2021、2022年高考化學真題：工業(yè)流程題2021年一、單選題（2021年山東卷）工業(yè)上以SCh和純堿為原料制備無水NaHSCh的主要流程如圖，下列說法錯誤的是SO2-I吸收一I結晶|一濕料—*I氣流干燥|-NaHS03純堿、水B.結晶后母液中含有NaHCChB.結晶后母液中含有NaHCChD.中和后溶液中含Na2sO3和NaHCChC.氣流干燥濕料時溫度不宜過高【答案】B【解析】A.根據(jù)上述分析可知，吸收過程中有二氧化碳生成，A正確；B.結晶后母液中含飽和NaHSCh和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCCh,假設產(chǎn)物中存在NaHCCh,則其會與生成的NaHSCh發(fā)生反應，且NaHCCh溶解度較低，若其殘留于母液中，會使晶體不純，假設不成立，B錯誤；C.NaHSCh高溫時易分解變質(zhì)，所以氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確；D.結合上述分析可知，中和后溶液中含Na2sCh和NaHCCh,D正確；故選Bo（2021年河北卷）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：金屬Bi金屬Bi下列說法錯誤的是A.酸浸工序中分次加入稀HN（h可降低反應劇烈程度

B.轉化工序中加入稀HC1可抑制生成BiONChC.水解工序中加入少量CMCOONa⑸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【答案】D【解析】A.硝酸為強氧化劑，可與金屬鈍反應，酸浸工序中分次加入稀HNC>3,反應物硝酸的用量減少，可降低反應劇烈程度，A正確；B.金屬鋅與硝酸反應生成的硝酸鈍會發(fā)生水解反應生成BiONO、，水解的離子方程式為Bi,++NO-+H2O BiONO,+2H+,轉化工序中加入稀HC1,使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，硝酸鈿水解平衡左移，可抑制生成BiONO,,B正確；C.氯化彼水解生成BiOCl的離子方程式為Br"+Cr+HQuBiOCl+2H+,水解工序中加入少量CH、COONa（s）,醋酸根會結合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鈿水解平衡右移，促進Bi3+水解，C正確；D.氯化鋅水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3++Cr+HquBiOC1+2H+,水解工序中加入少量NH4NC>3（s）,錢根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化祕水解平衡左移，不利于生成BiOCl,且部分鈕離子與硝酸根、水也會發(fā)生反應BiJNOj+HquBiONO,+2H+,也不利于生成BiOC/,綜上所述，D錯誤：故選D。（2021年湖南卷）已二酸是一種重要的化工原料，科學家在現(xiàn)有工業(yè)路線基礎上，提出了一條“綠色”合成路線：工業(yè)路線（ ' 工業(yè)路線（ ' OH0一。催化劑,“綠色”合成路線L 人 ^COOH_空氣^COOH.催化劑,△O下列說法正確的是A.苯與濱水混合，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.己二酸與NaHCO，溶液反應有C0?生成D.環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】A.苯的密度比水小，苯與溟水混合，充分振蕩后靜置，有機層在上層，應是上層溶液呈橙紅色，故A錯誤；B.環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇結構不相似，分子組成也不相差若干CH2原子團，不互為同系物，故B錯誤；C.己二酸分子中含有竣基，能與NaHCCh溶液反應生成C02,故C正確；D.環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個碳原子直接相連的4個原子形成四面體結構，因此所有碳原子不可能共平面，故D錯誤；答案選C。（2021年湖南卷）一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如下：物質(zhì)X 碳、氯氣I I海水---A苦鹵水一|沉鎂H煩燒氯化1無水MgCk濾液 氣體下列說法錯誤的是A.物質(zhì)X常選用生石灰B.工業(yè)上常用電解熔融MgCl,制備金屬鎂高溫“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO+C+Cl2=MgCl,+CO“鍛燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水MgCl?【答案】D【解析】A.物質(zhì)X的作用是使Mg2+轉化為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”+Ca2+,A正確；B.Mg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融MgCl?制備金屬鎂，B正確；C.由圖可知“氯化”過程反應物為MgO、氯氣、C,生成物之一為MgCL,C在高溫下能將二高溫氧化碳還原為CO,則“氣體”為CO,反應方程式為MgCHC+CL=MgJ+CO,C正確；D.“煨燒”后得到MgO,MgO和鹽酸反應得到MgCL溶液，由于MgCh在溶液中水解為氫氧化鎂和HCL將所得溶液加熱蒸發(fā)HC1會逸出，MgCL水解平衡正向移動，得到氫氧化鎂，得不到無水MgCb,D錯誤；選D。二、元素或物質(zhì)推斷題5.(2021年1月浙江省普通高校招生選考化學試題)某興趣小組對化合物X開展探究實驗。其中：X是易溶于水的強酸鹽，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。請回答：⑴組成X的3種元素是(填元素符號)，X的化學式是.(2)將固體X加入溫熱的稀H2s中，產(chǎn)生氣體B,該反應的離子方程式是o(3)步驟L發(fā)生反應的化學方程式是o(4)步驟H,某同學未加H2O2溶液，發(fā)現(xiàn)也會緩慢出現(xiàn)白色渾濁，原因是.(5)關于氣體B使品紅水溶液褪色的原因，一般認為：B不能使品紅褪色，而是B與水反應的生成物使品紅褪色。請設計實驗證明oh2c-ohis、。i S0-駟…1中…。助h2c-ohSO2與水反應生成H2so3；H2SO3能被氧氣氧化為SO2與水反應生成H2so3；H2SO3能被氧氣氧化為H2so4,與BaChtHC-O+2H2OIH,C-OH反應生成BaSC>4 配制品紅無水乙醇溶液(其他非水溶劑亦可)，通入SCh,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【解析】(1)根據(jù)分析，固體X中含有的元素是C、S、O；加入鹽酸酸化的氯化鋼溶液，生成1.165g硫酸鋼沉淀，則該份硫酸銅的質(zhì)量為0.005mol,則固體C11SO4的物質(zhì)的量為O.OlOmol,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zn(Cu):/n(S):m(0)=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)=l:2:6,故固體X的化學式為CUS2O6；(2)根據(jù)題目，固體X與溫熱的稀硫酸反應可以生成SO?氣體，根據(jù)原子守恒和電荷守恒配平,則該過程的離子方程式為小。小(3)步驟【為甘油和氫氧化銅發(fā)生反應，反應的化學方程式為H2c-OH H2f一°、*1 I/1u11C-OH+Cu(OH)2―HC-0+2H2O；H,C-OH H,C-OH(4)步驟n中未加入過氧化氫，也可以出現(xiàn)白色沉淀，說明so?