【备考2024年】高考化学全国乙卷真题变式分层精准练第9题
一、原题
1．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
（2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+可以催化H2O2分解
（3）2.8×10-9；Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5）Mn2++2H2O H2↑+MnO2↓+2H+；加入Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO2 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）加入硫酸后可以与碳酸锰反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎，增大接触面积；
（2） MnO2具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，由于H2O2不稳定且Fe3+可以催化H2O2分解，所以不能用H2O2 进行氧化；
（3反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1， 此时c(Fe3+)=，用石灰乳调节至pH≈7，溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全；
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，溶液中发生的离子反应为：BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，
（5）电解池溶液中阴极为Mn2+放电，阳极为H2O放电，电解总反应为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+，电解过程中锰离子和水不断被消耗，为保持电解液成分稳定，需要补充 Mn(OH)2；
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为：2Li2CO3+8MnO2=煅烧4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等。
二、基础
2．（2022·静安模拟）关于化工生产，下列说法错误的是（ ）
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解
D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介
【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；
B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；
C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；
D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；
B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；
C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；
D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。
3．（2021·天河模拟）部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 （ ）
A．既可被氧化，也可被还原
B．的浓溶液可与的固体反应生成与
C．实验室可通过加热与的浓溶液制得
D．可存在的循环转化关系
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．由分析可知，为Cl2，其中Cl元素的化合价为0价，既可以升高也可以降低，故既可被氧化，也可被还原，A不符合题意；
B．由分析可知，由于反应ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故的浓溶液即浓盐酸不可与的固体即NaClO反应生成NaCl与HClO，B符合题意；
C．实验室可通过加热与的浓溶液即浓盐酸制得即Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，C不符合题意；
D．可存在的循环转化关系即Cl2ClO-HClOHClCl-Cl2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯气进入水反应生成盐酸和次氯酸；
B.浓盐酸和次氯酸钠生成a不会生成b和e；
C.实验室制备氯气，用浓盐酸氧化二氧化锰；
D.Cl2ClO-HClOHClCl-
4．（2021高三上·长白月考）在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O。投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式：KOCN+KOH+Cl2—CO2+N2+KCl+H2O， 。
