3。pH45 时 Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为 Fe(OH)3、(OH)3。（4）5Ca2+5H2C2O42KMnO4n(KMnO4)=0.0500mol/L3
22、6.00103m L=1.80103moln(Ca2+)=4.50 103mol水泥中钙的质量分数为4.50103mol40.0g/mol/0.400g100%=45.0%。5（1）温度应控制在90-100（2）FeTiO3+4H+4Cl-=Fe2+TiOCl42-+2H2O（3）低于 40，TiO2xH2O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 TiO2xH2O转化反应速率下降（4）4（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c(34PO)=2251.3101.010molL-1=1.310-17molL-1，c3(Mg2+)c2(PO43-)(0.01)3(1.3 10-17
23、)2=1.710-40Ksp Mg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4高温2LiFePO4+H2O+3CO2【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在 100、2h，90，5h 下进行；（2）“酸浸”时用盐酸溶解Fe TiO3生成 TiOCl42-时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4Cl-=Fe2+TiOCl42-+2H2O；（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过 40，
24、双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降；（4）Li2Ti5O15中 Li 为+1 价，O为-2 价，Ti 为+4 价，过氧根(O22-)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）KspFePO4=c(Fe3+)c(PO43-)=1.3 10-2，则c(PO43-)=1.310-17mol/L，QcMg3(PO4)2c3(Mg2+)c2(PO43-)(0.01)3(1.3 10-17)2=1.6910-401.0 1034，则无沉淀。（6）高温下 FePO4与 L
25、i2CO3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+H2C2O4高温2LiFePO4+H2O+3CO2。6（14 分）（1）加热（或煅烧）电解法（2）a c（3）2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-85.6kJ mol-1（4）在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和 Cr2O72-NaOH 和 H2【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时
26、，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为 Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解的Al。（1）NaOH 的电子式为；根据上述分析，B C的条件为加热或煅烧，C Al 的制备方法称为电解法。（2）根据实验方案可知，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。（3）该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-85.6kJ mol-1。（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；分离后含铬元素的粒子是CrO42-和 Cr2O7
27、2-；阴极室生成的物质为NaOH 和 H2。7CuOCu2O+2H+=Cu2+Cu+H2ONH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O【解析】（1）隔绝空气高温分解生成气体和固体甲，气体能使带火星的木条复燃，说明是氧气，氧气的质量是32.0g-28.8g3.2g，物质的量是0.1mol；甲和稀硫酸反应达到蓝色溶液和紫红色固体，溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀，说明是氢氧化铜，分解生成氧化铜，物质的量是16g80g/mol0.2mol；紫红色固体是铜，物质的量是0.2mol，所以 X中铜和氧的个数之比是0.4：0.2 2:1，因此是 Cu2O。（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是Cu2O+2H+Cu
28、2+Cu+H2O。(3)加热条件下氨气被固体 X 氧化成一种气体单质，单质是氮气，该反应的化学方程式为NH3+3CuON2+3Cu+3H2O。点睛：该题难度较大，首先根据实验现象进行定性分析，然后依据质量借助于质量守恒定律进行定量分析。【答案】(1)水浴加热(2)4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2会释放出氮氧化物(或 NO、NO2),造成环境污染(3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的Cl-,不利于 AgCl与氨水反应(5)向滤液中滴加2mol L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol L-1 H2S
29、O4溶液吸收反应中放出的 NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥。【解析】分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还原为银。（1）“氧化”阶段需在80条件下进行,由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。（2）因为已知NaClO 溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和 O2,用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原
30、为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替 NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2),造成环境污染。（3）为提高Ag 的回收率,需对“过滤”的滤渣进行洗涤,洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。（4）若省略“过滤”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与 NH3 H2O 反应外,还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl-,不利于 AgCl与氨水发生AgCl+2NH3 H2OAg(NH3)2+Cl-+2H2O 反应，使得银的回收率变小。（5）“
31、过滤”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4 H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：4 Ag(NH3)2+N2H4 H2O4Ag+N2+4+4NH+4NH3+H2O，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol L-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3,待溶液中无气
