2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题20工业流程题含解析

专题20工业流程题

2021年化学高考题

一、单项选择题

L（2021年山东省高考化学试题（山东卷））工业上以SQ和纯碱为原料制备无水NaHSG的主

要流程如图，以下说法错误的选项是

A.吸收过程中有气体生成B.结晶后母液中含有NaHCG

C.气流枯燥湿料时温度不宜过高D.中和后溶液中含Na2s伪和NaHCa

【答案】B

【分析】

根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHS6,那么母液

为饱和NaHSOs和过量的二氧化硫形成的亚硫酸,溶液呈酸件,所以参加纯碱进行中和.涉及

的反响为：H2S03+2Na2C03=Na2S03+2NaHCO3,NaHS03+Na2C03=Na2SO3+NaHC03,所以调节pH为

8进行中和后得到NazSOs和NaHC。”通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反

响为：Na2S03+S02+H20=2NaHS031,S02+NaHC03=C02+NaHSO31,此时会析出大量NaHSQ、晶体，

经过离心别离，将得到的湿料再进行气流枯燥，最终得到NaHSOs产品，据此分析解答。

【解析】

A.根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确：

B.结晶后母液中含饱和NaHSOs和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCOs,假设产物中存

在NaHCCh那么其会与生成的NaHS（h发生反响，且NaHCS,溶解度较低，假设其残留于母液中，

会使晶体不纯，假设不成立，B错误；

C.NaHSOs高温时易分解变质，所以气流枯燥过程中温度不宜过高，C正确；

D.结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2s和NaHCCh,D正确；

应选Bo

2.（2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题（河北卷））BiOCl是一种具有珠光

泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：

以下说法错误的选项是

A.酸浸工序中分次参加稀皿2可降低反响剧烈程度

B.转化工序中参加稀HC1可抑制生成BiONOa

C.水解工序中参加少量CH£00Na（s）可提高BF水解程度

D.水解工序中参加少量NH4N03（s）有利于BiOCl的生成

【答案】D

【解析】

A.硝酸为强氧化剂，可与金属钿反响，酸浸工序中分次参加稀HNO-反响物硝酸的用量减

少，可降低反响剧烈程度，A正确；

B.金属钿与硝酸反响生成的硝酸锦会发生水解反响生成BiONO”水解的离子方程式为

3++

Bi+NO3+H2OBiONO3+2H,转化工序中参加稀HC1,使氢离子浓度增大，根据勒夏特

列原理分析，硝酸钮水解平衡左移，可抑制生成BiONO-B正确；

C.氯化钿水解生成BiOCl的离子方程式为Bi^+Cr+HQUBiOCl+ZH.,水解工序中参加少

量CH3coONa（s）,醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特

列原理分析，氯化钿水解平衡右移，促进B产水解，C正确；

D.氯化钿水解生成810（口的离子方程式为由3，+（：「+也0=8叩。+2田，水解工序中参加少

量NHQNO3（S）,钱根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯

化钿水解平衡左移，不利于生成BiOCl,且局部钿离子与硝酸根、水也会发生反响

3++

Bi+NOi+H2O^BiONO,+2H,也不利于生成皮0C7,综上所述，D错误；

应选D。

3.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））己二酸是一种重要的化

_L原料，科学家在现有工业路线根底上，提出了一条“绿色”合成路线：

以下说法正确的选项是

A.苯与溪水混合，充分振荡后好置，下层溶液呈橙红色

B.环己醇与乙醇互为同系物

C.已二酸与NaHCO］溶液反响有C02生成

D.环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，苯与滨水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红

色，故A错误；

B.环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差假设干C压原子团，不互为

同系物，故B错误；

C.己二酸分子中含有陵基，能与NaHCOs溶液反响生成Cd,故C正确；

D.环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结

构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；

答案选C.

4.(2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题(湖南卷))一种工业制备无水氯化

镁的工艺流程如下：

以下说法错误的选项是

A.物质X常选用生石灰

B.工业上常用电解熔融MgCl?制各金属镁

高温

C.“氯化”过程中发生的反响为MgO+C+C12=MgC12+CO

D.“燃烧〃后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl?

