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2018年高考化学真题分类汇编专题15：物质的制备
一、单选题
1．（2018·江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；银镜反应；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，符合题意；
B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，不符合题意；
C.AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，不符合题意；
D.Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】注意物质间的转化一般遵从不稳定的向稳定的转化，非氧化还原反应的遵从向离子浓度减小的方向转化，氧化还原反应的遵从氧化性、还原性强的制氧化性、还原性弱的，即强强制弱弱。最后也可以根据反应自发进行的判断依据进行判断。
二、实验探究题
2．（2018·江苏）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为 ；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是 。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图 1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是 ；使用冷凝管的目的是 。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、 、 随pH的分布如题19图 2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图 3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： ，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（1）3Cl2+6OH 5Cl +ClO3 +3H2O；缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液；减少水合肼的挥发
（3）测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【考点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【分析】(1)中注意NaClO在碱性加热环境会发生歧化反应生成NaClO3、NaCl，所以在加热条件下氯气和氢氧化钠反应生成的是NaClO3、NaCl，而在常温条件下生成的是NaClO、NaCl。其次注意图像中关键点，根据关键特殊的数据进行解题。
3．（2018·天津）下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）： ，Mg在元素周期表中的位置： ，Mg(OH)2的电子式： 。
（2）A2B的化学式为 。反应②的必备条件是 。上图中可以循环使用的物质有 。
（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料 （写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备 所需醛的可能结构简式： 。
【答案】（1）r(H+)（2）Mg2Si；熔融，电解；NH3，NH4Cl
（3）SiC
（4）2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O
（5）CH3CH2CHO，CH3CHO
【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】解：（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl 、N3-、H+ ， 比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)【分析】该题考查离子半径大小的比较、离子化合物和共价化合物的概念及区别、电子式的书写、金属冶炼的方法、质量守恒定律、物质的性质与用途，重点掌握①离子半径的大小和电子层数及原子序数有关：电子层数越多半径越大，当电子层数相同时原子序数越大半径越小；②离子键：正负电荷间的相互作用力、共价键：通过共用电子对的形式形成的化学键、电子式：简单阳离子直接金属元素右上角标出所带电荷、阴离子周围画出最外层电子数并标出所带负电荷；③活泼金属一般使用电解法、较活泼金属一般使用热还原法、不活泼金属一般使用热分解法
4．（2018·全国Ⅰ卷）醋酸亚铬[( CH3 COO) Cr·2H O］为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂,一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是 ，仪器a的名称是 。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开
K1,K2,关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为 。
②同时c中有气体产生,该气体的作用是 。
（3）打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是 ；d中析出砖红色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是 、 、洗涤、干燥。
（4）指出装置d可能存在的缺点 。
【答案】（1）去除水中的溶解氧；分液漏斗
（2）Zn+2Cr3+= Zn2++2Cr2+；排除c中的空气
（3）c中产生H2使锥形瓶中压强增大；冰水冷却；过滤
（4）d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化
【考点】金属的通性；过滤；实验装置综合；离子方程式的书写
【解析】【解答】防止二价铬被氧化，需除去水中溶解的氧气，加热煮沸的方法可以出去溶解O2。c中发生的反应主要是将三价铬还原为二价铬，同时锌与盐酸反应生成H2可起到排除装置中空气的目的，防止二价铬被氧化；利用锌与盐酸反应产生的H2使锥形瓶中压强增大，将c中溶液压入d中与醋酸钠反应生成难溶于冷水的醋酸亚铬；由于醋酸亚铬难溶于冷水，可采用冰水冷却后过滤，达到充分析出和分离的目的；d为敞开体系，醋酸亚铬能吸收空气中的氧气。
【分析】本题考查物质的制备、提纯、分离、实验装置设计的分析。
三、综合题
5．（2018·江苏）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为 。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1— ）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由 （填化学式）转化为 （填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）= 。
【答案】（1）SO2+OH =HSO3
（2）FeS2；硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）NaAlO2 ；Al(OH)3
（4）1∶16
【考点】无机非金属材料；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。
【分析】（3）中碱浸即是用碱溶解，其中Al2O3是两性氧化物既能与酸反应又能与碱反应，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应。
