三年高考真题分类汇编化学 专题15 工艺流程题 教师版Word格式.docx
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滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·
L−1（以SO2计）。
【答案】
（1）2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O
（2）①NaHSO3②得到NaHSO3过饱和溶液
（3）2H2O－4e－＝4H＋+O2↑a（4）S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋0.128
【解析】
（1）亚硫酸钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。
阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。
阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；
消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是
。
2．【2017新课标1卷10】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：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。
由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以
形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。
（3）TiO2·
xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·
xH2O转化率%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2·
xH2O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②”中c（Mg2+）=0.02mol/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+）=1.0×
10-5mol/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②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式。
【答案】
（1）100℃、2h，90℃，5h
（2）FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++
+2H2O
（3）低于40℃，TiO2·
xH2O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TiO2·
xH2O转化反应速率下降（4）4
（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c（PO43－）=
mol·
L−1=1.3×
10–17mol·
L−1，c3（Mg2+）×
c2（
）＝（0.01）3×
（1.3×
10–17）2=1.7×
10–40＜Ksp[Mg3（PO4）2]，因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀。
（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
（1）由图示可知,“酸浸”时铁的净出率为70%时,则应选择在100℃、2h,90℃,5h下进行;
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42－时，发生反应的离子方程式FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++
（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℃，TiO2·
xH2O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）Ksp[FePO4]=c（Fe3+）×
c（
）=1.3×
10–2，则c（PO43－）＝
＝1.3×
10–17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×
c2（PO43－）＝（0.01）3×
10–17）2=1.69×
10–40＜1.0×
10–24，则无沉淀。
（6）高温下FePO4与Li2CO3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
2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。
3．【2016新课标1卷10】NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。
“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。
此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：
每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
NaClO2的有效氯含量为____。
（计算结果保留两位小数）
（1）+3；
（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（3）NaOH溶液；
Na2CO3溶液；
ClO2−（或NaClO2）；
（4）2:
1；
O2；
（5）1.57。
【解析】试题分析:
（1）在NaClO2中Na为+1价,O为-2价,根据正负化合价的代数和为0,可得Cl的化合价为+3
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2,其中NaClO2是氧化剂,还原产物为NaCl,根据得失电子守恒和原子守恒,此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+,可利用过量NaOH溶液除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+;
向NaC1溶液中加入ClO2进行电解,阳极发生反应2Cl－-2e=Cl2↑,反应产生Cl2,阴极发生反应产生NaClO2,可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；
（4）根据图示可知：
利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1mol的H2O2转移2mol电子，反应方程式是：
2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:
1，该反应中氧化产物为O2。
（5）每克NaClO2的物质的量n（NaClO2）=1g÷
90.5g/mol=
mol，其获得电子的物质的量是
n（e−）=
mol×
4=4/90.5mol，1molCl2获得电子的物质的量是2mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=
4÷
2=
mol，则氯气的质量为
71g/mol=1.57g。
4．【2018新课标2卷9】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·
L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；
氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；
沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】
（1）2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2。
（2）PbSO4;
调节溶液的pH;
无法除去杂质Fe2+
（3）Zn+Cd2+
Zn2++Cd（4）Zn2++2e－
Zn溶浸
精准分析：
焙烧时硫元素转化为SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅。
由于沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；
滤液中加入锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌。
则
（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O2
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；
要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。
根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；
阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
考点定位：
本题主要是考查物质制备的工艺流程分析，涉及方程式书写、滤渣成分判断、试剂作用分析、电解原理的应用等知识。
5．【2018新课标3卷10】KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。
（1）KIO3的化学名称是_______。
（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：
“酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCl。
“逐Cl2”采用的方法是________。
“滤液”中的溶质主要是_______。
“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。
（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式______。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。
（1）碘酸钾
（2）加热KClKH（IO3）2+KOH