【答案】D

【分析】

海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg。苦卤水中加物质X使Mg?.转化为Mg(0H)2，

过滤除去滤液，煨烧Mg(OH)2得MgO,MgO和C、CL经“氯化”得无水MgCL

【解析】

A.物质X的作用是使Mg?，转化为Mg(0H)2,工业上常采用CaO,发生CaO+HzO=Ca(OH)2,

22+

Ca(OH)2+Mg=Mg(OH)2+Ca,A正确：

B.Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgC%制备金属镁，B正确；

C.由图可知“氯化〃过程反响物为MgO、氯气、C,生成物之一为MgCLC在高温下能将二

高温

氧化碳复原为CO,那么“气体〃为CO,反响方程式为MgO+C+C12=MgC12+CO,C正确；

D."煨烧”后得到MgO,MgO和盐酸反响得到MgCk溶液，由于MgCb在溶液中水解为氢氧化

镁和HC1,将所得溶液加热蒸发HC1会逸出，MgCh水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不

到无水MgCk,D错误;

选Do

二、元素或物质推断题

5.(2021年1月浙江省普通高校招生选考化学试题)某兴趣小组对化合物X开展探究实验。

其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯洁物；B可使品红水溶液褪色。

请答复：

(1)组成X的3种元素是(填元素符号)，X的化学式是。

(2)将固体X参加温热的稀H2s0,中，产生气体B,该反响的离子方程式是o

(3)步骤I,发生反响的化学方程式是o

(4)步骤II,某同学未加映2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是o

(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反响的

生成物使品红褪色。请设计实验证明o

H2C-OH

【答案】Cu、S、0CuS206so；+so.fHC-OH+CU(0H)2

△I

H2C-OH

H2C-0.

I

-HC-0+2FWSO2与水反响生成H2s03；H2sO3能被氧气氧化为H2s0」，与BaCL反

H2C-OH

响生成BaSO,配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入S02,不褪色；品红水溶液中

参加亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快

【分析】

将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份参

加盐酸酸化的氯化钢溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液参加

适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，参加甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu,那

么固体A为CuSOi；将气体B通入足量的BaCL溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气

体可以被乩。2氧化，那么该气体为S02,再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学

式。

【解析】

酸飘沉淀，那么该份硫酸铜的质量为0.005mol,那么固体CuSOi的物质的量为O.OlOmol,质

量为L6g,根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g,该物质中三种元素的质量比

w(Cu):z»(S):m(0)=0.640g:0.640g:0.960g»那么这三种原子的物质的量的比

〃(Cu):/7(S):/?(0)=l:2:6,故固体X的化学式为CuSzOe;

(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反响可以生成SO?气体，根据原子守恒和电荷守恒配平,

那么该过程的离子方程式为so；-里soso1；

2A2

(3)步骤I为甘油和氢氧化铜发生反响，反响的化学方程式为

H,C-OH

I+Cu(0H”-HC-O”

HC-OH+2H2O;

IHC-OH

H2C-OH2

(4)步骤n中未参加过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明so2溶于水后可以被空气中的氧气

氧化，故答案为：S02与水反响生成H2sOa；H2s能被氧气氧化为H2S0„与Back反响生成BaS01；

(5)S02可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO?分子和H2s口，欲知道是哪一种物质能够使品

红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红尢水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入sa,

不褪色；品红水溶液中参加亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快。

三、工业流程题

6.(2021年高考全国乙卷化学试题)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO?、SiO?、ALO3、

MgO、CaO以及少量的FqO,。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁

等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的PH见下表

金属离子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+

开始沉淀的pH

沉淀完全(c=lOx10-5mol•L)的pH

答复以下问题：

(1)“焙烧”中，力。2、SiO?几乎不发生反响，A12O3>MgO、CaO>FeQ,转化为相应的硫

酸盐，写出ALO,转化为NH4A1(SO4)2的化学方程式。

(2)“水浸〃后“漉液〃的pH约为，在“分步沉淀〃时用氨水逐步调节pH至，依次析出的金

属离子是O

⑶“母液①”中Mg2+浓度为rnolE\

(4)“水浸渣”在160C“酸溶〃最适合的酸是o"酸溶渣〃的成分是

(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO?•水解析出TiC^.xHq沉淀，该反响的离子方

程式是O

(6)将“母液①〃和“母液②〃混合，吸收尾气，经处理得,循环利用。

【答案】

3

A12O5+4(NH4)2SO4-2NH4Al(SO4)2+6NH3T+3H2OTFe\A产、Mg?+i,Oxio-硫酸

SiO2CaSO4TiO"+(x+1)H2O=TiO2xH2OI+2W(NH4),SO4

【分析】

由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铁混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅小反响，氧化铝、

氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质参加热水水浸，

二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙局部溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铉溶于

水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝镂

和硫酸钙的滤液；向pH约为的滤液中参加氨水至，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀,

过滤得到含有硫酸钱、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中参加浓硫酸加热到160c

酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响，二氧化钛与稀硫酸反响得到TiOSOv过滤得到含

有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSOi溶液;将TiOSOi溶液参加热水稀释并适当加热，使TiOSO」

完全水解生成TiO?・x电0沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和Ti02・xH20O

【解析】

(1)氧化铝转化为硫酸铝镂发生的反响为氧化铝、硫酸钱在高温条件下反响生成硫酸铝钺、氨

气和水，反响的化学方程式为Al2a+4(NHJ2s0,磐NH4Al(SOJ2+4NH31+3上0,故答案为：

AkO3+4(NH.|)2s0,堡NHM1(S0J+4NH3t+3H2O；

(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为的滤液参加氨水调节溶液pH为时，铁

离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe'Al\Mg。

(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为可知，氢氧化镁的溶度积为1X10-5x(1x10—)2=1X10,

10

1x1A-*

当溶液pH为时，溶液中镁离子的浓度为.....-=1X10bmol/L,故答案为：1X106；

(1x10)

(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完

全沉淀，减少TiOSO』溶液中含有硫酸钙的量，应参加浓硫酸加热到160c酸溶；由分析可知，

二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响，那么酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：

硫酸；Sid、CaSO.,；

(5)酸溶后将TiOSOi溶液参加热水稀释并适当加热，能使TiOS(h完全水解生成TiO2・xH?0沉

淀和硫酸，反响的离子方程式为Ti(f+(x+1)H20ATiO2•XH2O+2H;故答案为：

2+<

TiO+(x+l)H2OATiO2•xH2O+2H；

(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸镂、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸

收氨气得到硫酸锈溶液，可以循环使用，故答案为：(NHJ2s04。

7.(2021年高考全国甲卷化学试题)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、

染料等方面。答复以下问题：

(1)L的一种制备方法如以下图所示：

①参加Fc粉进行转化反响的离子方程式为,生成的沉淀与硝酸反响，生成后

可循环使用。

②通入C12的过程中，假设氧化产物只有一种，反响的化学方程式为;假设反响物用

量比n(C12)/n(Fek)=L5时，氧化产物为；当(艮U)>L5,单质碘的收率会

降低，原因是。

⑵以NaIO1为原料制备I’的方法是：先向Na。溶液中参加计量的NaHSC>3,生成碘化物；

再向混合溶液中参加NalO、溶液，反响得到h，上述制备L的总反响的离子方程式为o

(3)KI溶液和CuSO,溶液混合可生成Cui沉淀和％,假设生成ImolU，消耗的KI至少为

moleL在KI溶液中可发生反响h+r-I；。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反

响后，过滤，滤液经水蒸气蒸馈可制得高纯碘。反响中参加过量KI的原因是。

【答案】2AgI+Fe=2Ag+Fe"+2「AgN03Fel2+Cl2=I2+FeCl2I2,FeCl3I?被过量

的Cl?进一步氧化2IO；+5HSO；=l2+5SO：+3H，+H2O4防止单质碘析出

【解析】

(D①由流程图可知悬浊液中含Agl,Agl可与Fe反响生成FeL和Ag,Feh易溶于水，在离

子方程式中能拆，故参加Fc粉进行转化反响的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe%2「，生成的

2f

银能与硝酸反响生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe+2r；AgN03；

②通入Cl?的过程中，囚「亚原性强于Fe24,Cl?先氧化亚原性强的「，假设氧化产物只有一种,

那么该氧化产物只能是故反响的化学方程式为Fek+CL=I2+FeCl2,假设反响物用量比

n(Ch)/n(FeL)=1.5时即Cl2过量，先氧化完全部「再氧化Fe。恰好将全部「和Fe?一氧化，故

氧化产物为L、FeCl3,当n(ClJ/n(Fel2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质

碘以及水继续发生氧化复原反响，单质碘的收率会降低，故答案为：Fel2+Cl2=I2+FeCl2；I2.

