2017年高考化学工艺流程

页，总6页目为x,根据正负化合价代数和为0,可知(+1)X2+(+4)X5+(-2)X(15-2x)+(-1)X2x=0,解得：x=4;Ksp[FePOM=c(Fe3+)Xc(PO43-)=1.3X10-2，则c(PO43-)==1.3X10-17mol/L,Qc[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)Xc2(PO43-)=(0.01)3X(1.3X10-17)2=1.69X10-40v1.0X10—34,则无沉淀。高温下FePO与Li2CQ和H2C2Q混合加热可得LiFePO4,根据电子守恒和原子守恒可得此反应的咼温化学方程式为2FePO+Li2CO+H2C2O2LiFePO4+WOf+3CQf。(14分)Na+|：O：Hl~加热(或煅烧)电解法ac12Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCI4(|)+2CO(g)△H二85.6kJ•mol-2在直流电场作用下，CrO4通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和CrO2-NaOH和H【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。AI(OH)3、MnO在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，AI(OH)3转化为AIOJ，通入CO转化为AI(OH)3沉淀，再加热分解为AI2Q，最后熔融电解的AI。nZf：O：H*NaOH的电子式为-“；根据上述分析，4C的条件为加热或煅烧，3AI的制备方法称为电解法。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。该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCI4(l)+2CO(g)△H=-85.6kJ•mo「1。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，CrO2-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C^O2-;阴极室生成的物质为NaOH和H2。+2+CuOC*O+2H=Cu+Cu+HONH+3CuO二N+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，溶液中加入氢氧化钠得到蓝色沉淀，说明是氢氧化铜，分解生成氧化铜，物质的量是16g+80g/mol=0.2mol;紫红色固体是铜，物质的量是0.2mol，所以X中铜和氧的个数之比是0.4:0.2=2:1,因此是CifeOo(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是CifeO+2H=Cu+Cu+HO。(3)加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，单质是氮气，该反应的化学方程式为NH+3CuO二-Nb+3Cu+3HQ点睛：该题难度较大，首先根据实验现象进行定性分析，然后依据质量借助于质量守恒定律进行定量分析。【答案】水浴加热4Ag+4NaCIO+2H2O4AgCI+4NaOH+Qf会释放出氮氧化物(或NO、NO?)，造成环境污染将洗涤后的滤液合并入过滤n的滤液中未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的CI-,不利于AgCI与氨水反应向滤液中滴加2molL-1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol匸1H2SQ溶液吸收反应中放出的Nf，待溶液中无气泡产生，停止滴加,静置，过滤、洗涤，干燥。【解析】

分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还原为银。氧化”阶段需在80C条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。因为已知NaCIO溶液与Ag反应的产物为AgC、NaOH和0?，用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaCIO+2H?o^=4AgCI+4NaOH+Qf。HNO3也能氧化Ag,硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaCIO的缺点是会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染。为提高Ag的回收率，需对过滤n”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤n的滤液中。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NaCIO与NH3H2O反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的CI-，不利于AgCI与氨水发生AgCI+2NH3H2OAg(NH3)2++Cl+2H2O反应，使得银的回收率变小。过滤n”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+:4Ag(NH3)2JN2H4H2O^^4AgJ+N2f+4NH；+4NH3f+H2O,所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2molL-1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1moIL-1h2SQ溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加,静置，过滤、洗涤，干燥。