【文档说明】高考化学三轮冲刺考题必刷-“化工流程”探究实验分析题 (含解析).doc，共(31)页，4.233 MB，由MTyang资料小铺上传

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三轮冲刺2020届高三化学考题必刷——“化工流程”探究实验分析题1.氧化钪广泛应用在合金电光源，催化剂，激活剂等领域，下列流程图是用钪精矿生产氧化钪的方法之一：钪精矿主要成分是钪的氧化物，硅铁等氧化物回答下列问题：滤渣I是______填化学式。在实验室里，操作Ⅰ必要的玻璃仪器有烧杯、______

。调pH的目的是______，如何检验含钪粗液中不含离子______。写出制取草酸钪饼的化学方程式______。写出草酸钪饼在空气中灼烧的化学方程式______，每生成，转移的电子数为______。某工厂用的钪精矿制备纯氧

化钪，得到纯产品，则钪精矿中钪的质量分数是______假设Sc的利用率为。2.如图是工业上以制作印刷电路的废液含、、、生产CuCl的流程：第2页，共31页已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅

速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。请回答下列问题：流程中的滤渣与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为______。滤液需要加过量Z，检验Z过量的方法是______。写出生成CuCl的离子方程式：______。为了提高CuCl产品的纯

度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的______填选项字母，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用______填“无水乙醇”或“稀硫酸”加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成，在一定温度下建立两个平衡：I.CuCl。分析、和、K的数学关系，在图2中画出、的关系曲线要求至少标出一个坐标点。

氯化亚铜的定量分析：称取样品于250mL锥形瓶中，加入10mL过量的溶液，不断摇动：待样品溶解后，加入20mL蒸馏水和2滴指示剂；立即用硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为

。上述相应化学反应为、，则样品中CuCl的纯度为______保留三位有效数字。3.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：，一种工业合成氨，进而合成尿素的简易流程图如下：步骤II中制氢气原理如下：恒容容器中，对于以上反应，能加快反应速率的是______．升高

温度充入He加入催化剂降低压强天然气中的杂质常用氨水吸收，产物为，一定条件下向溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式为______．和在高温、高压、催化剂条件下可合成，反应的化学方程式______以、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极

可构成然料电池，该电池中负极上的电极反应式是：______．已知，若合成尿素的流程中转化率为时，100吨甲烷为原料能够合成______吨尿素．4.粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物．我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为、、CaO等．一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流

程如下：第4页，共31页粉煤灰研磨的目的是______．第1次过滤时滤渣的主要成分有______填化学式，下同和______，第3次过滤时滤渣的成分是______在用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为______h；铝的浸取率与的关系如图2所示，

从浸取率角度考虑，三种助溶剂F、KF及与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是______填化学式；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是______举一例．流程中循环使用的物质有______和______填化学式用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出，该过程能够发生的原因是_____

_用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是______．5.2015年2月16日李克强总理到东北调研经济情况，重点走访了钢铁厂，鼓励钢铁厂提高钢铁质量和产量，铁及其化合物在日常生活中应用广泛．利用、的催化作用，常温下可将转化为，从而实现对的治理．已知含的废气通入含、的溶液时，其中一个

反应的离子方程式为，则另一反应的离子方程式为______；氧化铁是重要工业颜料，下面是制备氧化铁的一种方法，其流程如下：操作Ⅰ的名称是______；操作Ⅱ为洗涤，洗涤操作的具体方法为______；滤液A中加入稍过量的溶液生成沉淀同时有

一种气体产生，写出其化学方程式：______；如果煅烧不充分，产品中将有FeO存在，称取氧化铁产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；量取待测溶液于锥形瓶中，用酸化的溶液滴定至终点，重复滴定次，消耗溶液体

积的平均值为，该实验中的溶液需要酸化，用于酸化的酸是______填字母序号．稀硝酸稀盐酸稀硫酸浓硝酸计算上述产品中的质量分数为______．6.辉铜矿是一种重要的铜矿石，主要含有硫化亚铜，还有、及一些不溶性杂质．一种以辉铜矿石为原料制备

