热门试卷

（1）Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+   （2分）

（2）Mg(OH)2、CaCO3（共4分，对一个得2分，答错不得分，但不倒扣分）

（3）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失（2分）

（4）2FePO4+ Li2CO3+2C  2LiFePO4+3CO↑（2分）

（5）FePO4+Li++e-=LiFePO4（2分）；1.4g（2分）

试题分析：（1）由已知化学方程式可知，滤渣Ⅰ的主要成分是Al2O3·4SiO2·H2O，要通过灼烧沉淀生成氧化铝，故沉淀为氢氧化铝，则必须加入过量的弱碱，如氨水；（2）锂辉石LiAl（SiO3）2（含少量Ca2+、Mg2+的盐），故用氢氧化钠先中和过量的浓硫酸，再调高pH值，使镁离子变成氢氧化镁沉淀析出，钙离子则通过加入碳酸钠，生成碳酸钙沉淀析出，故滤渣Ⅱ的主要成分是Mg(OH)2、CaCO3；（3）由表中数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，故通过热水洗涤可减少碳酸锂的损失；（4）因加入过量碳粉，故碳粉必定不能完全反应，因此生成一氧化碳，而非二氧化碳，根据得失电子守恒进行配平；（5）电池放电时，正极发生还原反应，电极反应式为FePO4+Li++e-=LiFePO4；当电解饱和食盐水时，阳极为氯离子在放电，产生氯气，阴极为氢离子在放电，产生氢气，当两极共有4480mL气体产生，即0.1mol氯气和0.1mol氢气，转移0.2mol电子，相当于消耗0.2mol的锂，质量为1.4g。

点评：化工生产跟人类的生活息息相关，它是化学在现实生活中的最有用的应用，近年来化工生产在高考中的分量逐渐增大，考生在备考过程中应注意联系实际，学以致用。难度较大。

32.（16分）（1）第五周期（1分）；  （2）蒸发浓缩、冷却结晶（2分）；

（3） 抑制Sn2+ 的水解（2分）；   （4）防止Sn2+ 被氧化（2分）；

（5）SnCl2 + Na2CO3=" SnO↓+" CO2↑+ 2NaCl（3分，未写↓和↑符号共扣1分，未配平扣1分）

（6）Sn2+ + H2O2 +2H+ = Sn4 + + 2H2O （3分，未配平扣1分）

（7）③ 6  1  14  6   2   2  7 H2O（3分，化学式H2O给1分，系数全对2分）

试题分析: 解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50-2-8-8-18=14，故Sn处于第五周期。

（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到。

（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在水解平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解。

（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； 

（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，反应方程式为：SnCl2 + Na2CO3=" SnO↓+" CO2↑+ 2NaCl。

（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O。

（7）反应物中有H元素，所以在酸性条件下生成物必为H2O，所以根据的是电子守恒配平的方程式为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O

（1）①2NH4HSO4(NH4)2S2O8＋H2（2分）

②(NH4)2S2O8＋2H2O = 2NH4HSO4+H2O2（2分

③铅会在阳极失电子生成阳离子进入溶液，且在阳极生成的S2O82-会氧化铅（2分）

④减压水解、蒸馏是为了减少双氧水的分解损失。（2分）

（2）①H2O2  （2分）

②2Mn2＋＋5S2O82－＋8H2O  2MnO4－＋10SO42－＋16H＋（2分）

试题分析：（1）电解和水解的反应式均可根据题中所给反应物和生成物书写，可得①2NH4HSO4(NH4)2S2O8＋H2，②(NH4)2S2O8＋2H2O = 2NH4HSO4+H2O2。③使用铂的原因是，铅会在阳极失电子生成阳离子进入溶液，且在阳极生成的S2O82-会氧化铅。④减压水解、蒸馏是为了减少双氧水的分解损失。（2）①刚开始，S2O82－发生反应，产生H2O2 ，而H2O2 易分解，滴入少量FeCl3溶液，即是滴入了催化剂，加快了H2O2 的分解，故在t时含量迅速降低。故物质X就是H2O2 。②得到紫红色溶液，即有高锰酸根生成，故反应离子式为2Mn2＋＋5S2O82－＋8H2O  2MnO4－＋10SO42－＋16H＋