6．（2018·天津）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为 （写离子符号）；若所得溶液c(HCO3 )∶c(CO32 )=2∶1，溶液pH= 。（室温下，H2CO3的K1=4×10 7；K2=5×10 11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C—H C=O H—H C O(CO)
键能/kJ·mol 1 413 745 436 1075
则该反应的ΔH= 。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是 。
（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式： 。
电池的正极反应式：6O2+6e =6O2
6CO2+6O2 =3C2O42
反应过程中O2的作用是 。
该电池的总反应式： 。
【答案】（1）CO32-；10
（2）+120 kJ·mol-1；B；900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。
（3）Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）；催化剂；2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【考点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3 )∶c(CO32 )=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=
=5×10 11 ， 所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+ ， 方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【分析】该题考查电离和水解知识点、电离常数及pH的计算、热化学方程式的书写及ΔH的计算、化学平衡的影响因素、原电池的构成、原电池的正负极的判断及电极方程式的书写；应重点掌握以下知识点：①多元弱酸盐的水溶液呈碱性，水解程度受溶液PH影响较大，酸性较强时促进水解、碱性较强时抑制水解；②化学反应的吸热放热与化学键的键能有关，断裂键吸收能量而形成键放出能量，通过放出的能量和吸收的能量来判断放热吸热情况；③影响化学平衡的因素有压强、浓度等，压强增大向着体积减小的方向移动，减小压强向着体积增大的方向移动；④原电池的构成条件：两个电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发发生氧化还原反应，化合价升高（或失去电子）的作负极、化合价降低（或得到电子）的作正极；⑤催化剂：本身不参加化学反应，只起到加快化学反应速率的作用
7．（2018·北京）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)（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：
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。800C后脱除率变化的原因： 。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO24-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）
【答案】（1）研磨、加热
（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 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑
（4）80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低，导致有机碳脱除率下降
（5）CaSO4微溶；BaCO3+ +2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2
（6） ×100%
【考点】化学反应速率的影响因素；离子反应发生的条件；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）研磨能增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：研磨、加热。
（2）①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，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）= n（NaOH）= bmol/L c 10-3L= mol，m（H3PO4）= mol 98g/mol= g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为 。
【分析】本题属于常见的工业流程题，此类题根据流程中操作方法，流程产物进行判断推理除杂原理。注意流程中目标产物的制取，（1）中考查反应速率 的外界影响因素，CPT催 S基本知识。（2）中考查元素周期律的基本知识。
8．（2018·全国Ⅱ卷）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
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
形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
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
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为 。
（2）滤渣1的主要成分出 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 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）
（2）PbSO4；调节溶液的pH；无法除去杂质Fe2+
（3）Zn+Cd2+= Cd +Zn2+
（4）Zn2++2e-=Zn；溶浸
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据图示及题意（1）焙烧过程主要为ZnS与O2的反应，方程式为
。（2）焙烧后不溶于酸或能跟酸发生反应生成沉淀的有SiO2和PbSO4 ， 故答案应为PbSO4；氧化除杂主要是除去Fe2+和Fe3+ ， ZnO的作用主要是调节溶液pH使Fe3+沉淀而除去，通入氧气的作用是氧化Fe2+使转化成Fe3+而除去，不通入氧气则不能氧化Fe2+而除不掉，（3）锌粉除去Cd2+的原理为活泼金属置出换不活泼金属: Zn+Cd2+= Cd +Zn2+;（4）电解硫酸锌溶液制备锌时，阴极为Zn2+得到电子转化成Zn，电极方程式为：Zn2++2e-=Zn，阳极水放电产生氢离子（溶液变成硫酸溶液）可返回溶浸回收再利用
【分析】该题重点考查流程的推断与分析，根据反应物和反应过程及题目给出的提示进行判断分析，应重点掌握的知识点①对溶解度表要很熟悉，尤其是不溶于酸的沉淀；②本题除去金属离子的方法有酸除法和调节PH转化沉淀除法（题目已给出沉淀PH表）；③金属活动性顺序表规律：排在前面金属可以置换出后面金属；④电解的相关知识：阴阳极的判断及电极方程式的书写
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2018年高考化学真题分类汇编专题15：物质的制备
一、单选题
1．（2018·江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、实验探究题