（2）若处理上述废水100L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需要投放液氯多少克？
（3）氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)很相似，化学上称为拟卤素，它们阴离子的还原性强弱为：Cl-①(CN)2与KOH溶液反应的化学方程式： 。
②在NaBr和KSCN的混合溶液中滴加少量(CN)2，反应的离子方程 。
【答案】（1）2KOCN+4KOH+3Cl2—2CO2+N2+6KCl+2H2O
（2）177.5(g)
（3）(CN)2+2KOH=KCN+KOCN+H2O；(CN)2+2SCN-=2CN-+(SCN)2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）该反应中，氮元素由－3价变为0价，失去3个电子，氯元素由0价变为－1价，得到1个电子。根据得失电子守恒可得，KOCN的系数为2，N2的系数为1，Cl2的系数为3，KCl的系数为6。根据K原子守恒可得，KOH的系数为4；根据C原子守恒可得，CO2的系数为2。根据H原子守恒可得，H2O的系数为2。因此该反应的化学方程式为：2KOCN＋4KOH＋3Cl2=2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O。
（2）100L废水中所含m(KCN)=650mg/L×100L×10-3g=65g，其物质的量
。将KCN完全转化为无毒物质，则产物为N2。1molKCN完全转化为N2、CO2，转移电子数为1mol×3+1mol×2=5mol。令投放液氯的量为x，则根据得失电子守恒可得，x×2×1=5mol，解得x=2.5mol，因此所需液氯的质量m(Cl2)=2.5mol×71g·mol－1=177.5g。
（3）①(CN)2的性质与卤素相似，由于Cl2与KOH反应生成KCl、KClO和H2O，因此(CN)2与KOH反应生成KCN、KOCN和H2O，该反应的化学方程式为：(CN)2＋2KOH=KCN＋KOCN＋H2O。
②由于还原性Br－【分析】(1)根据得失电子守恒、原子守恒进行配平。
(2)根据得失电子守恒进行计算。
(3)①(CN)2能与KOH溶液反应生成KCN、KOCN和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②根据还原性Br－5．（2020高一上·秦皇岛期末）铁是一种重要的金属材料，它的单质及化合物在生产生活中应用广泛。
（1）铁元素有三种常见的氧化物，分别是 FeO、Fe2O3、Fe3O4.其中具有磁性的是 ，可作为红色颜料的是 。
（2）某补铁口服液中含有 Fe2＋，为检验其是否被氧化变质，可取少量该口服液，向其中滴加 KSCN 溶液，若溶液变为 色，则说明其已变质。向该口服液中加入维生素 C 可防止其被氧化变质，此过程中利用了维生素 C 的 性。
（3）FeCl3可作为铜电路板的腐蚀液，其反应原理为Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）Fe3O4；Fe2O3
（2）红；还原性
（3）Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】（1） Fe3O4 磁铁矿的主要成分具有磁性， Fe2O3 红棕色作为红色颜料
（2） Fe3＋ 和 SCN-反应生成 Fe（SCN ）3为血红色，加维生素C能防止补铁口服液被氧化说明维生素C具有还原性
（3） 根据反应物和生成物直接书写，再配平，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2 ，
【分析】（1）Fe3O4 磁铁矿的主要成分具有磁性， Fe2O3 红棕色
（2）防止补铁口服液被氧化说明维生素C具有还原性
（3）反应物和生成物题目都有给出，只要根据质量守恒配平
6．（2022高一下·河南期中）根据所学知识回答下列有关问题。
（1）信息技术离不开芯片，现代芯片离不开高纯度的硅，工业上生产高纯硅的工艺流程如下：
①硅除用于制造芯片外，在能量转化方面也有极为重要的用途，该用途是 (填一种)，写出制备粗硅反应的化学方程式： 。
②过程②是置换反应，则该反应中得到的单质为 (填化学式)。
（2）碳纳米材料是一种具有重要用途的新型无机非金属材料，其中的化学性质与金刚石 (填“相似”或“不同”)，完全燃烧时需要消耗 ，该反应会 (填“吸收”或“释放”)能量。
【答案】（1）制造太阳能电池板；；H2
（2）相似；60；释放
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】石英砂和焦炭高温还原生成粗硅、粗硅和氯化氢生成SiHCl3，SiHCl3通入氢气高温得到高纯硅；
(1)①硅除用于制造芯片外，还用于制造太阳能电池板，将太阳能转化为电能；制备粗硅反应的反应为二氧化硅和碳高温生成硅和一氧化碳，；
②置换反应是一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应，过程②是置换反应，根据质量守恒可知，该反应中硅和氯化氢反应生成硅和氢气，故得到的单质为H2；
(2)和金刚石均为碳单质，化学性质与金刚石相似，和氧气完全燃烧生成二氧化碳气体，1分子可以和60分子氧气生成二氧化碳，故完全燃烧时需要消耗60，燃烧是一个放热反应，该反应会释放出能量。