硝酸铜晶体的工艺流程如下：已知：部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算离子开始沉淀的pH完全沉淀的pH第6页，共31页回答下列问题：浸取后得到的浸出液中含有、

写出浸取时产生、反应的化学方程式______．调节pH的目的是______，pH的调节范围为______．生成沉淀的离子方程式为______．操作A为______．由辉铜矿制取铜的反应过程可以表示为：则由与加热反应生成Cu的热化学方程式为____

__．若用含的辉铜矿来制备无水，假设浸取率为，调节pH时损失，蒸氨过程中有未转化为CuO，其它过程中无损耗，则这样的辉铜矿最多能制备______mol无水计算结果精确到小数点后1位7.明矾石的主要成分是，还含有少量杂质．利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：焙烧炉中发生反应的化

学方程式为，该反应的氧化剂是______若生成lmol，则转移的电子数为______．熟料溶解时，反应的离子方程式为______．母液中溶质主要成分的化学式为______．将标准状况下炉气通入100mL溶液中，得到一种酸性溶液，则该

溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为______．检验废渣中主要成分的方法是______写出操作步骤、现象及结论．8.碳酸钠的用途很广，可用做冶金、纺织、漂染等工业的基本原料．请根据题意回答下列问题：Ⅰ世界最早工业生产碳酸钠的方法是路布兰法．其流程如下：流程I的另

一产物是______，流程Ⅱ的反应分步进行：；与石灰石发生复分解反应，总反应方程式可表示为______．Ⅱ年，比利时人索尔维用氨碱法生产碳酸钠．反应原理如下：时一些物质在水中的溶解度NaCl第8页，共31页氨碱

法生成纯碱的原料是______，可循环利用的物质有______．饱和NaCl溶液通和能生成的原因有：______．Ⅲ我国化工专家侯德榜研究出联合制碱法，其反应原理和氨碱法类似，但将制氨和制碱联合，提高了原料利用率．生产中需向分离出后所得

的溶液中加入NaCl固体并通入，在______填温度范围下析出______填化学式9.垃圾是放错地方的资源，工业废料也可以再利用．某化学兴趣小组在实验室中用废弃的含铝、铁、铜的合金制取硫酸铝溶液、硝酸铜晶体和铁红实验方案如图：写

出滤液A中加入足量硫酸后所发生反应的离子方程式：______．已知沉淀的pH是，溶液C通过调节pH可以使沉淀完全．下列物质中可用作调整溶液C的pH的试剂是______填序号．A.铜粉氨水氢氧化铜碳酸铜常温，

若溶液C中金属离子均为，，控制，溶液中______，此时______沉淀生成填“有”或“无”．将20mL溶液与等物质的量浓度的溶液80mL混合，反应的离子方程式为______．10.重铬酸钠俗称红矾钠，是重要的化工产品和强氧化剂．工业制备红矾钠的

流程如下：化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如可写成，则可写成______．煅烧铬铁矿时，矿石中难溶的生成可溶于水的，反应化学方程式如下：为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是______写一种即可已

知在不同的酸性溶液中有不同的反应，如：；往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是______．混合溶液乙中溶质的化学式是______．在含废水中存在着平衡：，请写出该平衡的平衡常数表达式______，若继续加水稀释，平衡将______移动填

“正向”、“逆向”“不”．请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：____________--__________________．11.研究人员利用水解生成的盐酸和石灰石含少量、、、杂质生产医用二水合氯化钙晶体的简化工艺流程为图1：第10页，共31页已知：、完全沉淀的pH分别是、．回答下

列问题：滤渣A的主要成分是______；操作X的方法为______．控制在时水解的化学方程式为______．含的石灰石理论上最多能生成的质量为______t，制得的二水合氯化钙晶体中存在的少量杂质可能是______．尾气中含污染气体，利用图

2所示电化学装置可吸收气体，从而减少大气污染，阳极的电极反应式为______．制二水合氯化钙晶体所需热量可由甲醇燃烧提供，如图3为一定条件下与发生反应时，生成CO、或HCHO的能量变化图反应物和生成物已略去则的______．12.磷化氢是一种剧毒气体，是常用的高效熏蒸杀