FeCh；L被过量的Clz进一步氧化；

⑵先向NaIC>3溶液中参加计量的NZ1HSO3,生成碘化物即含I的物质；再向混合溶液中(含

I)参加NalOj溶液，反响得到I?,上述制备L的两个反响中I为中间产物，总反响为10；与

HSO；发生氯化复原反响，生成S0：和L，根据得失电子守恒、电荷守恒］及元素守恒配平离

+

子方程式即可得：2IO3+5HSO3=12+5SO^+3H+H2O,故答案为：

+

2IO3+5HSO5=I2+5SOJ+3H+H2O；

(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成Cui沉淀和12,化学方程式为4KI+2CuSOt=2CuI1

+I2+2K2S0„假设生成Imolk，那么消耗的KI至少为4mol；反响中参加过量KI,I浓度增大,

可逆反响h+r平衡右移，增大k溶解度，防止k升华，有利于蒸储时防止单质碘析出，

故答案为：4；防止单质碘析出。

8.(2021年山东省高考化学试题(山东卷))工业上以络铁孙,(FeCmO”含Al、Si氧化物等杂

质)为主要原料制备红矶钠(NazCnO^HQ)的工艺流程如图。答复以下问题：

滤渣滤渣副产品Na2Cr2O7*2H2O

焙烧的目的是将FeCnO,转化为NazCrO,并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与

矿料逆流而行，目的是

(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如下图。当溶液中可溶组分浓度

cWLOXlOTmokL时，可认为已除尽。

(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致一；冷却结晶所得母液中，除Na2crO外，可在上述流程中

循环利用的物质还有一o

(4)利用膜电解技术(装置如下图)，以NazCrO,为主要原料制备Na2Cr2(h的总反响方程式为：

通电

4Na2Cr04+4H20^=2Na2Cr207+4Na0H+2H21+021<>那么NazCQ在—(填“阴"或“阳")极室

制得，电解时通过膜的离子主要为_。

【答案】增大反响物接触面积，提高化学反响速率4.5KpHK9.3使

2CrO；+2H++也0平衡正向移动，提高NazCmOi的产率浸取所得溶液中含有大量

+

Na2S0.l*10H20H2sCh阳Na

【分析】

以格铁矿(FeCnO,,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矶钠(NazCmOBH#)过程中，

向铝铁矿中参加纯碱和Q进行焙烧，FeCrO转化为NazCrO,，Fe(II)被02氧化成Fe?。」，Al、Si

氧化物转化为NaAld、NaSQ”参加水进行“浸取"，Fe?。?不溶于水，过滤后向溶液中参加

H2SO,调节溶液pH使A1O；、SiO；转化为沉淀过滤除去，再向滤液中参加H2SO1，将NazCrO,转

化为NaEmOi,将溶液蒸发结晶将NaSOi除去，所得溶液冷却结晶得到NazCcOz^HzO晶体，母

液中还含有大量HzSO,。据此解答。

【解析】

(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使。2向上流动，增大固体与气体的接触面积,

提高化学反响速率，故答案为：增大反响物接触面积，提高化学反响速率。

⑵中和时调节溶液pH目的是将AQ、SiO］转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH24.5

时，A1”除尽，当溶液pH>9.3时，HfiQi会再溶解生成SiOj,因此中和时pH的理论范围为

4.5<pH<9,3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以CrQ；和C2：存在，溶液

+

中存在平衡：2CrO；-+2H^^Cr2O?-+H2O,降低溶液pH,平衡正向移动，可提高gCoO?

