高考化学《工艺操作规范》真题及专题讲解.docx
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高考化学《工艺操作规范》真题及专题讲解
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MgSO4·7H2O的过程如图所示：
硼镁泥的主要成分如下表：
MgO
SiO2
FeO、Fe2O3
CaO
Al2O3
B2O3
30%~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：
TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181（升华）
316
1412
熔点/℃
?
69
?
25
193
304
714
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）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）ΔH1=+175.4kJ·mol-1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）ΔH2=-220.9kJ·mol-1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：
_______________________。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：
CO2生成CO反应的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：
_______________。
③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__________________________。
④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_____________。
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：
+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O。
实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol·L-1的KMnO4溶液36.00mL，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__________________。
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率%
92
95
97
93
88
（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：
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+）=1×10-5mol/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。
6．（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Ⅰ和Ⅱ中的问题。
Ⅰ．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①所加试剂NaOH的电子式为_________。
B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。
（2）该小组探究反应②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b．Cl-的浓度c．溶液的酸度
（3）0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为__________。
Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，
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:
①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如:
3NaClO
2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水:
AgCl+2NH3·H2O
Ag（NH3）2++Cl-+2H2O
③常温时N2H4·H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag（NH3）2+:
4Ag（NH3）2++N2H4·H2O
4Ag↓+N2↑+4
+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Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并_______________________。
（4）若省略“过滤Ⅰ”,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（该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应）,还因为____________________________________________________________。
（5）请设计从“过滤Ⅱ”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:
2mol·L-1水合肼溶液,1mol·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
①方法1:
45~50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2（OH）2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为_________________________。
②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）bClc·xH2O。
为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:
①称取样品1.1160g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,调节pH4~5,用浓度为0.08000mol·L-1的EDTA（Na2H2Y·2H2O）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30.00mL。
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Ⅰ”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Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”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
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的关系分别如题20图-1和题20图-2所示。
①以酚酞为指示剂（变色范围pH8.0~10.0）,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_____________________。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4
H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=_________（pKa1=-lgKa1）。
（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<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。
pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如题20图-3所示。
学科&网
①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是____________________。
②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。
提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是____________________________________。
参考答案
1．
（1）H2SO4，SiO2；
（2）将Fe2＋氧化为Fe3＋；调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀除去；（3）取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSO4·7H2O结晶析出。
【解析】
（1）流程制备的是MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；
（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用是调节pH，使Al3＋和Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋；（3）除杂是除去的Fe3＋和Al3＋，因此验证Fe3＋就行，方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSO4·7H2O结晶析出。
2．
（1）①TiO2（g）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=-45.5kJ/mol②>、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△H>0。
③饱和食盐水、FeCl2溶液、NaOH溶液。
④MgCl2、AlCl3、FeCl3。
（2）四氯化硅、136℃~181℃
【解析】
（1）①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2（g）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=ΔH1+ΔH2=（-220.9kJ·mol-1）+（+175.4kJ·mol-1）=-45.5kJ·mol－1，正确答案：
TiO2（g）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=-45.5kJ/mol。
②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，平衡向正反应方向移动，即△H>0。
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△H>0。
③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。
④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。
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、136℃~181℃。
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）
【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NaNO3，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÷（m1×40%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+4HF
SiF4↑+2H2O
（3）防止胶体生成，易沉淀分离；Fe（OH）3、
（OH）3
（4）5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4
n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol
n（Ca2+）=4.50×10－3mol
水泥中钙的质量分数为4.50×10－3mol×40.0g/mol/0.400g×100%=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+4HF
SiF4↑+2H2O
（3）加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe（OH）3、
（OH）3。
pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe（OH）3、
（OH）3。
（4）5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4
n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol
n（Ca2+）=4.50×10－3mol
水泥中钙的质量分数为4.50×10－3mol×40.0g/mol/0.400g×100%=45.0%。
5．
（1）温度应控制在90℃-100℃
（2）FeTiO3+4H++4Cl?
=Fe2++TiOCl42?
+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（
）=
mol·L?
1=1.3×10-17mol·L?
1，c3（Mg2+）×c2（PO43-）＝（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↑
【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FeTiO3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℃，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）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（PO43-）=1.3×10-2，则c（PO43-）=
=1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43-）＝（0.01）3×（1.3×10-17）2=1.69×10-40＜1.0×10—34，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↑。
6．（14分）
（1）
加热（或煅烧）电解法
（2）ac
（3）2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）===TiCl4（l）+2CO（g）ΔH=?
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，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）ΔH=?
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Cr2O72-；阴极室生成的物质为NaOH和H2。
7．CuOCu2O+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-28.8g＝3.2g，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
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