【答案】(1［①4CuCI+Q+8H2O2CU2(OH)2CI23H2O②Fe2+(2)n(C-(2)n(C-)=n(AgCI)V°0.0°25.00mL0.1722g100.00mL143.5gLmol-125.00mL=4.800x1moi2+100.00mLn(Cu)=n(EDTA)x25.00mL-1-3-1100.00mL-3=0.08000molLx30.00mLxL0mLx-=9.600x10mol25.00mL-2+--3-3-2n(OH)=2n(Cu)-n(Cl)=2x9.600x他|—4.800x10mol=1.440x1molm(Cl')=4.800xTmolx35.5gnol・-1=0.1704gm(Cu2+)=9.600x-10nolx64gnol-1=0.6144gm(OH-)=1.440x-10nolx17mol-1=0.2448gn(H2O)=1.1160gn(H2O)=1.1160g—0.1704g—0.6144g—0.2448g18gl_mol-1=4.800x1dmol2+・・a:b:c：x=n(Cu):n(OH):n(Cl):n(出0)=2:3:1:1化学式为CU2(OH)3CIH2O【解析】①分析CuCI悬浊液中持续通入空气得到CU2(0H)2C23H2O，可以发现Cu元素的化价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反4久509应的化学方程式为4CuCI+Q+8H2O2CU2(OH)2C23出0。②由催化原理示意图可知，M'先与H+、02反应生成M,M再被Cu还原为Cu2+，所以M'的化学式为Fe2+。由实验②可以求出该样品中所含C「的物质的量，由氯离子守恒得：100.00mL0.1722g100.00mL-3n(CI)=n(AgCI)*=〒=4.800x10nol25.00mL143.5gLhol25.00mL由实验③结合反应信息C『++H2Y2——Cu#+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：2+100.00mLn(Cu)=n(EDTA)x25.00mL-1-3-1100.00mL-3=0.08000molLx30.00mLxLmLx=9.600x10mol25.00mL再由化合物中电荷守恒得：-2+--3-3-2n(OH)=2n(Cu)-n(Cl)=2x9.600xrtfibl-4.800x10mol=1.440x1mol分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：m(Ci)=4.800x^molx35.5gnol--1=0.1704gm(Cu2+)=9.600x-10nolx64gnol-1=0.6144gm(OH-)=1.440x-10nolx17gnol-1=0.2448g再求出结晶水的物质的量：n(H2O)=1.1160gn(H2O)=1.1160g—0.1704g—0.6144g—0.2448g18g|_mol-1=4.800x1dmol最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：2+因为a:b:c:x=n(Cu):n(OH-)：n(Cl-):n(H2O)=2:3:1:1，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3CIH2O【答案】(1)AI2O3+2OH2AIO2一+H2O⑵减小石墨电极被阳极上产生的Q氧化⑷4CO；=2H2O-4e-4HCO7+C2TH2NHQI分解产生的HCI能够破坏AI表面的AI2Q薄膜【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。(1)氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH'=2AIO2-+H2O。I所得滤液中含有氢氧化钠，加入(2I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。(4)由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的0H-放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCQ-，所以电极反应式为4CQ2-+2H2O-4e=4HCQ-+Qf,阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质A为H2。氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜【答案】(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2⑵①OH-+H3AsO3H2ASO3-+H2O②2.2⑶①在pH7~9之间，随pH升高H2ASC4-转变为HAsOq2-,吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加②在pH4~7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2ASO4'和HAsO42-l阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3ASO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷【解析】⑴NaOH在空气中易与CQ反应生成NaCQ,吸附剂X中含有CO,，其原因是碱性溶液吸收了空气中的CQ；(2)①从题20图-1可知pH由小变大时，H3ASO3浓度减小，H2ASO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反应的离子方程式为OH-+H3AsC3H2AsO3-+H2O;②H3ASO4第一步电离方程式H3ASO4H2AsC4-+H+的电离常数为aKai/HAsQXH)，由题20图-2读出：，c(H3AsO4)+■22+・22_22c(H2ASO4~)=c(H3ASO4),c(H)=10mol/L,Kai=c(H)=10mol/L,pKai=_lgKai=_lg10=2.2;①在pH7~9之间，随pH升高H2ASO4转变为HAsO42_，吸附剂X表面所带负电荷增多，，静电斥力增加，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。②在pH4~7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4_和HAsO42_阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3ASO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。【命题意图】本题以化学反应原理中电解质的电离、中和反应过程中各粒子的分布图，电解质溶液中粒