2．（2018·江苏）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为 ；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是 。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图 1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是 ；使用冷凝管的目的是 。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、 、 随pH的分布如题19图 2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图 3所示）。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： ，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
3．（2018·天津）下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）： ，Mg在元素周期表中的位置： ，Mg(OH)2的电子式： 。
（2）A2B的化学式为 。反应②的必备条件是 。上图中可以循环使用的物质有 。
（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料 （写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式： 。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备 所需醛的可能结构简式： 。
4．（2018·全国Ⅰ卷）醋酸亚铬[( CH3 COO) Cr·2H O］为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂,一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是 ，仪器a的名称是 。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开
K1,K2,关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为 。
②同时c中有气体产生,该气体的作用是 。
（3）打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是 ；d中析出砖红色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是 、 、洗涤、干燥。
（4）指出装置d可能存在的缺点 。
三、综合题
5．（2018·江苏）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为 。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1— ）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由 （填化学式）转化为 （填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）= 。
6．（2018·天津）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为 （写离子符号）；若所得溶液c(HCO3 )∶c(CO32 )=2∶1，溶液pH= 。（室温下，H2CO3的K1=4×10 7；K2=5×10 11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C—H C=O H—H C O(CO)
键能/kJ·mol 1 413 745 436 1075
则该反应的ΔH= 。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是 。
（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式： 。
电池的正极反应式：6O2+6e =6O2
6CO2+6O2 =3C2O42
反应过程中O2的作用是 。
该电池的总反应式： 。
7．（2018·北京）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)（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：
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。800C后脱除率变化的原因： 。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO24-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）
8．（2018·全国Ⅱ卷）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
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
形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
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
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为 。
（2）滤渣1的主要成分出 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 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。
答案解析部分
1．【答案】A
【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；银镜反应；碱金属及其化合物的性质实验
【解析】【解答】解：A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，符合题意；
B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，不符合题意；
C.AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，不符合题意；
D.Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】注意物质间的转化一般遵从不稳定的向稳定的转化，非氧化还原反应的遵从向离子浓度减小的方向转化，氧化还原反应的遵从氧化性、还原性强的制氧化性、还原性弱的，即强强制弱弱。最后也可以根据反应自发进行的判断依据进行判断。
2．【答案】（1）3Cl2+6OH 5Cl +ClO3 +3H2O；缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液；减少水合肼的挥发
（3）测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【考点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】解：（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【分析】(1)中注意NaClO在碱性加热环境会发生歧化反应生成NaClO3、NaCl，所以在加热条件下氯气和氢氧化钠反应生成的是NaClO3、NaCl，而在常温条件下生成的是NaClO、NaCl。其次注意图像中关键点，根据关键特殊的数据进行解题。