【分析】（1）易错分析：C还原二氧化硅得到产物是CO，不是CO2
（2）互为同素异形体化学性质相似，物理性质不同
7．（2021高一上·浙江期中）
（1）Ⅰ.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3X↑请回答：
X的化学式是 ，按照物质的组成和性质分类，属于 (填字母)。
A．单质 B．酸性氧化物 C．化合物 D．盐
（2）在上述反应中，氧化剂是(填化学式) 。
（3）写出在NaOH溶液中通入过量的X气体发生反应的化学方程式 。
（4）若反应过程消耗了2.4g木炭粉，此时转移的电子数为 。
（5）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业制备高铁酸钠有多种方法。其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目 。
【答案】（1）CO2；BC
（2）S、KNO3
（3）CO2+NaOH=NaHCO3
（4）0.8NA(或4.816×1023)
（5）
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】(1)根据反应过程原子守恒，判断X的化学式是CO2；按照物质的组成和性质分类，CO2由两种元素组成且其中一种是氧元素，能与碱反应生成盐和水，属于化合物，也属于酸性氧化物。
(2)该反应中S的化合价从0降低到-2，KNO3的N元素从+5降低到0，化合价降低被还原，该物质做氧化剂，故氧化剂是S、KNO3。
(3)NaOH溶液中通入过量的CO2气体生成碳酸氢钠，化学方程式：CO2+NaOH=NaHCO3。
(4)2.4g木炭粉的物质的量是，根据方程式可知，S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，C从0价升高到+4价失去4个电子，消耗3mol的C，转移12mol的电子，则反应过程消耗了2.4g木炭粉，转移的电子数为0.8NA。
(5)该反应中Cl元素从+1价降低到-1价，得2个电子，Fe元素从+3价升高到+6价，失去3个电子，则用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目：
【分析】（1）结合元素和原子守恒，可以知道X是二氧化碳，属于化合物中的酸性氧化物；
（2）氧化剂在反应后化合价降低；
（3）要注意少量二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，过量二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠；
（4）此类题型要先计算出碳的物质的量，再根据碳的价态变化算出其电子数；
（5）单线桥的起点是还原剂，终点是氧化剂，只需要标明电子总数。
三、提高
8．（2023高一下·吉林期末）海洋资源的利用具有非常广阔的前景。回答下列问题：
Ⅰ．海水提溴
（1）溴元素在元素周期表中的位置为
（2）吸收塔用二氧化硫和水吸收的离子方程式为：
（3）蒸馏塔的蒸馏温度应控制在最有利于生产，原因可能为：温度过高， ；温度过低，
（4）两次通入的离子反应相同，其离子方程式为 ，通反应后使用了空气吹出法，该方法利用了溴单质 的性质。
（5）Ⅱ．海水提镁
工业上常用于沉淀的廉价试剂①的俗名是 。操作Ⅰ的名称是 。
（6）步骤A的化学方程式为
（7）Ⅲ．海带提碘
步骤B需搅拌、加热煮沸的目的是 。步骤C中反应的离子方程式为
【答案】（1）四周期 Ⅶ A族
（2）
（3）大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；溴不能完全蒸出，产率太低
（4）；易挥发
（5）熟石灰（或消石灰）；过滤
（6）（熔融）
（7）促使海带灰中含碘物质快速充分溶解；
【知识点】过滤；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；化学物质的名称与俗名；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）溴元素为35号元素，由分析可知，溴元素位于第四周期第ⅦA族。
（2）SO2、H2O与Br2反应生成H2SO4和HBr，其离子方程式为
。
（3）蒸馏塔的蒸馏温度过高，会使大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加，温度过低，会使溴不能完全蒸出，产率太低，所以应控制在80~90℃最有利于生产。
（4）两次通入Cl2都是为了氧化溴离子，其离子方程式为 ；通Cl2反应后使用了空气吹出法，该方法利用了溴单质易挥发的性质。
（5）工业上常用Ca(OH)2来沉淀Mg2+，即试剂①是Ca(OH)2，其俗名为熟石灰或消石灰。操作Ⅰ是分离固体和液体，即过滤。；
（6）步骤A是电解MgCl2，其化学方程式为 （熔融） 。
（7）步骤B需搅拌、加热煮沸的目的是促使海带灰中含碘物质快速充分溶解。H2O2具有氧化性，能将I-氧化为I2，步骤C中反应的离子方程式为 。
【分析】（1）主族元素的周期数=核外电子层数，族序数=最外层电子数。
（2）SO2、H2O与Br2反应生成H2SO4和HBr，注意原子和电荷守恒。
（3）蒸馏塔的蒸馏温度过高，会使大量水蒸气随溴排出，；温度过低，会使溴不能完全蒸出。
（4）两次通入Cl2都是为了氧化溴离子；通Cl2反应后使用空气吹出法，是利用溴单质易挥发的性质。