虫剂，也是一种电子工业原料．在密闭粮仓放置的磷化铝片剂，遇水蒸气放出气体，化学方程式为______利用反应，通过测定溶液______变化，可准确测定空气中微量的；其中溶于水，所得溶液几乎不导电，则属于______填“共价”或“离子”化合物．工

业制备的流程如图1所示：亚磷酸属于______元酸；当反应I生成的：：1时，参加反应的：______．用漂白粉可将氧化为，化学方程式为______；含有水蒸气时可加快的氧化过程，用离子方程式表示原因：______．从中的反应产物中回收磷

酸氢钙的方法如图2：试剂X为______填化学式；已知时，的、、．悬浊液pH______填“”、“”或“”，通过计算说明理由______．第12页，共31页答案和解析1.【答案】漏斗、玻璃棒除去沉淀取最后一次洗涤液，向其中

滴加KSCN溶液，若未出现血红色，则证明不含离子【解析】解：由上述分析可知，滤渣I为，操作I为过滤，需要的仪器为漏斗、玻璃棒、玻璃棒，故答案为：；漏斗、玻璃棒；调pH的目的是除去沉淀，检验含钪粗液中不含离子的方法为取最后

一次洗涤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，则证明不含离子，故答案为：除去沉淀；取最后一次洗涤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，则证明不含离子；制取草酸钪饼的化学方程式为，故答案为：；草酸钪饼在空气中灼烧的化学方程式为；

由反应可知生成时转移12mol电子，每生成，转移的电子数为，故答案为：；；用的钪精矿制备纯氧化钪，得到纯产品，则钪精矿中钪的质量分数是，故答案为：。利用钪精矿为原料主要成分为，还含有、MnO等杂质生产氧化钪，钪

精矿加入盐酸酸溶，过滤分离出滤渣I为，滤液中含、，为使钪浸出，加入氨水调节溶液pH，过滤分离出滤渣II主要成分是，含的溶液多步处理得到，加草酸发生，草酸钪“灼烧”氧化发生，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物

质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2.【答案】Fe、Cu和HCl形成原电池，加快了反应速率取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量B

无水乙醇【解析】解：根据分析滤渣为铁和铜，X为Fe，Y为稀盐酸滤渣与Y反应和X与Y均生成氢气，Fe、Cu和HCl形成原电池，加快了反应速率，单位时间内得到的气体多；故答案为：Fe、Cu和HCl形成原电池，加快了反应速率；根据分析X为氯气，检验氯气过量的方法为：取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品

红溶液，品红褪色，证明氯气过量；故答案为：取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量；生成CuCl的离子方程式为：；故答案为：；已知：CuCl在空气中迅速被氧化，故过滤过程应速率快，减少其与空气的接触，B合适；由已知：CuCl是一种白色粉末，

微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，选择无水乙醇较为合适，能减少产品的损失的同时，乙醇挥发能带走产品的水分；故答案为：B；无水乙醇；加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成，在一定温度下建立两个平衡：I.CuCl，第14页，共31页则有2CuCl，选择为

坐标点，故、的关系曲线为：；故答案为：；已知、，则有，故，则样品中CuCl的纯度为：；故答案为：。印刷电路的废液含、、、加入过量的铁粉：、，过滤，滤液为含有的溶液，加入过量的将氧化为，得到蚀刻液，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于过

量的盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤液为氯化亚铁酸性溶液，滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，将得到的硫酸铜、二氧化硫、氯化铜调节pH发生反应：，过滤得到生成CuCl和硫酸，据此分析，根据影响化学反应速率的因素分析；根据氯气的氧化性分析；硫酸

铜、二氧化硫、氯化铜调节pH发生反应生成氯化亚铜和硫酸；根据题目CuCl的信息分析；加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成，在一定温度下建立两个平衡：I.CuCl，可得2CuCl，选择坐标点满足K即可；已知、，则有，故，据此计算。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息

的分析理解，清楚流程的原理是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。3.【答案】ac；；；；400【解析】解：根据影响化学反应速率的因素可知，升高温度和加入催化剂都可以增加反应速率，充入氦气各物质的浓