的产率；由上述分析可知，Fc元素在“浸取”操作中除去，故答案为：4.5<pH<93；使

2GO：-+2^4^50；-+见。平衡正向移动，提高NazCmO?的产率；浸取。

(3)蒸发结晶时，Na2sOi主要以NaiSO/lOHzO存在，NazSO/lO乩O的溶解度随温度升高先增大后

减小，假设蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量NazSOjlOIM)；由上述分析可知,

流程中循环利用的物质除NazCnO?外，还有修。“故答案为:所得溶液中含有大量Na2S0.*10H20；

H2sO4。

通电

(4)4Na2Cr0,+4H202Na2Cr207+4Na0H+2H21+021电解过程中实质是电解水，阳

+

极上水失去电子生成H+和02,阴极上M得到电子生成H2,由2CrO;+2H+也。可

知，CrQ；在氢离子浓度较大的电极室中制得，即NaEmO?在阳极室产生；电解过程中，阴极

产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备NaEmOi的效率，Na'通过离子交换

膜移向阴极，故答案为：阳；Na+o

9.(2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题(河北卷))绿色化学在推动社会可

持续开展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铝盐的新工艺,

该工艺不消耗除铅铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了

Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na.内循环。工艺流程如图：

答复以下问题：

(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)o

(2)工序①的名称为_。

(3)滤渣的主要成分是—(填化学式)。

(4)工序③中发生反响的离子方程式为。

(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反响的化学方程式为可代

替NaOH的化学试剂还有(填化学式)o

(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序(填“①〃或“②〃或"③”或”④〃)

参与内循环。

(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为(通常认为溶液中离子浓度小于

-14-33

为沉淀完全；A1(0H)3+0H^A1(0H)；SK=10,K.=10,K^tAl(0H)3]=10)

【答案】Fe、Cr溶解浸出MgO>Fe2a2Na+2CrO^+2C02+H20=Cr2O?'+2NaHC031

高温…

4Fe(CrO2)2+702+16附设。3^8岫£皿+2Fe2O3+16C02+8H20Na2C03②8.37

【分析】

由题给流程可知，铭铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反响为，在熔融氢氧化

钠作用下，Fe(Cr()2)2被氧气高温氧化生成辂酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反响转化

为偏铝酸钠，氧化镁不反响；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氯化铁的滤

渣1和含有过量氢氧化钠、格酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳杰条件下别离得到格酸

钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向格酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重格酸钠

和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠;

向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反响转化为碳酸氢镁溶液；

碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序

②循环使用；碳酸镁高温煨烧得到氧化镁。

【解析】

(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铭元素，故答案为：Fe、Cr；

(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；

(3)由分析可知，滤渣I的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、FeA;

(4)工序③中发生的反响为铭酸钠溶液与过量的二氧化碳反响生成重铭酸钠和碳酸氢钠沉淀，

反响的离子方程式为2Na'+2CrO孑+2CO2+HZO=Cr2O^+2NaHC03I,故答案为：

2Na'+2CrOi-+2C02+H20=Cr2O？-+2NaHC031；

(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反响为高温下，，Fc(CrO2)2与氧

气和碳酸氢钠反响生成铭酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反响的化学方程式为4Fe(CrO，+

70>+16NaHC0:8Na2CrO4+2Fe203^16C02+8H20；假设将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的

反响，故答案为：4Fe(CrQ,)2+702-16NaHC038Na2CrO4+2Fe2O3+16co2+8H2O；

(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转

化为碳酸氢镁溶液，那么混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；

⑺工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反响为A1(OH):+H，^A1(OH)3+H2O,反

1c(OH)1

响的平衡常数为K尸石面访7r而⑹而丽丽二7五二］。，当c网(OH)；］为

11

lO-mol/L时，溶液中氢离子浓度为C〔AI(OH)］K=］。一、根足“小。14=10丁。1/1>,那么溶液的

pH为，故答案为：。

10.(2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题(湖南卷))碳酸钠俗称纯碱，是

一种重要的化工原料。以碳酸氢钱和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠

的含量，过程如下：

步骤I.Na2c0,的制备

步骤II.产品中NaHCO,含量测定

①称取产品，用蒸储水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取上述溶液于锥形瓶，参加2滴指示剂M,用O.lOOOmol.L"盐酸标准溶液滴定，溶液由

红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸VgL；

③在上述锥形瓶中再参加2滴指示剂N,继续用0.1000moLL।盐酸标准溶液滴定至终点(第二

滴定终点)，又消耗盐酸V?mL；

④平行测定三次，Y平均值为，乂平均值为。

：(i)当温度超过35c时，NH4HCO3开始分解。

(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表Q/lOOg^O)

温度/℃0102030405060

NaCl

NH4HCO3

NaHCO,

NH4C1

答复以下问题:

(1)步骤I中晶体A的化学式为,晶体A能够析出的原因是

(2)步骤I中“300C加热〃所选用的仪器是(填标号)；

(3)指示剂N为,描述第二滴定终点前后颜色变化：

(4)产品中NaHCO3的质量分数为(保存三位有效数字)；

(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，那么NaHCO,质量分数的计算结果

(填“偏大”"偏小”或"无影响")o

【答案】NaHCO,在30-35℃时NaHCQ,的溶解度最小(意思合理即可)D甲基橙由黄色

变橙色，且半分钟内不褪色3.56%偏大

【分析】

步骤I：制备Na2c的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后参加NHMCOs粉末，水浴

加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCG晶体，控制温度在30-35°C

发生反响，最终得到滤液为NHE1,晶体A为NaHC03,再将其洗涤抽干，利用NaHCOs受热易分

解的性质，在300°C加热分解NaHC03制备Na2c。3；

步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反响为：

Na2C03+HCl=NaHC03+NaCl,因为Na2cO3、NaHCQ溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚猷指

示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚取试剂；第二次滴定时溶液

中的溶质为NaCl,同时还存在反响生成的CO2,溶液呈现弱酸性，因为酚取的变色范围为870,

所以不适合利用酚酸指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙

试液，发生的反响为：NaHCO3+HCl=>aCl+H2O+CO21,再根据关系式求出总的NaHCO：,的物质的量,

推导出产品中NaHCO：,的，最终通过计算得出产品中NaHCO,的质量分数.

【解析】

根据上述分析可知，

(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35℃,目的是为了时

NlhHCOa不发生分解，同时析出NaHCO,固体，得到晶体A,因为在30-35℃时，NaHCO?的溶解

度最小，故答案为：NaHCa；在30-35℃时NaHC(h的溶解度最小；

(2)300°C加热抽干后的NaHCOs固体，需用坨烟、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的

为D项，故答案为：D：

(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的

溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定到达终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：