（5）工业上常用Ca(OH)2来沉淀Mg2+；过滤用于分离固液混合物。
（6）电解MgCl2的化学方程式为（熔融） 。
（7）搅拌、加热煮沸能促进物质溶解；H2O2具有氧化性，能将I-氧化为I2。
9．（2022高一上·广州期末）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如下(部分物质已略去)。
已知：氨气极易溶于水，无水氯化钙可与反应生成固体。
（1）写出过程①的化学方程式 。原料有两种气体，应先通入 (填“”或“”)，原因是 。
（2）某同学用如图装置模拟工业过程①。实验时，须从 管通入(填“a”或“b”)，装置c的作用是 。
（3）若在实验室进行过裎③，实验操作的名称是 。
（4）侯氏制碱法工业生产过程中，可循环利用的物质是 、 。
【答案】（1）；；极易溶于水，在水中溶解度较小，先在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入足量二氧化碳。
（2）a；吸收氨气，防止污染空气
（3）过滤
（4）CO2；食盐水
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）饱和食盐水中通二氧化碳和氨气发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯化铵，因相同条件下溶解度：NaCl>NaHCO3，因此生成的NaHCO3会析出，故反应方程式为；
二氧化碳在水中溶解度较小，先在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入足量二氧化碳，故答案为：；
（2）由分析可知，制备碳酸氢钠时，为增大二氧化碳在氯化钠溶液中的溶解度，应先通过a管通入极易溶于水的氨气，装置c中盛有无水氯化钙用于吸收氨气，防止污染空气，故答案为：a；吸收氨气，防止污染空气；
（3）根据流程图，过裎③是从NH4Cl溶液得到NH4Cl固体，分离固体和液体的物理操作方法是过滤，故该操作是过滤；
（4）根据分析可知，煅烧NaHCO3分解产生Na2CO3、CO2和水，CO2可再通入沉淀池中循环利用，操作③可得到食盐水，所以可循环利用的物质是CO2和食盐水。
【分析】（1）饱和食盐水中通二氧化碳和氨气发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯化铵，利用二者溶解性差异分析；
（2）依据溶解性的不同和物质的性质分析；
（3）过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；
（4）循环使用的物质反应前是反应物，反应后是产物或未完全反应的物质。
10．（2021高二上·嘉兴期末）氯碱工业是高能耗产业，节能技术的研发是当前的重要课题。
（1）一种节能技术是将电解池与燃料电池相组合，相关物料传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过。
①当产生0.5molX时，A中通过离子交换膜的Na+有 mol。
②写出燃料电池B中负极上的电极反应式 。
③比较图中NaOH质量分数a%、b%、c%由大到小的顺序 。
（2）降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极反应式为 。
【答案】（1）1；；
（2）
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】通空气一边为正极(还原反应)，那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，X即为Cl2，右边电极是阴极。
（1）①由分析知X为Cl2，电解饱和食盐水的方程式为：，当产生0.5molX时即产生0.5mol Cl2，A中通过离子交换膜的Na+为2×0.5mol=1mol。
②由分析知燃料电池B中，右边电池中通入空气左边原电池中通入气体Y是氢气，则电解池中左边电极是阳极、右边电极是阴极，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，则负极上的电极反应式为：；
③电解池中加入的NaOH目的是增大溶液导电性，通入电解后生成氢氧化钠，所以加入的NaOH浓度小于出来的NaOH浓度；原电池中，正极上生成氢氧化钠，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，所以NaOH质量分数a%、b%、c%由大到小的顺序为
故正确答案：1；；
（2）向阴极区通入O2，正极氧气得电子发生还原反应，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，则“氧阴极技术”的阴极反应式为。
故正确答案：
【分析】通空气一边为正极(还原反应) ，那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，X即为Cl2，右边电极是阴极，据此解答。
11．（2023高一下·黄冈期末）海水中溴元素主要以Br— 形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：
（1）将吹出后的含Br2的空气按一定速率通入吸收塔，用SO2和水进行吸收，写出吸收反应的化学方程式：