溶于水后可以被空氣中的氧氣氧化，故答案為：SO2與水反應生成H2so3;H2so3能被氧氣氧化為H2so4,與BaCb反應生成BaS04；(5)SO2可以使品紅溶液褪色，SOz溶液中存在SO?分子和H2s03,欲知道是哪一種物質(zhì)能夠使品紅溶液褪色，可以利用如下實驗驗證：配制品紅無水乙醇溶液(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(2021年高考全國乙卷化學試題)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO?、SiO?、A1Q,、MgO、CaO以及少量的FeQ,。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子Fe"Al3,Mg2,Ca2+開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=l。x10-5mol?匚)的pH3.24.711.113.8高鈦爐渣(NH4)高鈦爐渣(NH4)2so4熱水氨水回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO”SiO?幾乎不發(fā)生反應，AIQ：、MgO、CaO、FeQ,轉化為相應的硫酸鹽，寫出AIQ,轉化為nh4ai(so4)2的化學方程式 .(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0,在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6,依次析出的金屬離子是。(3)“母液①”中Mg~濃度為 mol-L1.(4)“水浸渣”在160C“酸溶”最適合的酸是?！八崛茉钡某煞质?、o(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiC>2+水解析出TiO「xH?。沉淀，該反應的離子方程式是 (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。【答案】Al:o3+4(NH4XSO4 2NH4Al(SO4),+6NH,T+3H2O? Fe"、A產(chǎn)、Mg"l.OxlO-6硫酸SiO2CaSO4 TiO2++(x+1)H2OTiO,■xH2OI+2H+(NHJSO,【解析】(1)氧化鋁轉化為硫酸鋁錢發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸鏤在高溫條件下反應生成硫酸鋁錠、氨氣和水，反應的化學方程式為AhO3+4(NH4)2SO4整建NH4Al(SO4)2+4NH3t+3H20,故答案為：ALO3+4(NH4)2s04焙燒NH4Al(SO4)2+4NH3t+3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為20的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子,鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、AP+、Mg2+；(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1XlOrx(IX10-2.9)2=1xitn%當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為IxlO1082=1X10-6mol/L,故答案為：IxlO"；(IxlO-24)2(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSCU溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后將TiOSCh溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSCU完全水解生成TiOz?xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiCP++(x+1)H2OATiO2-xH2O+2H+,故答案為：TiO2++(x+l)H2OATiO2?xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸鉉、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鍍?nèi)芤?，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SO4=(2021年高考全國甲卷化學試題)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。回答下列問題：(1)1：的一種制備方法如下圖所示：AgNO, F乎 a,凈化除氯后含［海水一＞言］—＞懸濁液一＞磁］一一＞1,沉淀①加入FC粉進行轉化反應的離子方程式為,生成的沉淀與硝酸反應，生成 后可循環(huán)使用。②通入Ch的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應的化學方程式為；若反應物用量比n(C12)/n(Fel2)=1.5時，氧化產(chǎn)物為；當n(C12)/n(FeL)>L5,單質(zhì)碘的收率會降低,原因是.⑵以NalO,為原料制備I2的方法是：先向NalO、溶液中加入計量的NaHSO,,生成碘化物；再向混合溶液中加入NalO,溶液，反應得到【？，上述制備I?的總反應的離子方程式為.⑶KI溶液和CuSO,溶液混合可生成Cui沉淀和L，若生成1molL，消耗的KI至少為mol。I?在K1溶液中可發(fā)生反應k+I=1-實驗室中使用過量的K1與CuSO,溶液反應后，過濾，漉液經(jīng)水蒸氣蒸儲可制得高純碘。反應中加入過量KI的原因是.【答案】2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2t AgNChFel2+Ch=h+FeChk、FeChI2被過量的Cl?進一步氧化 2IOj+5HSO；=I2+5SO^+3H++H2O 4 防止單質(zhì)碘析出【解析】(1)①由流程圖可知懸濁液中含Agl,Agl可與Fe反應生成Feb和Ag,Feb易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入Fe粉進行轉化反應的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++21，生成的銀能與硝酸反應生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2hAgNCh;②通入CL的過程中，因r還原性強于Fe2+,Cl?先氧化還原性強的匕若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是12,故反應的化學方程式為Fek+C12=l2+FeC12,若反應物用量比n(C12)/n(FeU)=1.5時即C1?過量，先氧化完全部r再氧化Fe?+,恰好將全部「和Fe?+氧化，故氧化產(chǎn)物為12、FeCh,當“。)小伊叫^^即^,過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應，單質(zhì)碘的收率會降低，故答案為：Fel2+Ch=h+FeCh；I2、FeCb:I2被過量的Cl?進一步氧化；⑵先向NalO,溶液中加入計量的NaHSC)3,生成碘化物即含1-的物質(zhì)；再向混合溶液中(含「)加入NalO?溶液，反應得到L，上述制備I2的兩個反應中為中間產(chǎn)物，總反應為IO,與HSO；發(fā)生氧化還原反應，生成SO：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：2IO3+5HSO,=I,+5SO;+3H++H2O,故答案為：2IO3+5HSO,=I2+5SO=+3H"+H2O；