度没变，所以反应速率不变，减小压强反应速率减小，故答案为：ac；根据元素守恒及题中的反应物和生成物可知化学方程式为：，故答案为：；根据元素守恒及题中的反应物和生成物写出化学方程式为：，在、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池中，负极上失去电子，发生氧化反应，可写出

电极反应式为，第16页，共31页故答案为：；；根据元素守恒及题中的反根据化学方程式和，，及元素守恒可知，根据1680xt故答案为：400．根据影响化学反应速率的因素判断，一般增大浓度、增大压强、升高温度，反应的反应速率增大；根据元素守恒和电子得失守恒写出化学方程式；根据元素守恒及题中的反

应物和生成物写出化学方程式，在、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成然料电池中，负极上失去电子，发生氧化反应，可写出电极反应式；根据化学方程式，利用元素守恒，可计算出尿素的质量．本题主要考查了影响化学反应速率因素、化学方程式的书写、根据化学方程式的计算等知识，有一定的综合性，题

目难度中等．4.【答案】增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率；；；；2；；生产过程中会产生污染环境的HF和等；；；通入氯化氢使达到饱和，而硫酸铝不饱和；使废弃固体资源化利用【解析】解：粉煤灰的主要氧化物组成为、、CaO等，加入

硫酸溶液使溶解，CaO通过反应生成，微溶，大部分和一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得，用盐酸溶解，再通入氯化氢得晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成，粉

煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率，故答案为：增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率；通过上面的分析可知，第1次过滤时滤渣的主要成分有和，第3次过滤时滤渣的成分是，故答案为：；；；根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取

时间为2h，根据图2可知，在相同时，助溶剂对铝的浸出率最高，用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和等，故答案为：2；；生产过程中会产生污染环境的HF和等；根据上面的分析可知，流程中循环使用的物质有和，故答案为：；；用盐酸溶解硫酸

铝晶体，再通入HCl气体，析出，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使达到饱和，而硫酸铝不饱和，便于析出，故答案为：通入氯化氢使达到饱和，而硫酸铝不饱和；用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用，故答案为：使废弃固体资源化利用．粉煤灰的主要氧化物组成为、、CaO等，加入硫酸

溶液使溶解，CaO通过反应生成，微溶，大部分和一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却第18页，共31页结晶得，用盐酸溶解，再通入氯化氢得晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝

沉淀受热分解生成，据此答题．本题以教材重要基本理论和原理为知识平台，考查化学反应基本原理、物质的性质等在化学与技术中的综合应用，解题关键在于找准中间产品和相互交叉的流水生产线，在分析过程中，抓住中间产品的关联作用，逐一破解，难度中等．5.【答案】；

过滤；沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复次；；c；【解析】解：常温下将转化为而实现的处理．含的废气通入含、的溶液时其中一个反应的离子方程式为：，则另一反应的离子方程式为三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根离子，反应

的离子方程式为：，故答案为：；用碳酸钠溶液除去Fe表面的油污，加稀硫酸除去碳酸钠，且溶解Fe，过除去不溶物滤，滤液A中含，与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，再过滤分离，碳酸亚铁经过洗涤、干燥、煅烧得到氧化铁．操作Ⅰ是分离

互不相溶的固体与液态，应是过滤，操作Ⅱ为洗涤，洗涤操作的具体方法为：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复次，故答案为：过滤；沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复次

；滤液A中含有等，加入稍过量的溶液生成碳酸亚铁沉淀，同时有一种气体产生，该气体为二氧化碳，反应化学方程式：，故答案为：；亚铁离子具有还原性，硝酸具有强氧化性，不能用硝酸酸化，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能用盐酸酸化，故选：c；由Fe元素守恒、电子转移守恒可得关系

式：，设样品中FeO的质量为m，则：360g1mol所以360g：：解得则样品中氧化铁的质量分数为，故答案为：．转化为该过程为氧气氧化二价铁离子到三价铁离子，然后用三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根离子；用碳酸钠溶液除去Fe表面的油污，加稀硫酸除去碳酸钠，且溶解Fe，过除去不溶物滤，滤液A中含