（2）吸收后的空气进行循环利用。吹出时，Br2 吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示。SO2 流量过大，Br2 吹出率反而下降的原因是：
（3）工业上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化学方程式： Br2+ Na2CO3 NaBrO3+ CO2+
当有3molBr2参加反应，发生转移的电子的物质的量为 。
（4）用于吸收Br2的SO2是工业制硫酸的重要物质，其中主反应是催化氧化SO2.现将SO2与足量O2置于密闭容器中，在催化剂、500℃条件下发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，请回答下列问题。
i.反应开始至2min末，以SO2 的浓度变化表示该反应的平均速率是 ；2min时，反应是否达到化学平衡状态 (填“是”或“否”)。
ii.关于该反应下列说法不正确的是 。
a．催化剂可以增大化学反应速率
b．改变温度或压强，可以实现SO2的完全转化
c．若仅增大容器容积，则该化学反应速率增大
【答案】（1）Br2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr
（2）过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降
（3）3；3；1；3；5NaBr；5mol
（4）1.25mol·L-1·min-1；否；bc
【知识点】化学反应速率的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）二氧化硫、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢，故答案为：Br2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr；
（2）根据流程图，可知吸收Br2后的空气会进一步进入吹出的步骤，若SO2过量，会使得吸收Br2后的空气中含有SO2，SO2会在吹出步骤和Br2反应，使其吹出率下降，故答案为：过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降；
（3）化学方程式中，Br化合价升高，C、O、Na化合价不变，根据氧化还原反应的特点，可知化合价升降守恒，则降价元素应为Br，即Br自身发生氧化还原反应，Br2化合价降低生成Br-，由于阳离子为Na+，则产物生成NaBr，则化学方程式应为 3Br2+ 3Na2CO3=NaBrO3+ CO2+5NaBr，此时3mol Br2参加反应，转移的电子数为5mol，故答案为：3；3；1；3；5NaBr；5mol；
（4）i、SO2的浓度变化量为2.5mol·L-1，时间为2min，则其化学反应速率为1.25mol·L-1·min-1，2min后浓度仍然发生变化，则2min时反应未达到平衡，故答案：1.25mol·L-1·min-1；否；
ii、a、催化剂可以增大化学反应速率，a错误；
b、可逆反应无法完全转化，b正确；
c、增大容器体积，各种物质浓度减小，化学反应速率减慢，c正确；
故答案为：bc。
【分析】（1）二氧化氯、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢；
（2）本题要结合流程判断，二氧化硫过量时会进入吹出步骤和溴发生反应；
（3）氧化还原反应方程式中，化合价满足升降守恒，根据化合价升降守恒配平化学计量数，电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；
（4）i、化学反应速率；可逆反应达到平衡时，各种物质的浓度不再变化；
ii、a、催化剂可以改变化学反应速率，不影响平衡移动；
b、可逆反应无法完全转化，反应物和生成物同时存在；
c、容积增大，浓度减小，化学反应速率减小。
四、培优
12．（2023·北京）以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
13．（2022高三上·广东）三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。
（1）某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有，其沸点为76.8℃。
①Cr原子的价电子排布式为 。
②实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入，其作用是 。
③装置C的水槽中应盛有 (填“冰水”或“沸水”)。
④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式为 。
（2）的工业制法：先用40%的NaOH将红矾钠()转化为铬酸钠()，加入过量，再加入10%HCl溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬酸钠()还原为的离子方程式 。
（3）为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的0.1mol/L溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
的用量(滴数) 在不同温度下的反应现象
25℃ 90-100℃
1 紫红色 蓝绿色溶液