(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成Cui沉淀和L，化學方程式為4KI+2CuSO4=2CulJ+L+2K2so4,若生成Imo］，則消耗的KI至少為4mol；反應中加入過量KI,「濃度增大，可逆反應u+rUh平衡右移，增大12溶解度，防止k升華，有利于蒸儲時防止單質(zhì)碘析出，故答案為：4；防止單質(zhì)碘析出。(2021年山東省高考化學試題(山東卷))工業(yè)上以鋁鐵礦(FeCmO4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅桃鈉(Na2CrzO7?2H2O)的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉栴}：冷卻

結晶冷卻

結晶濾渣濾渣 副產(chǎn)品脂2507,2出0(1)焙燒的目的是將FeCrzO,轉化為NazCrO,并將Al、Si氧化物轉化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是(2)礦物中相關元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關系如圖所示。當溶液中可溶組分濃度cWl.OX35moi時，可認為已除盡。-)(L.OU&M一(L.OU&M一中和時pH的理論范圍為一；酸化的目的是一；Fe元素在一(填操作單元的名稱)過程中除去。(3)蒸發(fā)結晶時，過度蒸發(fā)將導致_；冷卻結晶所得母液中，除NazCmCh外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有一o(4)利用膜電解技術(裝置如圖所示)，以NazCrO」為主要原料制備NazCmO7的總反應方程式通電為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2t+O2t?則NazC^Ch在—(填“陰”或“陽”)極室制得，電解時通過膜的離子主要為【答案】增大反應物接觸面積，提高化學反應速率 4.5<pH<9.3使2CrO『+2H+『^Cr2O：+HQ平衡正向移動，提高NazCrzCh的產(chǎn)率浸取所得溶液中含有大量Na2sCVIOH2O H2SO4陽Na.【解析】(1)焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使02向上流動，增大固體與氣體的接觸面積,提高化學反應速率，故答案為：增大反應物接觸面積，提高化學反應速率。(2)中和時調(diào)節(jié)溶液pH目的是將A1O；、SiO；一轉化為沉淀過濾除去，由圖可知，當溶液pHN4.5時，AP除盡，當溶液pH>9.3時，HzSiCh會再溶解生成SiO；,因此中和時pH的理論范圍為4.54pH49.3；將Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Crg；和C2；存在，溶液中存在平衡：2CrO；+2H+ +HQ,降低溶液pH,平衡正向移動，可提高Na2CnO7的產(chǎn)率；由上述分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去，故答案為：4.5<pH<9.3；使2CrO：-+2H+^^Cr2O；+H2。平衡正向移動，提高NazCnCh的產(chǎn)率；浸取。(3)蒸發(fā)結晶時，Na2s04主要以Na2so4T0H9存在，Na2s0尸10比0的溶解度隨溫度升高先增大后減小，若蒸發(fā)結晶時，過度蒸發(fā)將導致所得溶液中含有大量Na2sChTOHzO；由上述分析可知，流程中循環(huán)利用的物質(zhì)除NazCnCh外，還有H2so」，故答案為：所得溶液中含有大量Na2s(VIOH2O；H2so4。

通電 I(4)由4Na2Cr€)4+4H2O =2Na2Cr2Ch+4NaOH+2H2t+O2t可知，電解過程中頭質(zhì)是電解水，陽極上水失去電子生成H+和02,陰極上H’得到電子生成H2,由2CrO;+2H'=i50；-+也0可知，Cr,。：在氫離子濃度較大的電極室中制得，即NazCnCh在陽極室產(chǎn)生；電解過程中，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NazCnCh的效率，Na-通過離子交換膜移向陰極，故答案為：陽；Na\(2021年河北省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學試題(河北卷))綠色化學在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價格鹽的新工藝，該工藝不消耗除鋁鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：氣體A。2棺)+熔融NaOH H2O(1)Na,CrO,溶液Tr.握③卜'嗜，落呼+。2棺)+熔融NaOH H2O(1)Na,CrO,溶液Tr.握③卜'嗜，落呼+ 初偵V⑸Fe(CrO2)2一高溫連續(xù)氧化|一|I：序引一|過濾(含AUOj,MgO) ~J-介穩(wěn)態(tài)粗分離濾渣1過法氣體A+H2O?|過,|一固體皿過ht”體AA1(OH)3(s)+物質(zhì)V的溶液NaOH溶液(循環(huán))無色溶液d"1T熱,1MgCC)3(s)T燃燒4混合氣體IVMgO(s)回答下列問題：(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是(填元素符號)。(2)工序①的名稱為(3)濾渣的主要成分是一(填化學式)。(4)工序③中發(fā)生反應的離子方程式為.(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH,此時發(fā)生的主要反應的化學方程式為可代替NaOH的化學試劑還有(填化學式)。(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化為沉淀的pH為一。(通常認為溶液中離子濃度小于105moi為沉淀完全；A1(OH)3+OH=A1(OH)；：K=1O0-63,Kw=10u,Ksp[Al(OH)3]=1033)【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgOxFe2O3 2Na++2CrO^+2CO2+H2O=Cr2O7'+2NaHCO3；高溫4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3=8Na2CrO4+2Fe2O3+I6CO2+8H2O Na2cO3 ② 8.37【解析】(1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和銘元素，故答案為：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；(3)由分析可知，濾渣I的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3；(4)工序③中發(fā)生的反應為鋁酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重倍酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為2Na++2CrO亍+2CO2+H2OCqO歹+2NaHCChl，故答案為：2Na++2CrOi+2CO2+H2O=CqO于+2NaHCChl;(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應為高溫下，，F(xiàn)e(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反應生成銘酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4Fe(CrO2)2+溫7O2+16NaHCO3^8Na2CrO4+2Fe2O3+I6CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類高溫似的反應，故答案為：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3=8Na2CrO4+2Fe2O3+I6CO2+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中可以將氧化鎂轉化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序為工序②，故答案為：②；⑺工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的反應為Al(OH『+FF^Al(OH),+H2O,反1 c(OH) 1及的平衡常數(shù)為K1=c[A1(oh)；]c(H+)=c[A1(OH)4]c(H+)c(OH)=KKn=1°'?"當c[Al(OH)」為10-5moi/L時，溶液中氫離子濃度為11c[Al(OH1]KJ105x北必mol/L=10T.37moi幾,則溶液的pH為8.37,故答案為：8.37。(2021年湖南省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學試題(湖南卷))碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫錢和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：步驟I.Na2c0,的制備