点评：本题属于常规工艺流程题，需要利用化学反应原理对生产工艺进行分析，其中涉及的化学原理都是常见化学物质的性质，接下来的小题会涉及不同的知识点来解答，要利用到物质的特殊化学性质，学生应当对这部分知识熟练掌握，最后的图像题，还是将图像信息转化为化学的文字信息来理解。

①盐酸

②活性炭

③蒸发浓缩

④过滤器

⑤脱水干燥

⑥C

⑦对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益

实验目的是用电石浆可生产无水CaCl2。所以在反应器中加的酸必为盐酸，此时反应器中是CaCl2、AlCl3、FeCl3、MgCl2溶液，加石灰乳将产生沉淀，氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化镁，过滤除去铁元素、镁元素、铝元素；过滤后所得溶液主要为氯化钙溶液，再经过脱色、过滤处理得到氯化钙溶液，经过蒸发结晶、过滤、脱水干燥得到无水氯化钙产品。

实验目的是用电石浆可生产无水CaCl2。所以在反应器中加的酸必为盐酸；

加活性炭进行脱色处理，过滤处理得到氯化钙溶液，经过蒸发结晶、过滤、脱水干燥得到无水氯化钙产品。

（3）硫化氢气体用碱液吸收，环保，同时石灰乳易得、经济。

（4）将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益；

【考点定位】本题考查学生阅读题目获取信息的能力、对工艺流程的理解与条件的控制、对物质的量浓度理解等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力，注意基础知识的掌握。

（14分）（1）增大接触面积，提高浸取率（2分）  过滤（2分）

（2）7.7×10－10（2分）

（3）2CrO2－+3H2O2+2OH－=2CrO42－+4H2O（3分）

（4）加蒸馏水浸没铬黄沉淀，等蒸馏水流尽后，再重复操作1～2次（3分）

（5）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（2分）

试题分析：（1）铬污泥含有固体反应物，固体粉碎的目的是增大固体反应物的表面积，增大化学反应速率，提高铬等元素的浸取率；氧化铬、氧化铁是碱性氧化物，易溶于过量的浓盐酸，得到含有CrCl3、FeCl3的溶液，氧化铝是两性氧化物，溶于过量的浓盐酸，得到含有AlCl3的溶液，二氧化硅是酸性氧化物，不溶于盐酸，则操作a为过滤，目的是除去SiO2；（2）溶液a中加入适量Na2CO3调pH8.5～9.5时，碳酸根离子与氢离子容易反应生成二氧化碳和水，碳酸根离子与铁离子容易发生双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，碳酸根离子与铝离子容易发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，再次过滤所得废渣的主要成分是A1(OH)3和Fe(OH)3，碳酸根离子水解促进铬离子水解，但是铬离子的水解没有进行到底，导致滤液中主要成分是NaCrO2、NaCl等的溶液；由于25℃时H2OH++OH－，则Kw=1.0×10－14；由于Al(OH)3(s) Al3++3OH－，则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)•c3(OH－)=1.3×10－33；由于Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，则K====≈7.7×10－10；

（3）pH=8.5～9.5时，溶液呈碱性，CrO2－变为CrO42－是氧化反应，铬元素的化合价由+3价升为+6价，由此推断H2O2是该反应的氧化剂，氧元素由—1价降为—2价，则还原产物是水，根据电子、电荷、原子个数守恒原理配平，该过程的离子方程式为2CrO2－+3H2O2+2OH－=2CrO42－+4H2O；（4）洗涤沉淀时，一般是向沉淀中加蒸馏水至浸没铬黄沉淀，等蒸馏水流尽后，再重复操作1～2次；（5）氧化铝是两性氧化物，盐酸是强酸溶液，二者反应生成氯化铝和水，氯化铝是易溶易电离的盐，则该反应为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。