2~9 紫红色 黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多
10 紫红色 澄清的橙黄色溶液
11~23 紫红色 橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多
24~25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
①温度对反应的影响。
与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是 ，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②与的用量对反应的影响。
对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为 。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是 。
【答案】（1）3d54s1；将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水；
（2）
（3）反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1：1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。
②三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬。
③三氯化铬熔点为，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。
④装置B中反应为四氯化碳和反应生成三氯化铬，还会生成光气()，B中反应；
故答案为：3d54s1；将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水；；
（2）将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体，离子方程式；
故答案为：；
（3）①与在常温下反应，观察不到离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将氧化为，高锰酸钾最佳用量为10滴，则与最佳用量比为10：10=1：1；这与由反应所推断得到的用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
故答案为：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1：1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
【分析】（1）①Cr为24号元素，根据构造原理书写其价电子排布式；
②实验过程中持续通入氮气可将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；
③三氯化铬熔点为，C中应盛装冷水；
④四氯化碳和反应生成三氯化铬和光气；
（2）将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体；
（3）①活化能较高，需要较高温度反应才能进行；
②高锰酸根离子能氧化氯离子。
14．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）；Fe(OH)3
（4）9.0%；SO2有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等，都可以提高化学反应速率
（2）根据H2SO5的结构，1个分子含有有个-O-O-键，所以1molH2SO5含有过氧键数目为NA
（3）Mn2+被H2SO3为二氧化锰，离子反应为：，在pH=4时，滤渣有二氧化锰和氢氧化铁；
（4）4）根据图示可知二氧化硫体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大二氧化硫体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.
【分析】流程题的一般思路是：
浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
15．（2023高一下·吉林期末）工业上常用电解熔融氧化铝的方法来生产铝锭，其电解的氧化铝纯度不得低于 98.2％，而天然铝土矿中的氧化铝含量为 50％~70％，杂质主要为 SiO2、Fe2O3、MgO 等。工业生产铝锭的工艺流程如下图：
一些难溶物开始沉淀和完全沉淀的 pH 如表所示：
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀 pH(离子初始浓度为 0.01mol·L-1) 4 2.3 10.4
完全沉淀 pH(离子浓度<10-5mol·L-1) 5.2 3.2 12.4
请回答下列问题：
（1）步骤①粉碎的目的 ；步骤②③④中操作均为 ；固体A的化学式为 ；
（2）物质 C 可以为 (填序号)
a.Fe b.氨 c.过量氢氧化钠稀溶液
（3）步骤③中调节溶液 pH 的数值范围为 ；
（4）步骤④中溶液 E 主要含 Mg2+、Cl-等，故分离固体F时，必须对F进行洗涤。如何检验F是否洗涤干净 ；
（5）步骤⑥的化学方程式为 。