由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；

(4)第一次滴定发生的反响是：N^COs+HC^NallCOs+NaCl,那么n(Na2co3)=n生成

33

(NaHC03xxio-xiomol,第二次滴定消耗的盐酸的体积分那么根据方程式

:,3

NaHCOj+HCl=NaC1+H2O+CO21可知，消耗的NaHCOs的物质的量n©(NaHCO/x10x10mol,那么

3

原溶液中的NaHCOs的物质的量n(NaHC03)=nA(NaHCO3)-n(NaHCQjX10xlo^xlO^mol,那

么原产品中NaHCO?的物质的量为曙2xl.06xl04molx10:lmol,故产品中NaHCOs的质量分数

10mL

为")6X"尸噫84g/mo]*100%=3.5616%会3.56%,故答案为：3.56%；

2.5000g

(5)假设该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，那么会使标准液盐酸的

体积偏小，即测得匕偏小，所以原产品中NaHCCh的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会

偏大，故答案为：偏大。

11.(2021年广东省普通高中学业水平选择性考试化学试题(广东卷))对废催化剂进行回收

可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(A1)、铝(Mo)、银(Ni)等元素的氧化物，一种

回收利用工艺的局部流程如下：

-8

：25℃时，H2c01的Kai=4.5xl0-7,^=4.7x10".Ksp(BaMoO4)=3.5xl0；

K印(BaCO3)=2.6xl(T；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO：的形态存在。

(1)“焙烧〃中，有NazMoO,生成，其中Mo元素的化合价为。

(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为。

(3)“沉铝”中,pH为。

①生成BaMoO,的离子方程式为o

②假设条件控制不当，BaCO,也会沉淀。为防止BaMoO,中混入BaCO；沉淀，溶液中

c(HCO；):c(MoO；)=(列出算式)时，应停止参加Ba。2溶液。

(4)①滤液m中，主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为。

②往滤液ID中添加适量NaCl固体后，通入足量______(填化学式)气体，再通入足量CO2,

可析出Y。

(5)高纯AlAs(碎化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如下图，图中所示致密

保护膜为一种氧化物，可阻止电0?刻蚀液与下层GaAs(珅化钱)反响。

①该氧化物为。

②：Ga和A1同族，As和N同族。在Hq?与上层GaAs的反响中，As元素的化合价变为+5

价，那么该反响的氧化剂与复原剂物质的量之比为。

【答案】+6

2>

Al(OH),MoO；+Ba=BaMoO4|L7moi/Lx2.6>d0「NaHCO,NH,Al.O,4:1

734.7xl0-nx3.5xl0-8

【分析】

由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠•起焙烧后，铝和铝都发生了反响分别转化为偏铝酸

钠和铝酸钠，经水浸、过滤，别离出含银的固体滤渣，滤液I中参加过量的二氧化碳，偏铝

酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中参加适量的氯化钢溶液

沉钥后，过滤得到铝酸钏。

【解析】

(1)“焙烧”中，有Na?MoO4生成，其中Na和。的化合价为+1和-2,根据化合价的代数和

为0可知，Mo元素的化合价为+6。

(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为Al(OH)3。

(3)①滤液II中含有铝酸钠，参加氯化钢溶液后生成BaMoO」沉淀，该反响的离子方程式为

2+

MoOf+Ba-BaMoO4|0

②假设开始生成BaCO,沉淀，那么体系中恰好建立如下平衡:

HCO-+BaMoO4WBaCO：+MoO；+FT,该反响的化学平衡常数为

K一(H，)c(MoO；-)=cM)c(CO；)c(M.阳Ba”［心K、0aMoO,)为防止BaM。。,中混

c(HCO；)c(HCO；K(CO^)c(Ba2+)K/BaCOJ4

+

c(H)c?(MoO?)K,,K<n(BaMoC)4)

入BaC()3沉淀，必须满足mJ，由于“沉钥”中PH为，

C(HCO3)K卯(BaCOJ

>c(MoO^)KM/BaMoOJ

+7

c(H)=lxlO-mol/L,所以溶液中=一3及Kmm、时，开始生成BaCO^

c(HCO,)1x10mol/LxKxp(BaCO,)

779

…EU\八lx10mol/Lxj<v(BaCO3)1x10mol/Lx2.6xlO-._

沉淀，因此，cHCO,):c(MoO.)=---------------------=-----------------时8，应

\3j\4jATfl2^(BaMoO4)4,7x10-"x3.5X10

停止参加Bad2溶液。

(4)①滤液I中参加过量的二氧亿碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，

过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和铝酸钠。滤液II中参加适量的氯化钢溶液沉锢后，因

此，过滤得到的滤液III中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO-故Y为NaHCO-

②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液III中添加适量NaQ固体后，通入足量N&,再通入足

量CO?,可析出NaHCO-

(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为••种氧化物，是由HQ?与AlAs反响生成的，联想

到金属铝外表容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Ah。］。

②由Ga和A1同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H?。?与

上层GaAs的反响中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8,As元素被氧化，那么

该反响的氧化剂为H2。?，复原剂为GaAs。也0?中的。元素为-1价，其作为氯化剂时，0元

素要被复原到-2价，每个H/)2参加反响会使化合价降低2,根据氧化复原反响中元素化合价

升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反响的氧化剂与复原剂物质的量之比为

8:2=4:1。

12.(2021年1月浙江省普通高校招生选考化学试题)某兴趣小组用铭铁矿［Fe(CrO2)2〕制备

KzCnO?晶体，流程如下：

：4Fe(CrO2)2+10Na2C03+702=8Na2CrO4+4NaFe02+10C02

2ir+2CrOrUCrQl+HzO

相关物质的溶解度随温度变化如以下图。

请答复：

(D步骤I,将铭铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是O

(2)以下说法正确的选项是。

A.步骤H,低温可提高浸取率

B.步骤H,过滤可除去NaFeG水解产生的Fe(OH)3

C.步骤III,酸化的目的主要是使Na2c「O’转变为NaSoO；

D.步骤TV,所得滤渣的主要成分是Na2s0,和Na£6

(3)步骤V,重结晶前，为了得到杂质较少的K2c^^粗产品，从以下选项中选出合理的操作(操

作不能重复使用)并排序：溶解KC1----f重结晶。

a.50c蒸发溶剂；

b.100-C蒸发溶剂；

c.抽滤；

d.冷却至室温；

e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；

f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。

(4)为了测定KCnG产品的纯度，可采用氧化复原滴定法。

①以下关于滴定分析的操作，不正确的选项是。

A.用量筒量取待测液转移至锥形瓶

B.滴定时要适当控制滴定速度

C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化

D,读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直

E.平行滴定时，须重新装液并调节液面至"0”刻度或"0"刻度以下

②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使

半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。

(请在横线上补全操作)