，与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，再过滤分离，碳酸亚铁经过洗涤、干燥、煅烧得到氧化铁；亚铁离子具有还原性，不能用氧化性酸酸化，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能用盐酸酸化；由Fe元素守恒、电子转移守恒

可得关系式：，结合关系式计算样品中FeO的质量，进而计算氧化铁的质量分数．本题考查物质制备实验、定量测定实验、氧化还原反应、混合物分离提纯、实验基本操作等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，明确工艺流程原理，为高考常考题型，是对学生综合能力的考

查，题目难度中等．6.【答案】；铁离子转化成氢氧化铁完全沉淀；；；蒸发浓第20页，共31页缩、冷却结晶；；【解析】解：辉铜矿主要含有硫化亚铜，还有、及一些不溶性杂质，加入硫酸溶液及二氧化锰溶解浸取过滤，过滤得滤渣，萃取回收硫单质；在滤液中调节溶液的pH值，

使铁离子沉淀而除去，所以沉淀M为氢氧化铁，过滤在滤液中加碳酸氢铵和氨气得碳酸锰沉淀，将滤液进行蒸氨、过滤得氧化铜，氧化铜中加入硝酸，经过蒸发浓缩、降温结晶得到硝酸铜晶体，反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，反应方程式为，

故答案为：；调节pH使铁离子转化成氢氧化铁完全沉淀，根据表中数据使铁离子溶液完全，则，且不使铜离子沉淀，则，所以pH值范围为：，故答案为：铁离子转化成氢氧化铁完全沉淀；；锰离子与碳酸氢根离子在氨水中生成碳酸锰沉淀和铵根

离子，反应的离子方程式为，故答案为：；根据上面的分析可知，操作A是从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，注意硝酸铜是受热能分解的物质，所以操作A为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；根据反应，，利用盖斯定律可知，将即得与加热反应

生成Cu的热化学方程式为，故答案为：；这样的辉铜矿含有的质量为，根据铜元素守恒可知，能生成的物质的量为：，故答案为：．辉铜矿主要含有硫化亚铜，还有、及一些不溶性杂质，加入硫酸溶液及二氧化锰溶解浸取过滤，过滤得滤渣，萃取回收硫单质；在滤液中调节溶液的pH值，

使铁离子沉淀而除去，所以沉淀M为氢氧化铁，过滤在滤液中加碳酸氢铵和氨气得碳酸锰沉淀，将滤液进行蒸氨、过滤得氧化铜，氧化铜中加入硝酸，经过蒸发浓缩、降温结晶得到硝酸铜晶体，反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，根据化合价升降相等配

平；调节pH使铁离子沉淀，根据表中数据使铁离子溶液完全且不使铜离子沉淀判断pH值；锰离子与碳酸氢根离子在氨水中生成碳酸锰沉淀和铵根离子；根据上面的分析可知，操作A是从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，注意硝酸铜是受热能分解的物质，据此答题；根据反应，，利用盖斯定律

可知，将即得与加热反应生成Cu的热化学方程式；根据铜元素守恒及计算出硝酸铜的物质的量．本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握制备方案设计与评价的原则，试题知识点较多、综合性较强，充分培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计

算能力．7.【答案】；；；、；；取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有【解析】解：反应中硫元素化合价由中价降低为中价，故A是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为中价，硫单质为还原剂，生成需要硫的物质的量为，转移电子的物质的量

为第22页，共31页，转移电子数目为，故答案为：；；由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为，故答案为：；由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有、、、、等，加硫酸调PH值，转化为，母液中离子主要有、、，含有溶质为

、，故答案为：、；二氧化硫的物质的量为，，：：：1，故反应后溶液中溶质为，溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故，电离程度不大，故，溶液等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为，故答案为：；由工艺流

程可知，废渣的主要成分为，取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有，故答案为：取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有．所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反

应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为中价，硫单质为还原剂，计算生成需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据转移电子数目；由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有、、、、等，加硫酸调PH值，

转化为，母液中离子主要有、、，据此判断；根据计算二氧化硫的物质的量，根据：确定反应产物，再结合溶液呈酸性进行判断；由工艺流程可知，废渣的主要成分为，废渣中加入盐酸溶解，滴再加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有．本题考查学生对工