2KIO3+H2O或（HIO3+KOH
KIO3+H2O）
（3）①2H2O+2e－
2OH－+H2↑②K+a到b③产生Cl2易污染环境等
精准分析:
（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾
（2）将溶解在溶液中的气体排岀的一般方法是将溶液加热,原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。
第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去,根据图示,碘酸钾在最后得到,所以过滤时KH（IO3）2应该在滤渣中,所以滤液中主要为KCl。
“调pH”的主要目的是将KH（IO3）2转化为KIO3,所以方程式为KH（IO3）2+KOH
2KIO3+H2O
（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。
③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。
本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识，涉及物质名称、流程分析、反应条件控制、电极反应式、交换膜作用分析以及实验方案评价等。
6．【2017新课标3卷10】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：
（1）步骤①的主要反应为：
FeO·
Cr2O3+Na2CO3+NaNO3
Na2CrO4+Fe2O3+CO2+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④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⑤的反应类型是___________________。
（5）某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为_____________。
（1）2∶7陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
（2）铁Al（OH）3
（3）小2
+2H+
+H2O（4）d复分解反应（5）
×
100%
（1）FeO•Cr2O3是还原剂，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，每摩尔转移7mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO2，每摩尔转移2mol电子，根据转移电子守恒可知，FeO·
Cr2O3与NaNO3的系数比为2:
7;
陶瓷在高温下会与Na2CO3反应,则熔融不能使用陶瓷容器。
（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－、CrO4－，调节溶液pH并过滤后得滤渣2为Al（OH）3及含硅杂质
（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的固体最多；
2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl的反应类型为复分解反应。
（5）样品中Cr2O3的质量为m1×
40%kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×
40%kg×
，则所得产品的产率为m2kg÷
（m1×
）×
100%=
100%。
7．【2016新课标3卷11】以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。
从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。
废钒催化剂的主要成分为：
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2～2.9
2.8～3.1
22～28
60～65
1～2
＜1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________，同时V2O4转成VO2+。
“废渣1”的主要成分是__________________。
（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中。
“废渣2”中含有_______。
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：
4ROH+V4O124−
R4V4O12+4OH−（ROH为强碱性阴离子交换树脂）。
为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”）。
（5）“流出液”中阳离子最多的是________。
（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。
（1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；
SiO2；
（2）0.5；
（3）Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）碱；
（5）K＋；
（6）2NH4VO3
V2O5＋H2O＋2NH3↑。
试题分析：
（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；
二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅。
（2）氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2-,V元素化合价从+4价升高到+5价,而氧化剂KClO3中氯元素化合价从+5价降低到-1价,则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为3mol÷
6=0.5mol
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中,同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,则“废渣2”中含有Fe（OH）3、Al（OH）3
（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性。
（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子。
（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3）“煅烧”生成五氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3
8．【2018北京卷9】磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：
磷精矿主要成分为Ca5（PO4）3（OH），还含有Ca5（PO4）3F和有机碳等。
溶解度：
Ca5（PO4）3（OH）<
CaSO4·
0.5H2O
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO4
10CaSO4·
0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：
H3PO4__________H2SO4（填“>
”或“<
”）。
②结合元素周期律解释①中结论：
P和S电子层数相同，__________。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。
写出生成HF的化学方程式：
__________。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。
相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。
80℃后脱除率变化的原因：
____________________。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；
加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。
（6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·
L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。
（已知：
H3PO4摩尔质量为98g·
mol−1）
（1）研磨、加热
（2）①＜②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S（3）2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O
0.5H2O+6H3PO4+2HF↑
（4）80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低
（5）CaSO4微溶BaCO3+SO42－+2H3PO4
BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4－（6）
【解析】精准分析:
（1）研磨能増大反应物的接触面积,加快反应速率,加热,升高温度加快反应速率;
流程中能加快反应速率的措施有:
硏磨、加热。
（2）①依据反应方程式,根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性:
H3PO4<
H2SO4。
②用元素周期律解释酸性:
H3PO4<
H2SO4,P和S电子层数相同,核电荷数P<
S，原子半径P>
S,得电子能力P<
S,非金属性P<
S。
（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律,Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸,生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·
0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；
80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应
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