蒸福水 碳酸氫鏤粉末氯化鈉―■■碳蒸福水 碳酸氫鏤粉末氯化鈉―■■碳酸鈉步驟II.產(chǎn)品中NaHCO,含量測定①稱取產(chǎn)品2.500g,用蒸儲水溶解，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0.1000010卜口鹽酸標準溶液滴定,溶液由紅色變至近無色（第一滴定終點），消耗鹽酸YmL；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N,繼續(xù)用0.lOOOmol?L-1鹽酸標準溶液滴定至終點（第二滴定終點），又消耗鹽酸V?mL；④平行測定三次，Y平均值為22.45,%平均值為23.51。已知：⑴當溫度超過35c時，NH,HCO,開始分解。（ii湘關鹽在不同溫度下的溶解度表（g/lOOgH。）溫度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4H8311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4C129.433.337.241.445.850.455.2回答下列問題：（1）步驟I中晶體A的化學式為,晶體A能夠析出的原因是：（2）步驟I中“300C加熱”所選用的儀器是（填標號）；(3)指示劑N為,描述第二滴定終點前后顏色變化;(4)產(chǎn)品中NaHCO,的質(zhì)量分數(shù)為(保留三位有效數(shù)字)；⑸第一滴定終點時，某同學俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則NaHCO,質(zhì)量分數(shù)的計算結果(填“偏大”“偏小”或“無影響【答案】NaHCCh 在30-35"C時NaHCCh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【解析】根據(jù)上述分析可知，(I)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30-35°C,目的是為了時NH4HCO3不發(fā)生分解，同時析出NaHCCh固體，得到晶體A,因為在30-35'C時，NaHCO,的溶解度最小，故答案為：NaHCO3i在3O-35°C時NaHCCh的溶解度最??；(2)300C加熱抽干后的NaHCCh固體，需用用煙、泥三角、三腳架進行操作，所以符合題意的為D項，故答案為：D；(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點前溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達到終點后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色；(4)第一次滴定發(fā)生的反應是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,則n(Na2co3)=n的(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/Lx22.45x10^=2,245x10-^mol,第二次滴定消耗的鹽酸的體積L=23.51mL,則根據(jù)方程式NaHCCh+HCl=NaCl+H2O+CO2T可知，消耗的NaHCCh的物質(zhì)的量nmNaHC03)=0.1000mol/Lx23.51xi()-3l=2.351xio"。］,則原溶液中的NaHCCh的物質(zhì)的量n(NaHCOj)=ne(NaHCO3)-n*成(NaHCCh)=2.35lx1O^mol-2.245x10-3mol=1.06x104mo1,則原產(chǎn)品中NaHCCh的物質(zhì)的量為絆叫xL06xl0Tmol=1.06xl03mo1,故產(chǎn)品中NaHCCh的質(zhì)10mL口八 106x103molx84g/mol 工人依生、，……量分數(shù)為 ————-——x100%=3.5616%?3.56%,故答案為：3.56%；2.5000g(5)若該同學第一次滴定時，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，則會使標準液鹽酸的體積偏小，即測得口偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCCh的物質(zhì)的量會偏大，最終導致其質(zhì)量分數(shù)會偏大，故答案為：偏大。(2021年廣東省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學試題(廣東卷))對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(A1)、鋁(Mo)、銀(Ni)等元素的氧化物，一種回