艺流程的理解、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子检验、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．中注意先根据计算确定反应后溶液中溶质．8.【答案】HCl；；食盐、石灰石、；CaO、、、；反应体系中溶解度最小

，反应消耗水，相对分子质量最大；；【解析】解：Ⅰ路布兰法是利用食盐晶体和浓硫酸在高温下反应生成硫酸钠和氯化氢，再利用C与石灰石和硫酸钠高温加热生成碳酸钠；流程Ⅰ利用高沸点酸制挥发性酸原理，氯化钠与浓硫酸混合加热，生成硫酸钠和氯化氢；；与石灰石发生复分解反应

的化学方程式为，将两方程式相加即可得到总反应式，故答案为：HCl；；Ⅱ索尔维用氨碱法生产碳酸钠，反应原理为利用氨化饱和的NaCl与反应得到，将碳酸氢钠分解即可得到纯碱碳酸钠；第24页，共31页索尔维用食盐、水、氨气和反应制备碳酸氢钠，其中可利用

石灰石分解得到；碳酸氢钠分解纯碱，同时得到，另外副产品氯化铵晶体分解能生成氨气，两种气体均可循环利用，根据转化线路石灰石分解得到氧化钙和，生成的氯化铵可以与氢氧化钙反应，CaO、也可循环使用，故答案为：食盐、石灰石、CaO、、、；因相同温度下，碳酸氢钠的溶解度明显小于碳酸钠，则饱

和NaCl溶液通和只能生成；同时反应消耗水，利于析出晶体碳酸氢钠，故答案为：反应体系中溶解度最小，反应消耗水，相对分子质量最大；Ⅲ侯德榜研究出联合制碱法为在饱和的氯化钠溶液中直接通入氨气和，得到氯化铵和碳酸氢钠晶体，

并利用碳酸氢钠的分解制得纯碱；在含有氯化铵的滤液中，加入氯化钠并通，可提高溶液中和的浓度，促进溶解平衡逆向移动，析出晶体氯化铵；因低温下溶解度比较小，低温更易晶体析出，并以防止析出其他晶体，故答案为：；．Ⅰ路布兰法是

利用食盐晶体和浓硫酸在高温下反应生成硫酸钠和氯化氢，再利用C与石灰石和硫酸钠高温加热生成碳酸钠；流程Ⅰ生成硫酸钠，另一种产物可利用质量守恒或原子守恒判断；硫化钠与石灰石发生复分解反应的化学方程式为，将两方程式相加即可得到总反应式；Ⅱ索尔维用氨碱法生产碳酸钠，

反应原理为利用氨化饱和的NaCl与反应得到，将碳酸氢钠分解即可得到纯碱碳酸钠；索尔维用氨碱法生产碳酸钠，原料来源于石灰石的分解，另需食盐、氨气及水；因碳酸氢钠分解生成和纯碱，氯化铵晶体分解生成氨气；相同温度下，碳酸氢钠的溶解度明显小于碳酸钠；Ⅲ侯德榜研究出

联合制碱法为在饱和的氯化钠溶液中直接通入氨气和，得到氯化铵和碳酸氢钠晶体，并利用碳酸氢钠的分解制得纯碱，侯氏制碱法结晶出碳碳酸氢钠后的溶液中主要存在氯化铵，加入氯化钠并通，可促进溶解平衡逆向移动，析出晶体氯化铵；可选择在低温下进行，以防

止析出其它晶体．本题探究三种不同情况制备纯碱碳酸钠的实验原理，涉及反应原理、溶解度及混合物的分离操作，属基础性考查，难度适中，难点为反应原理的分析．9.【答案】；CD；；无；【解析】解：合金与足量KOH作用，反应后所得滤液A为，滤渣B为铁

和铜，加入硝酸，得到的溶液C为硝酸铜和硝酸铁的混合物，铁离子易水解，可通过调节溶液pH的方法制得氢氧化铁沉淀，即E为氢氧化铁，D为硝酸铜溶液，经蒸发、结晶可得到硝酸铜晶体，铝、铁、铜的合金中只有铝与KOH溶液反应，生成和，反应的离子方程式