(5)该小组用滴定法准确测得产品中KEmO7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测

定产品纯度(K£rA溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其

原因，发现配制KCnO；待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是,添加该试剂的理由

是o

【答案】增大反响物的接触面积BCaedcAC再用洗瓶以少量蒸

储水吹洗锥形瓶内壁HROq抑制CmO：转化为CrO；-,且与CnO；不反响

【分析】

根据题给，铭铁矿与足量熔融NazCQ发生高温氧化反响生成NaaCrO,、NaFeO?和CO2,所得固体

冷却后用水浸取,其中NaFeO2发生强烈水解：NaFe02+2H20=Na0H+Fe(0H)3l,过滤得到含Na2Cr04、

NaOH、Na2cO3的滤液，参加适量硫酸酸化，NaOH、Na£()3与硫酸反响生成NazSO”NazCrO”转化

为NFhCnO：(发生的反响为2Na£r0,+H/S0,UNa2CrA+Na2S04+H20),经蒸发结晶、过滤、洗涤

得到的滤液中主要含Na2CnO7,参加KC1后经多步操作得到LCOOT,据此分析作答。

【解析】

(1)步骤I中珞铁矿与足量熔融Na2cd发生高温氧化反响生成NazCrOi、NaFcO?和CQ,将铝铁

矿粉碎，可增大反响物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反响物的接触面

积。

(2)A.根据NazCrOi的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误:

B.步骤II中用水浸取时NaFeOz发生强烈水解：NaFe02+2H20=Na0H+Fe(OH)31,经过滤可除去

Fe(OH)3,B正确；

C.步骤III酸化时，平衡2H'+2CQfU5O处40正向移动，主要目的使NazCrOi转化为

Na2Cr207»C正确；

D.根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为NazSO.”D错误；

答案选BCo

◎NaEmO,中参力口KC1发生反响N£2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl,根据各物质的溶解度随温度的

变化曲线可知，“Cm。7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，

50c时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K£m07粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序

为：溶解KC1-5O℃蒸发溶剂一蒸发至溶液出现晶膜，停止加热一冷却至室温一抽滤一重结晶;

故答案为：aedco

(4)①A.量筒属于粗量器，不能用量筒量取溶液，由于LCmO?具有强氧化性，量取待测液应

用酸式滴定管，A错误：

B.滴定时要适当控制滴定的速率，确保反响物之间充分反响，同时防止滴加过快使得滴加试

剂过量，B正确：

C.滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；

D.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数,

D正确；

E.为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”

刻度或"0"刻度以下，并记录初始读数，E正确；

答案选ACo

②在接近终点时，使用“半滴操作〃的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用

锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸福水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观

察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸锚水吹洗锥形瓶内壁。

(5)根据题意，LCcO,溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2CRO7溶液中存在平衡

口2。手+H20U2H'+2CrO：-,即有局部C4C片会转化为CrO亍，从而使测得的质量分数明显偏低,

为抑制“(并转化为CrOf,可参加与5。彳不反响的酸，如硫酸：故答案为：HROi；抑制”0手

转化为CrO彳，且与50手不反响。

2021年化学高考模拟题

一、单项选择题

1.(2021•山东淄博市・)侯德榜改良的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在

使用。_L业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如以下图所示：

以下说法不正确的选项是

A.流程I依次向粗盐水中参加过量Ca(OH)2溶液、Na2cO3溶液并过滤

B.流程H表达了侯德榜制碱法

C.流程H中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反响结果

D.流程IV,V的目的是富集镁元素

【答案】C

【解析】

A.流程I中，先参加过量的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再参加过量的碳酸钠溶液，除去氯

化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；

B.流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，表达了侯

德榜制碱法，故B正确；

C.流程II中吸氨气与碳酸化的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入C02,溶液不反响，会影

响反响结果，故c错误；

D.流程IV是氢氧化钙和氯化镁反响生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸

反响生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量的氯化镁