收利用工藝的部分流程如下：NaOH（S） 過量8工 適量BaCL溶液-1-r>BaMoOJS）濾液II―A沉相-過一LL>漁液n】含Ni固體 X〉_->aIAs已知：25c時，H2co3的《=4.5x10]《=4.7x10]Ksp（BaMoO4）=3.5xl0^；Ksp（BaCO,）=2.6xlO-9；該工藝中，pH>6.0時，溶液中M。元素以MoO：的形態(tài)存在。（1）“焙燒”中，有Na,MoO」生成，其中Mo元素的化合價為。（2）“沉鋁”中，生成的沉淀X為.（3）“沉鋁”中，pH為7.0。①生成BaMoO）的離子方程式為.②若條件控制不當，BaCO、也會沉淀。為避免BaMoO」中混入BaCO：沉淀，溶液中c（HCO；）:c（MoO；j=例出算式）時，應停止加入BaCk溶液。（4）①濾液III中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y,丫為.②往濾液in中添加適量NaCI固體后，通入足量 （填化學式）氣體，再通入足量CO?,可析出丫。（5）高純AIAs（神化鋁）可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止HQ2刻蝕液與下層GaAs（神化錢）反應。①該氧化物為O②已知：Ga和A1同族，As和N同族。在H?。?與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為.【答案】+6 Al(OH),MoO；+Ba2+=BaMoO4( 2.6x10"4.7x10"x3.5xIO'8NaHCO3NH3A12O3 4:1【解析】(D“焙燒''中，有NazMo。,生成，其中Na和O的化合價為+1和-2,根據(jù)化合價的代數(shù)和為?？芍琈o元素的化合價為+6。(2)“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀X為A1(OHh。(3)①濾液II中含有鋁酸鈉，加入氯化銀溶液后生成BaMoO,沉淀，該反應的離子方程式為MoO;-+Ba2+=BaMoO4|。②若開始生成BaC()3沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：HCO/BaMoO*=BaCO,+MoOj+H+,該反應的化學平衡常數(shù)為為避免BaMoO』中混c(H+)c(MoO：)c(H+)c(CO；)c(MoOj)c(Ba2+)KcK/BaMoOJ

c(HCO；)~一~c(HCO3)c(CO；)c(Ba2+)-為避免BaMoO』中混c(H+)c(MoO2~) (BaMoC^)入BaCO,沉淀'必須滿足;二；)「K；BaC5)，由于“沉到'中PH為7。，c(H*)=lxlO-7mol/L,所以溶液中“、霜)= 逮?"；，)4：；4：；時,開始生成BaCO；,c(HCO3)1x10mol/LxKsp(BaCO3)行四rnU,[unn\人"c"\1x1O_7mol/LXK(BaCO,)1x107mol/Lx2.6xl09沉淀，因此，cHCO,:cMoO；)= = —時，、3/1 4//Cu2/(rv(BaMoO4) 4.7x10"x3.5xlO8應停止加入BaCk溶液。(4)①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鋁酸鈉。濾液n中加入適量的氯化鋼溶液沉鋁后，因此,過濾得到的濾液山中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO”故丫為NaHCO：。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液III中添加適量NaCl固體后，通入足量NH,,再通入足量CO”可析出NaHCCX,。(5)①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由HQ?與AlAs反應生成的，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AkO,。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中顯+3價(其最高價)、As顯-3價。在H?。?與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，其化合價升高了8,As元素被氧化，則該反應的氧化劑為Hz。？，還原劑為GaAs。MO2中的O元素為-1價，其作為氧化劑時，O元素要被還原到-2價，每個Hz。?參加反應會使化合價降低2,根據(jù)氧化還原反應中元素化合價升高的總數(shù)值等于化合價降低的總數(shù)值可知，該反應的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為8:2=4:1?12.(2021年1月浙江省普通高校招生選考化學試題)某興趣小組用鋁鐵礦[Fe(CrO2)21制備KzCrzCh晶體，流程如下：