为，故答案为：；溶液C通过调节pH可以使沉淀完全，应加入CuO、碱式碳酸铜或氢氧化铜，而加入铜粉生成，加入氨水引入新的杂质，故答案为：CD；已知溶液的，则，，，所以；已知溶液中氢氧根离子的浓度为，则，所以没有氢氧化铜沉淀生成；故答案：；无；将溶液与等物质的量浓度的溶液80mL混合，则二者

的物质的量之比为1：4，则反应时铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，所以铝元素以偏铝酸根离子形式存在，其离子方程式为：第26页，共31页；故答案为：合金与足量KOH作用，反应后所得滤液A为，滤渣B为铁和铜，加入

硝酸，得到的溶液C为硝酸铜和硝酸铁的混合物，铁离子易水解，可通过调节溶液pH的方法制得氢氧化铁沉淀，即E为氢氧化铁，D为硝酸铜溶液，经蒸发、结晶可得到硝酸铜晶体，铝、铁、铜的合金中只有铝与KOH溶液反应，生成和；溶液C通过调节pH可以使沉淀完全，加入的物质能消

耗氢离子，但是不能引入新的杂质；根据和溶液中氢氧根离子的浓度计算；Qc与的相对大小判断；将溶液与等物质的量浓度的溶液70mL混合，则二者的物质的量之比为2：7，根据物质的量关系写方程式．本题主要考查了物质的分离提纯和制备，题目涉

及离子反应方程式的书写、除杂质、氧化还原反应、溶度积的有关计算等，综合性较强，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．10.【答案】；粉碎矿石、升高温度；少量不能除尽等杂质，过量会生成等副产物；和；；正向；4；19

；8；3；14【解析】解：铬铁矿加入纯碱，通入空气煅烧，经浸取后得到、，加入适量硫酸，得到混合溶液乙含有和，然后结晶可得到晶体，中铁元素化合价是价，氧化物为FeO，铬元素化合价价，氧化物为，所以写成氧化物形式为，故答案为：；增大反应物接触面积可以加快反应速率，升高温度可

以大大加快反应速率，故答案为：粉碎矿石、升高温度；由于少量难以除尽碳酸钠，过量会发生反应，生成了等副产物，所以必须加入适量硫酸，故答案为：少量不能除尽等杂质，过量会生成等副产物；由于发生了反应，生成了和，所以乙中溶质的化学式和，故答案为：和；根据化学平衡常数的定义，可知的平衡常

数，加水稀释，促进水解，平衡正向移动，故答案为：；正向；，获得电子物质的量为，，失去电子物质的量为，根据电子转移守恒，最小公倍数为24，所以发生的离子反应为：，故答案为：4、6、19、8、3、14．铬铁矿加入纯碱，通入空气煅烧，经浸取后得到、，加入适量硫酸，得到混合溶液乙含有和，然后结晶可得

到晶体，类比可写成完成的氧化物的形式；根据影响化学反应速率的因素分析；固体图示及题中信息可知，少量不能除尽等杂质，过量会生成等副产物；发生了反应，生成了和；化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，水不

需要写出，加水促进平衡正向移动；，，根据电子转移守恒配平．本题考查了重铬酸钠的制取原理及除杂方法，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意合理分析题中信息，难度中等．11.【答案】；重结晶；；；NaCl；；第28页，

共31页【解析】解：四氯化硅控制温度，加入水过滤得到原硅酸，则发生水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入石灰石主要成分为，且含少量、、、杂质离子，和盐酸反应转化为，转化为，溶液中减少，调节溶液，沉淀为氢氧化铁，过滤后的滤液中含有、和，向滤液中加调节，生成氢氧化铝沉淀，过滤过滤后滤液中主

要为、NaCl及未反应的NaOH，再加入盐酸酸化，将NaOH转化为NaCl，利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶析出，过滤、洗涤、干燥后得由上述分析可知，滤渣A的主要成分是；操作X的方法为：重

结晶，故答案为：；重结晶；四氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，反应方程式为：，故答案为：；根据Ca元素质量守恒：，则；最后利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶得到，可能含有少量NaCl，故答案为：；NaCl；由电解池装置图