（1）除去Fe3+ ； （2）是 ；（3）＜；

（4）CaCl2+H2O2CaO2+2HCl（或CaCl2+H2O2+2NaOH = CaO2↓+2NaCl+2H2O）； 加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向，有利于CaO2沉淀的生成。

试题分析：根据图示信息，可得出：滤液A的成分有硝酸钙和硝酸铁以及剩余的硝酸，当pH至8-9范围段内时，三价铁可易形成沉淀，所以滤渣B是氢氧化铁，滤液B是硝酸钙，和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤，沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，再失水成为无水氯化钙，双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸．

（1）用氨水调节pH至8-9，三价铁可易形成沉淀，从而分离出硝酸钙溶液，故答案为：除去Fe3+；

（2）若测得滤液C中c（CO32-）=10-3 mol/L，Ksp（CaCO3）=4.96×10-9；Ksp=Ca2++CO32-=10-3 mol/L×c（Ca2+）=4.96×10-9 ，c（Ca2+）=4.96×10-6 mol/L，已知c（Ca2+）≤10-5mol/L可视为沉淀完全，所以此时钙离子沉淀完全；故答案为：是；

（3）若在滤液C中，加入HNO3使溶液呈酸性以得到副产物NH4NO3，铵根离子水解，则酸化后溶液中c（NH4+）＜c（NO3-）；故答案为：＜；

（4）双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸，即CaCl2+H2O2=CaO2↓+2HCl，加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向，有利于CaO2沉淀的生成；

（1）使反应物充分接触(2分)  若选择生石灰或石灰乳调节pH会改变n(Ca)/n(P)(2分)

（2）7.2(2分)   CaCO3(2分)

（3）酸性条件下，容易造成钙的流失。(或“酸性条件下，容易造成钙磷流失。”

或“酸性条件下，难溶产物易溶解转化为易溶物质造成钙磷流失”)

或“酸性条件下，Ca5(PO4)3OH和Ca3(PO4)2和CaHPO4等易转化为可溶的Ca(H2PO4)2，造成钙磷流失”) (2分)

（4）2 CaHPO4+CaCO3 Ca3(PO4)2+H2O+CO2↑ 或Ca5(PO4)3OH+CaHPO42 Ca3(PO4)2+H2O(2分)

（5）0.056mmol•L—1•min—1或5.6×10—5mol/(L•min)等合理表述(3分)

试题分析：（1）强力搅拌是为了溶液混合均匀，滴加速度也是为了使使反应物充分接触；氨水既不含钙，也不含磷，不会会改变n(Ca)/n(P)；含钙生石灰、石灰乳调节pH时能改变n(Ca)/n(P)；（2）n(Ca)/n(P)=1.50时，pH=7.2；碱性条件下NH4HCO3电离出的CO32—与Ca2+反应，生成CaCO3沉淀；（3）酸性条件下，Ca5(PO4)3OH和Ca3(PO4)2和CaHPO4等易转化为可溶的Ca(H2PO4)2，造成钙磷流失；（4）2 CaHPO4+CaCO3 Ca3(PO4)2+H2O+CO2↑ 或Ca5(PO4)3OH+CaHPO42 Ca3(PO4)2+H2O；（5）读图可知，pH=10.0、前10min内△c=0.70mmol/L×80%=5.6×10—4mol/L，由△c/△t可知，v=5.6×10—5mol/(L•min)。

（1）CaCO3、MgO（2分），700℃ （2分）

（2）(NH4)2SO4+MgO  MgSO4+2NH3↑+H2O （2分）

（3）5.61×10-3mol·L-1（2分）   

（4））(NH4)2SO4 （2分）、NH3或NH3·H2O

（5）减少能源消耗（2分）、便于CaCO3分离（2分）(其他合理答案也给分，如：减少CO2排放)

试题分析：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁；从表中可以看出，温度低于540℃ 时，物质不分解，高于840℃ 时，碳酸钙和碳酸镁都分解，因此该温度不超过700℃。（2）加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：(NH4)2SO4+MgO  MgSO4+2NH3↑+H2O

（3）

（4）(NH4)2SO4 （2分）、NH3或NH3·H2O

（5）减少能源消耗、便于CaCO3分离。