高溫已知：4Fe(CrO2)2+10Na2co3+7。2^=8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO22H++2CrO；^CnO,+H2O相關物質(zhì)的溶解度隨溫度變化如下圖。20 4) 6() 8()20 4) 6() 8()too溫度/c請回答：(1)步驟L將格鐵礦粉碎有利于加快高溫氧化的速率，其理由是。(2)下列說法正確的是oA.步驟II,低溫可提高浸取率B.步驟II,過濾可除去NaFeCh水解產(chǎn)生的Fe(OH)jC.步驟III,酸化的目的主要是使NazCrO」轉變?yōu)镹azCnChD.步驟IV,所得濾渣的主要成分是Na2s04和Na2c。3(3)步驟V,重結晶前，為了得到雜質(zhì)較少的KzCnCh粗產(chǎn)品，從下列選項中選出合理的操作(操作不能重復使用)并排序：溶解KC1---一一重結晶。50c蒸發(fā)溶劑：ioor蒸發(fā)溶劑；1.,I,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)為了測定K2O2O7產(chǎn)品的純度，可采用氧化還原滴定法。①下列關于滴定分析的操作，不正確的是oA.用量筒量取25.00mL待測液轉移至錐形瓶B.滴定時要適當控制滴定速度C.滴定時應一直觀察滴定管中溶液體積的變化D.讀數(shù)時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直E.平行滴定時，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近終點時，使用“半滴操作”可提高測量的準確度。其方法是：將旋塞稍稍轉動，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內(nèi)壁將半滴溶液沾落，繼續(xù)搖動錐形瓶，觀察顏色變化。(請在橫線上補全操作)(5)該小組用滴定法準確測得產(chǎn)品中K2O2O7的質(zhì)量分數(shù)為98.50%。某同學還用分光光度法測定產(chǎn)品純度(K2O2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例)，但測得的質(zhì)量分數(shù)明顯偏低。分析其原因，發(fā)現(xiàn)配制K2O2O7待測水溶液時少加了一種試劑。該試劑是,添加該試劑的理由是。【答案】增大反應物的接觸面積 BCaedcAC再用洗瓶以少量蒸儲水吹洗錐形瓶內(nèi)壁 H2so4 抑制CnO：轉化為CrOT，且與CnO；不反應【解析】(1)步驟I中鋁鐵礦與足量熔融Na2c發(fā)生高溫氧化反應生成NazCrCh、NaFeCh和CO2,將銘鐵礦粉碎，可增大反應物的接觸面積，加快高溫氧化的速率；故答案為：增大反應物的接觸面積。(2)A.根據(jù)NazCrO,的溶解度隨著溫度的升高而增大，步驟II中應用高溫提高浸取率，A錯誤;B.步驟II中用水浸取時NaFeCh發(fā)生強烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3l,經(jīng)過濾可除去Fe(OH)3,B正確：C.步驟in酸化時，平衡2H++2CrO；-UCr2O/+H2O正向移動，主要目的使NazCrCh轉化為Na2Cr2O7,C正確；D.根據(jù)分析，步驟IV中過濾所得濾渣主要成分為Na2so4,D錯誤；答案選BCo(3)Na2Cr2O7中加入KC1發(fā)生反應Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl,根據(jù)各物質(zhì)的溶解度隨溫度的變化曲線可知，KzCnCh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，50C時兩者溶解度相等，故為了得到雜質(zhì)較少的KKnCh粗產(chǎn)品，步驟V重結晶前的操作順序為：溶解KC1-5(TC蒸發(fā)溶劑-蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱一冷卻至室溫一抽濾一重結晶；故答案為：aedc。(4)①A.量筒屬于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于KzCnCh具有強氧化性，量取25.00mL待測液應用酸式滴定管，A錯誤；B.滴定時要適當控制滴定的速率，確保反應物之間充分反應，同時防止滴加過快使得滴加試劑過量，B正確；C.滴定時應一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，以便準確判斷滴定的終點，C錯誤；D.讀數(shù)時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，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滴定管中的溶液充足，平行滴定時，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；答案選ACo②在接近終點時，使用'‘半滴操作”的方法是：將旋塞稍稍轉動，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內(nèi)壁將半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸飽水吹洗錐形瓶內(nèi)壁，繼續(xù)搖動錐形瓶，觀察顏色變化；故答案為：再用洗瓶以少量蒸儲水吹洗錐形瓶內(nèi)壁。(5)根據(jù)題意，LCnCh溶液的吸光度與其濃度成正比例，在KzCnCh溶液中存在平衡Cr2O?+H2OW2H++2C2＞即有部分C^O歹會轉化為C2彳，從而使測得的質(zhì)量分數(shù)明顯偏低,為抑制CqO歹轉化為CrO亍，可加入與C^O歹不反應的酸，如硫酸：故答案為：H2so4：抑制(:玲。^轉化為CrO亍，且與CqO有不反應。2022年(2022?全國甲卷)硫酸鋅(ZnSOj是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO,,雜質(zhì)為SiO?以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下:濾渣①濾渣②濾渣③濾渣④本題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子Fe”Zn2+Cu21Fe2tMg2"4.0xlO-386.7xlO172.2xIO-208.0X10-'61.8x10-"回答下列問題：⑴菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有⑶加入物質(zhì)X調(diào)溶液pH=5,最適宜使用的X是(填標號)。NH,H;oB.Ca(OH)2c.NaOH濾渣①的主要成分是、、。⑷向80~90℃的濾液①中分批加入適量KMnO,溶液充分反應后過濾，濾渣②中有MnO.該步反應的離子方程式為。⑸濾液②中加入鋅粉的目的是o⑹濾渣④與濃H2s0,反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產(chǎn)物是、?！敬鸢浮竣臵nCO3^ZnO+CO2個(2)將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積增大硫酸的濃度等⑶BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2++MnO4+7H2O=3Fe(OH)3J+MnChJ+5H+⑸置換C產(chǎn)為Cu從而除去⑹CaSO4MgSO4【解析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnC03,雜質(zhì)為SiCh以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應ZnCO3』*ZnO+CO2個，再加入H2sCU酸

浸，得到含ZM*、Ca2\Mg2，、Fe2\Fe3\Ci??的溶液，加入物質(zhì)X調(diào)節(jié)pH=5,結合表格數(shù)據(jù),過濾得到Fe(0H)3、CaSOcSiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+,Cu2\Mg2\Ca2\Fe2+,再向濾液①中加入KMnCU溶液氧化Fe2+,過濾得到Fe(0H)3和MnCh的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=ZM+=Cu,過濾后得到濾渣③為Cu,再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgFz,濾液④為ZnSCh溶液，經(jīng)一系列處理得到ZnSC>4-7H2。，據(jù)此分析解答。⑴由分析，培燒時，生成ZnO的反應為：ZnCCh磐ZnO+CCh個；(2)可采用將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；(3)A.NH3H2O易分解產(chǎn)生NH3污染空氣，且經(jīng)濟成本較高，故A不適宜：Ca(OH)2不會引入新的雜質(zhì)，且成本較低，故B適宜；NaOH會引入雜質(zhì)Na*,且成本較高，C不適宜：故答案選B；當沉淀完全時(離子濃度小于lO'mol/L),結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH<5的只有Fe3+,故濾渣①中有Fe(OH)3,又CaSO4是微溶物,SQ不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OHb、CaSO4、Si02；(4)向80?90℃濾液①中加入KMnCh溶液，可氧化Fe2t,得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe2++MnO；,+7H2O=3Fe(OH)3j+MnO2j+5H+；⑸濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=ZM+=Cu,故加入鋅粉的目的為置換Cu?+為Cu從而除去；⑹由分析，濾渣④為CaFz、MgFz,與濃硫酸反應可得到HF,同時得到的副產(chǎn)物為CaSOcMgSO4?(2022?全國乙卷)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO?、PbO和Pb。還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。Na2cO3HAc,H2ONa2cO3HAc,H2O2NaOH濾液濾渣濾液一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表:

難溶電解質(zhì)PbSO4PbCO3BaSO4BaCO32.5x10-87.4x1014l.lxlO-102.6x1O-9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的PH如下表:金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3Pb(OH)2開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題：⑴在"脫硫"中PbSO4轉化反應的離子方程式為,用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na￡O,的原因 。⑵在"脫硫"中，加入Na￡O、不能使鉛膏中BaSO,完全轉化，原因是。⑶在“酸浸"中，除加入醋酸(HAc),還要加入HQ?。(i)能被Hq2氧化的離子是(日)小。2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為Pb(Ac)2,其化學方程式為(iii)H2O2也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2,H2O2的作用是(4)"酸浸"后溶液的pH約為4.9,濾渣的主耍成分是(5)"沉鉛"的濾液中，金屬離子有?！敬鸢浮?1)PbSO4(s)+CO；(aq)=PbCO3(s)+S。：(aq)反應PbSC)4(s)+CO；(aq)=PbCO3(s)+SOt(aq)的平衡常數(shù)心焉(2)反應BaSO4(s)+CO；(aq)=BaCC>3(s)+SO；(aq)的平衡常數(shù)K=c(SO的平衡常數(shù)心焉(2)反應BaSO4(s)+CO；(aq)=BaCC>3(s)+SO；(aq)的平衡常數(shù)K=c(SO；)c(CO^)=0.04?105,反應正向進行的程度有限⑶Fe2+Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作還原劑(4)Fe(OH)3、AI(OH)3(5)Ba2+,Na+

【解析】鉛膏中主要含有PbSCU、PbOz、Pb。和Pb,還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進行脫硫，硫酸鉛轉化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9,依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液進行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋼離子，氫氧化鉛再進行處理得到PbO.(1)"脫硫"中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反應生成碳酸鉛和硫酸鈉，反應的離子方程式為：PbSO4⑸+CO；(aq)=PbCO3(s)+SO：(aq),由一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)的數(shù)據(jù)可知，Ksp(PbCO3)=7.4xl0i4,K5P(PbSO4)=2.5xl0-8,反應PbSO4(s)+CO；(aq)=PbCC)3(s)+SO：(aq)的平衡常數(shù)K=c(S0；)c(Pb").c(SO：)常數(shù)K=c(S0；)c(Pb").c(SO：)c(COp-c(Pb2+)-c(CO^)Ksn(PbSO.)25x108標痣=急群"4~'說明可以轉化的比較徹底，且轉化后生成的碳酸鉛可由酸浸進入溶液中，減少鉛的損失。(2)反應BaSOMs)+CO；(aq)=BaCCh⑸+S。；(aq)的平衡常數(shù)說明該反應正向進行的程度c(SOr)c(Ba2+)-c(SO；)K^BaSOJi.ixi0'?說明該反應正向進行的程度K=7(<)=c(Ba2+)c(CO；)=Ksp(BaCO,)= =0.04?10,有限，因此加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化。(3)(i)過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。(ii)過氧化氫促進金屬Pb在醋酸溶液中轉化為Pb(Ac”，過氧化氫與Pb、HAc發(fā)生氧還原反應生成Pb(Ac)2和出0,依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知，反應的化學方程式為：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2。。(iii)過氧化氫也能使PbCh轉化為Pb(Ac)2,鉛元素化合價由+4價降低到了+2價，PbCh是氧化劑，則過氧化氫是還原劑。⑷酸浸后溶液的pH約為4.9,依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵。⑸依據(jù)分析可知，加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化，鐵離子、鋁離子轉化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉化為了氫氧化鉛、最終變?yōu)榱搜趸U，因此沉鉛的濾液中，金屬離子有Ba?+和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時引入的Na\(2022?浙江卷)化合物X由三種元素組成，某實驗小組按如下流程進行相關實驗：