，可知阳极上是二氧化硫失去电子，被氧化为硫酸根，电极反应式为：，故答案为：；根据盖斯定律，由图可知，1molHCHO燃烧生成、放出的热量为，则的，故答案为：．四氯化硅控制温度，加入水过滤得到原硅酸，则发生

水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入石灰石主要成分为，且含少量、、、杂质离子，和盐酸反应转化为，转化为，溶液中减少，调节溶液，沉淀为氢氧化铁，过滤后的滤液中含有、和，向滤液中加调节，生成氢氧化铝沉淀，过滤过滤后滤液中主要为、NaCl及未反应的

NaOH，再加入盐酸酸化，将NaOH转化为NaCl，利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶析出，过滤、洗涤、干燥后得根据Ca元素质量守恒计算；最后利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶得到，可能含有少量NaCl；由电解池装置图，可知阳极

上是二氧化硫失去电子，被氧化为硫酸根；根据盖斯定律，由图可知，1molHCHO燃烧生成、放出的热量为，据此计算．本题考查制备实验方案、物质分离和提纯、电解原理、化学计算、反应热计算等，充分考查了学生的分析、理解能力及知识迁移运用的能力，难度中等．12.【答案】；

PH或电导率；共价；二；3：10；；；或CaO；；水解程度大于电离程度，溶液呈碱性【解析】解：和水反应时，生成和沉淀，化学方程式为：，故答案为：；电导率可衡量电解质溶液导电能力大小，为共价化合物，在气态时只存在分子，在熔融状态下不能导电，

属于共价化合物，磷化氢与作用，，生成的氯化氢在溶液中呈酸性，为强酸，所以可通过测定溶液的PH或电导率来准确测定空气中微量的，溶于水，所得溶液几乎第30页，共31页不导电，说明在水中不电离，属于共价化合物，故答案为：PH或电导率；共价；，1mol分子含有3

mol氢原子，但黄磷与足量的NaOH溶液反应只生成，可说明为二元酸，不是三元酸，故答案为：二；该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠，中为0价，中为价，为价，为价，当反应I生成的：：1时，根据得失电子守恒，：：：1：2，反应为：，所以参

加反应的：：10，故答案为：3：10；漂白粉主要成分为、，具有氧化性的是，将氧化为，反应为，含有水蒸气时，次氯酸根离子水解生成次氯酸，生成的碱中和酸，加快的氧化过程，故答案为：；；根据流程，加入试剂得到磷酸

钙，所以试剂X含有钙离子，加入试剂能够和磷酸氢钙中的氢，需加入，CaO与水反应生成，所以X可以为或CaO，故答案为：或CaO；为强碱弱酸酸式盐，的电离；水解，；水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，故答案为：；；；水解程度大于电离程度，溶液呈碱性．根据题干信息，磷化铝水解生成氢氧

化铝和磷化氢；为共价化合物，在气态时只存在分子，溶于水，所得溶液几乎不导电，说明在溶液中没有溶质离子，在水中不电离，属于共价化合物，但磷化氢与作用，生成HCl，所以可通过测定溶液的PH或通过测定溶液的电导率的变化，可准确测定空气中微量的；与足量的NaO

H溶液反应生成亚磷酸钠，化学式为，可说明为二元酸；该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠、磷化氢，根据：：1和得失电子守恒书写方程式，根据方程式判断参加反应的：比；漂白粉主要成分为、，具有氧化性的是，将氧化为，反应物为、，生成物为、，据此书写方程式，含有水蒸气时，次氯酸

根离子水解生成碱中和酸能使氧化加快；根据流程，加入试剂得到磷酸钙，所以试剂X含有钙离子，加入试剂能够和磷酸氢钙中的氢，需加入碱，或氧化物与水反应生成碱，据此分析选择X；为强碱弱酸酸式盐，若水解大于电离，为碱性，若电离大于水解呈酸性，

据此分析解答．本题考查磷及其化合物的有关知识，侧重考查了氧化还原、盐类的水解应用，掌握磷化氢、磷酸、亚磷酸及其酸式盐的性质是解答关键，题目难度中等．