3．【答案】（1）r(H+)（2）Mg2Si；熔融，电解；NH3，NH4Cl
（3）SiC
（4）2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O
（5）CH3CH2CHO，CH3CHO
【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】解：（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl 、N3-、H+ ， 比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)【分析】该题考查离子半径大小的比较、离子化合物和共价化合物的概念及区别、电子式的书写、金属冶炼的方法、质量守恒定律、物质的性质与用途，重点掌握①离子半径的大小和电子层数及原子序数有关：电子层数越多半径越大，当电子层数相同时原子序数越大半径越小；②离子键：正负电荷间的相互作用力、共价键：通过共用电子对的形式形成的化学键、电子式：简单阳离子直接金属元素右上角标出所带电荷、阴离子周围画出最外层电子数并标出所带负电荷；③活泼金属一般使用电解法、较活泼金属一般使用热还原法、不活泼金属一般使用热分解法
4．【答案】（1）去除水中的溶解氧；分液漏斗
（2）Zn+2Cr3+= Zn2++2Cr2+；排除c中的空气
（3）c中产生H2使锥形瓶中压强增大；冰水冷却；过滤
（4）d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化
【考点】金属的通性；过滤；实验装置综合；离子方程式的书写
【解析】【解答】防止二价铬被氧化，需除去水中溶解的氧气，加热煮沸的方法可以出去溶解O2。c中发生的反应主要是将三价铬还原为二价铬，同时锌与盐酸反应生成H2可起到排除装置中空气的目的，防止二价铬被氧化；利用锌与盐酸反应产生的H2使锥形瓶中压强增大，将c中溶液压入d中与醋酸钠反应生成难溶于冷水的醋酸亚铬；由于醋酸亚铬难溶于冷水，可采用冰水冷却后过滤，达到充分析出和分离的目的；d为敞开体系，醋酸亚铬能吸收空气中的氧气。
【分析】本题考查物质的制备、提纯、分离、实验装置设计的分析。
5．【答案】（1）SO2+OH =HSO3
（2）FeS2；硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）NaAlO2 ；Al(OH)3
（4）1∶16
【考点】无机非金属材料；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。
【分析】（3）中碱浸即是用碱溶解，其中Al2O3是两性氧化物既能与酸反应又能与碱反应，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应。
6．【答案】（1）CO32-；10
（2）+120 kJ·mol-1；B；900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。
（3）Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）；催化剂；2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【考点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3 )∶c(CO32 )=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=
=5×10 11 ， 所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+ ， 方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【分析】该题考查电离和水解知识点、电离常数及pH的计算、热化学方程式的书写及ΔH的计算、化学平衡的影响因素、原电池的构成、原电池的正负极的判断及电极方程式的书写；应重点掌握以下知识点：①多元弱酸盐的水溶液呈碱性，水解程度受溶液PH影响较大，酸性较强时促进水解、碱性较强时抑制水解；②化学反应的吸热放热与化学键的键能有关，断裂键吸收能量而形成键放出能量，通过放出的能量和吸收的能量来判断放热吸热情况；③影响化学平衡的因素有压强、浓度等，压强增大向着体积减小的方向移动，减小压强向着体积增大的方向移动；④原电池的构成条件：两个电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发发生氧化还原反应，化合价升高（或失去电子）的作负极、化合价降低（或得到电子）的作正极；⑤催化剂：本身不参加化学反应，只起到加快化学反应速率的作用
7．【答案】（1）研磨、加热
（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 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑
（4）80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低，导致有机碳脱除率下降
（5）CaSO4微溶；BaCO3+ +2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2
（6） ×100%
【考点】化学反应速率的影响因素；离子反应发生的条件；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）研磨能增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：研磨、加热。
（2）①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，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）= n（NaOH）= bmol/L c 10-3L= mol，m（H3PO4）= mol 98g/mol= g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为 。
【分析】本题属于常见的工业流程题，此类题根据流程中操作方法，流程产物进行判断推理除杂原理。注意流程中目标产物的制取，（1）中考查反应速率 的外界影响因素，CPT催 S基本知识。（2）中考查元素周期律的基本知识。
8．【答案】（1）
（2）PbSO4；调节溶液的pH；无法除去杂质Fe2+
（3）Zn+Cd2+= Cd +Zn2+
（4）Zn2++2e-=Zn；溶浸
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据图示及题意（1）焙烧过程主要为ZnS与O2的反应，方程式为
。（2）焙烧后不溶于酸或能跟酸发生反应生成沉淀的有SiO2和PbSO4 ， 故答案应为PbSO4；氧化除杂主要是除去Fe2+和Fe3+ ， ZnO的作用主要是调节溶液pH使Fe3+沉淀而除去，通入氧气的作用是氧化Fe2+使转化成Fe3+而除去，不通入氧气则不能氧化Fe2+而除不掉，（3）锌粉除去Cd2+的原理为活泼金属置出换不活泼金属: Zn+Cd2+= Cd +Zn2+;（4）电解硫酸锌溶液制备锌时，阴极为Zn2+得到电子转化成Zn，电极方程式为：Zn2++2e-=Zn，阳极水放电产生氢离子（溶液变成硫酸溶液）可返回溶浸回收再利用
【分析】该题重点考查流程的推断与分析，根据反应物和反应过程及题目给出的提示进行判断分析，应重点掌握的知识点①对溶解度表要很熟悉，尤其是不溶于酸的沉淀；②本题除去金属离子的方法有酸除法和调节PH转化沉淀除法（题目已给出沉淀PH表）；③金属活动性顺序表规律：排在前面金属可以置换出后面金属；④电解的相关知识：阴阳极的判断及电极方程式的书写
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