白色沉淀1.165g無色溶液

C白色沉淀1.165g無色溶液

C足量BaCl2溶液白色沉淀

2.330g化合物X在空氣中加熱到800℃,不發(fā)生反應。請回答：⑴組成X的三種元素為；X的化學式為.⑵溶液C的溶質(zhì)組成為(用化學式表示)。(3)①寫出由X到A的化學方程式。②X難溶于水，但可溶于氨水中，寫出該反應的離子方程式⑷設計實驗，檢驗尾氣中相對活潑的2種氣體o【答案】⑴ Ba、Cu、OBaCu3O4(2)HCLH2SO4△ 2+ +(3)2NH3+BaCu3O4=Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2OBaCu3O4+12NH3,H2O=3Cu(NH3)f+Ba2+8OH+8H2O⑷將濕潤的紅色石蕊試紙置尾氣出口，若變藍，說明尾氣中有NW。將尾氣通入冷的集氣瓶中，若有液珠，說明有【解析】化合物X由三種元素組成，在加熱條件下和足量氨氣反應生成固體混合物A,A和鹽酸反應生成0.960g紫紅色固體應該是Cu,無色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g應該是BaSCU,無色溶液C中加入足量BaCb溶液生成白色沉淀2.330g是BaSCU,據(jù)此解答。⑴根據(jù)以上分析可知Cu的物質(zhì)的量是0.96g+64g/mol=0.015mol,第一次生成硫酸鋼的物質(zhì)的量是1.165g+233g/mol=0.005mol,笫二次生成硫酸鋼的物質(zhì)的量是2.33g+233g/mol=0.01mol,因此1.965gX中一定含有0.96gCu,Ba的質(zhì)量是0.005molxl37g/mol=0.685g,二者質(zhì)量之和是1.645g<1.965g,相差0.32g,根據(jù)原子守恒可知應該是氧元素，物質(zhì)的量是0.32g+16g/mol=0.02mol,則Ba、Cu,O三種原子的個數(shù)之比是1：3：4,所以組成X的三種元素為Ba、Cu,O,X的化學式為BaCsOm(2)根據(jù)氯原子原子守恒以及溶液C仍然能與氯化釧反應生成硫酸鋼可知溶液C的溶質(zhì)組成為HCI、H2so4。(3)①反應中Cu元素化合價降低，得到電子，則氨氣中氮元素化合價升高，被氧化生成氮氣,A根據(jù)原子守恒可知由X到A的化學方程式為2NH3+BaCu3O4=Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2。。②X難溶于水，但可溶于氨水中，說明有Cu(NH3)：生成，所以該反應的離子方程式為BaCu3O4+12NH3'H2O=3Cu(NH3):+Ba2'+80H+8H2O?⑷反應中氨氣可能過量，高溫下水是氣態(tài)，氮氣性質(zhì)穩(wěn)定，所以需要檢驗的是氨氣和水蒸氣，實驗方案為：將濕潤的紅色石蕊試紙置尾氣出口，若變藍，說明尾氣中有NH3。將尾氣通入冷的集氣瓶中，若有液珠，說明有時0。(2022?廣東卷)稀土(RE)包括鐲、鈕等元素，是高科技發(fā)展的關鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：酸化Mgs。4溶液 月桂酸鈉 鹽酸I [―Tl 1 際礦物-H贏卜浸取液->就川過1濾液i-H過?2|~>濾餅T加熱血H操"recu溶液濾渣 濾液2 月桂酸已知：月桂酸(C"H23coOH)熔點為44。(：；月桂酸和(C“H23coO^RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持+3價不變；(C“H23coO^Mg的K,p=1.8xl()T,AKOH%開始溶解時的pH為8.8；有關金屬離子沉淀的相關pH見下表。離子Mg”Fe,+Al3+RE3+開始沉淀時的pH8.81.53.66.2?7.4沉淀完全時的pH/3.24.7/⑴"氧化調(diào)pH"中，化合價有變化的金屬離子是。⑵"過濾1"前，用NaOH溶液調(diào)pH至 的范圍內(nèi)，該過程中A產(chǎn)發(fā)生反應的離子方程式為o(3)"過濾2"后，濾餅中檢測不到Mg元素，濾液2中Mg?+濃度為2.7g-L/。為盡可能多地提取RE"，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確保"過濾2"前的溶液中c(C“H23coO)低于mol?L-(保留兩位有效數(shù)字)。⑷①"加熱攪拌"有利于加快RE"溶出、提高產(chǎn)率，其原因是o②"操作X”的過程為：先，再固液分離。⑸該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有(寫化學式)。⑹稀土元素鈕(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑PqY。①還原YCl,和PtCl,熔融鹽制備Pt：時，生成imolP^Y轉移mol電子。②PqY/C用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化02的還原，發(fā)生的電極反應為?！敬鸢浮竣臚e?+⑵4.74pH<6.2 Al"+30〃=4(西31(3)4.0x104(4)加熱攪拌可加快反應速率冷卻結晶⑸MgSCU⑹15 O2+4e+2H2O=4OH【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgS。,溶液浸取，得到浸取液中含有RE"、Mg?*、Fe2+.Fe"、A產(chǎn)、SO；等離子，經(jīng)氧化調(diào)pH使Fe3+、Af+形成沉淀，經(jīng)過濾除去?，濾液1中含有RE"、Mg2\SO；等離子，加入月桂酸鈉，使R￡3+形成(C“H23coO^RE沉淀，濾液2主要含有MgS?！谷芤?，可循環(huán)利用，濾餅加鹽酸，經(jīng)加熱攪拌溶解后，再冷卻結晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECb溶液。⑴由分析可知，"氧化調(diào)pH"目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2*氧化為Fe3+,以便后續(xù)除雜，所以化合價有變化的金屬離子是Fe2+,故答案為：Fe?*：(2)由表中數(shù)據(jù)可知，A1"沉淀完全的PH為4.7,而RE'+開始沉淀的pH為6.2~7.4,所以為保證Fe"、Al"沉淀完全，且RE"不沉淀，要用NaOH溶液調(diào)pH至4.74pH<6.2的范圍內(nèi)，該過程中Al3+發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3OH~=A/(OW)J，故答案為：4.7<pH<6.2；Al"+3O/T=MO，1J：⑶濾液2中Mg?+濃度為2.7gI，BP0.1125mol/L,根據(jù)Ksp[(C?H23COO)2Mg]=c(Mg").c2(C?H2,COO),若要加入月桂酸鈉后只生成(ChH2,COO)3RE,而不產(chǎn)生(C“H23coO)?Mg,則c(C“H”COO-卜心』(CuHC。。)?Mg]p_.8xio:=4xio/moi.LT,故答案為：4x10%⑷①"加熱攪拌"有利于加快RE"溶出、提高產(chǎn)率，其原因是加熱攪拌可加快反應速率，故答案為：加熱攪拌可加快反應速率；②"操作X"的結果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C“H”COOH)熔點為44P,故“操作X"的過程為：先冷卻結晶，再固液分離，故答案為：冷卻結晶；⑸由