32、泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥。【答案】（1）4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2 3H2O Fe2+（2）n(Cl-)=n(AgCl)100.00 mL25.00 mL=-10.1722 g100.00 mL143.5 g mol25.00 mL=4.800 10-3mol n(Cu2+)=n(EDTA)100.00 mL25.00 mL=0.08000 molL-1 30.00 mL 10-3 L mL-1100.00 mL25.00 mL=9.600 10-3 mol n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2 9.600 10-3 mol4.800 10-
33、3 mol=1.440 10-2 mol m(Cl-)=4.800 10-3 mol 35.5 g mol-1=0.1704 g m(Cu2+)=9.600 10-3 mol 64 g mol-1=0.6144 g m(OH-)=1.440 10-2 mol 17 g mol-1=0.2448 g n(H2O)=-11.1160 g0.1704 g0.6144 g0.2448 go18g m l=4.800 10-3 mol abcx=n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=23 11 化学式为Cu2(OH)3Cl H2O【解析】（1）分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(O
34、H)2 Cl23H2O，可以发现Cu元素的化价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化学方程式为4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2 3H2O。由催化原理示意图可知，M先与 H+、O2反应生成M，M 再被 Cu还原为 Cu2+，所以 M的化学式为 Fe2+。（2）由实验可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：n(Cl-)=n(AgCl)100.00 mL25.00 mL=-10.1722 g100.00 mL143.5 g mol25.00 mL=4.800 10-3mol 由实验结合反应信息Cu2+H2Y
35、2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：n(Cu2+)=n(EDTA)100.00 mL25.00 mL=0.08000 molL-1 30.00 mL 10-3 L mL-1100.00 mL25.00 mL=9.600 10-3 mol 再由化合物中电荷守恒得：n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2 9.600 10-3 mol4.800 10-3 mol=1.440 10-2 mol 分别求出这3 种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O 的质量：m(Cl-)=4.800 10-3 mol 35.5 g mol-1=0.1704 g m(Cu2+)=9.60
36、0 10-3 mol 64 g mol-1=0.6144 g m(OH-)=1.440 10-2 mol 17 g mol-1=0.2448 g 再求出结晶水的物质的量：n(H2O)=-11.1160 g0.1704 g0.6144 g0.2448 go18g m l=4.800 10-3 mol 最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：因为a b c x=n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=23 1 1，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3Cl H2O【答案】(1)Al2O3+2OH-22AlO+H2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)423CO+2H2O 4
37、e-43HCO+O2H2(5)NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。（1）氧 化 铝 为 两 性 氧 化 物，可 溶 于 强 碱 溶 液 生 成 偏 铝 酸 钠 和 水，离 子 方 程 式 为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。(2 为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I 所得
38、滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH 减小。（3）电解 I 过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH-放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3-，所以电极反应式为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质 A 为 H2。(5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表
39、面的氧化铝薄膜【答案】(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)OH-+H3AsO3H2AsO3-+H2O 2.2(3)在 pH79 之间,随 pH 升高 H2AsO4-转变为 HAsO42-,吸附剂 X表面所带负电荷增多,静电斥力增加在 pH47 之间,吸附剂X 表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和 HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X 表面产生的静电引力小加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷【解析】(1)NaOH 在空气中易与CO2反应生成NaCO3，吸附剂 X 中含有23CO，其原因是碱性溶液吸收了空气中的 CO2；（2）从题20 图-1
40、可知 pH 由小变大时，H3AsO3浓度减小，H2AsO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反应的离子方程式为OH-+H3AsO3H2AsO3-+H2O；H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1，Ka1=2434()()()H AsOHH AcccsO，由题 20 图-2 读出：，24()H AsOc=34()H AsOc，()c H=10-2.2mol/L，Ka1=()c H=10-2.2mol/L，p Ka1=-lgKa1=-lg10-2.2=2.2；（3）在 pH79 之间，随 pH 升高 H2AsO4-转变为 HAsO42-，吸附剂 X表面
41、所带负电荷增多，,静电斥力增加，吸附剂 X对五价砷的平衡吸附量随pH 升高而迅速下降。在 pH47 之间,吸附剂 X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和 HAsO42-阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以 H3AsO3分子存在，与吸附剂X 表面产生的静电引力小。提高吸附剂X 对三价砷去除效果可采取的措施是：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。【命题意图】本题以化学反应原理中电解质的电离、中和反应过程中各粒子的分布图，电解质溶液中粒子间的相互作用为载体，考查学生对电离平衡、电离平衡常数的计算，引导学生从更深层次去认识电解质溶液，（3）经过分析提出问题：在pH47 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,要学生去分析问题，找出原因；最后提出问题的解决方案，考查学生分析问题，解决问题的能力。与往年20 题考查电解电极反应式书写、氧化还原反应中电子的转移计算、平衡中反应物转化率提高措施及有关特定条件下方程式书写等内容相比，更注重考查学生的知识的应用迁移能力，考察了应用所学知识进行必要的分析、类推、解决一些具体的化学问题的能力和创新思维。