【答案】（1）增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；过滤；SiO2
（2）b
（3）3.2 ≤ pH <4或3.2~4
（4）取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净
（5）2Al2O34 Al+3O2↑
【知识点】工业制金属铝；常见离子的检验；金属冶炼的一般原理；除杂
【解析】【解答】（1）由分析可知，粉碎的目的是为了加到反应物的接触面积，提高反应速率， ②③④ 的操作为过滤，固体A是不与盐酸反应的二氧化硅，故答案为：
第1空、增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；第2空、过滤；第3空、SiO2；
（2）物质C 溶于滤液应为碱性，可以调节pH，又能生成氢氧化物沉淀，故答案为：b；
（3） 步骤③ 中主要是为了去除氢氧化铁沉淀，有表中可知，氢氧化铁沉淀时的pH为2.3-3.2，完全沉淀分离，又不产生新的沉淀，pH范围应为3.2-4，故答案为： 3.2 ≤ pH <4或3.2~4 ；
（4） 检验F是否洗涤干净，主要是检验滤液中是否含有氯离子，氯离子可与银离子生成氯化银白色沉淀。故答案为：取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净。
（5）电解熔融氧化铝：2Al2O34 Al+3O2↑ ；故答案为： 2Al2O34 Al+3O2↑ 。
【分析】本题主要考查工业制金属铝的相关原理和方法过程。
分析工业生产铝锭的流程图，将铝土矿粉碎，并加入盐酸，与铝土矿反应得到浊液，搅拌使其充分反应并进行过滤，得到铝铁镁的盐溶液，和杂质SiO2，加入碱性溶液调节滤液的pH，再进行过滤，得到氢氧化铁沉淀和滤液，再进行pH调节，得到滤液和沉淀氢氧化铝，将沉淀灼烧，得到氧化铝。将氧化铝电解得到铝锭。
16．（2023高二下·湖南期中）三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：
已知：①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。
②氧化性。
③、、、。溶液中金属离子物质的量浓度低于 mol/L时，可认为沉淀完全。
（1）①的价层电子轨道表示式是 ；中心离子配位数为 。
②写出除杂过程中参与反应的化学方程式 。
③调pH过程中加调节后会生成两种沉淀，同时得到的滤液中 mol/L，调节pH的范围为 。
（2）科学家发现一种由钴原子和氧原子构成的中性团簇分子的结构如图所示。顶角的原子是氧原子，棱心和体心的原子是钻原子，则它的化学式是 ，该分子中每个氧原子周围距离最近且相等的钴原子有 个。
（3）一种掺钴催化剂的晶胞如图所示，则该晶体沿z轴的投影图为 (填序号)，设阿伏加德罗常数的值为，晶胞参数为a nm，则该晶胞的密度为 g cm(用含a、的代数式表示)。
【答案】（1）；6；；4.7~7.4
（2）；3
（3）B；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Co为27号元素，价态Co原子的价电子排布式为 3d74s2， 则Co3+的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为； 中心离子的配体为NH3，则配位数为6，故答案为：；6；
②加入NaClO3是为了将亚铁离子氧化为铁离子，则参与反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
③根据分析可知，加入Na2CO3调pH，Al3+、Fe3+转化为沉淀，而Co2+不沉淀，根据Ksp关系可知，当Al3+沉淀时，Fe3+早已完全沉淀，Al3+完全沉淀时，，此时pH=7.4，同时得到的滤液中 mol/L ，此时，pH=4.7，则调节pH的范围为4.7~7.4，故答案为：4.7~7.4；
（2）该团簇分子中含有13个Co原子，8个O原子，则其化学式为 ；由图可知，该分子中每个氧原子周围距离最近且相等的钴原子有3个，故答案为：；3；
（3）该晶胞中，Ti位于晶胞顶点，Co位于晶胞体心，O位于晶胞面心，则该晶体沿z轴的投影图为；晶胞中Ti的数目为，Co数目为1，O原子数目为，则晶胞质量为，晶胞体积为(a×10-7cm)3，因此晶胞密度为g cm ，故答案为：B； 。
【分析】 钴废料(含少量Fe、Al等杂质)用盐酸溶解，得到Co2+、Fe2+、Al3+溶液，向浸出液中加入适量的NaClO3，Fe2+被氧化为Fe3+，再加入Na2CO3调pH，Al3+、Fe3+转化为沉淀，滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，滤液中主要含有Co2+，然后加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再加入氨水和H2O2反应生成 ，经操作Ⅱ得到产品。
17．（2020·丰台模拟）乙醇俗称酒精，在生活中使用广泛。
资料1：乙醇分子有两个末端，一端是憎水（易溶于油）的—C2H5；一端是亲水（易溶于水）的—OH。
资料2：破坏蛋白质分子中形成蜷曲和螺旋的各种力，使长链舒展、松弛，可导致蛋白质变性。
资料3：水分子可以松弛蛋白质外部亲水基团之间的吸引力，而-OH不能；—C2H5可以破坏蛋白质内部憎水基团之间的吸引力。
（1）乙醇的结构及性质
①1mol乙醇分子中的极性共价键有 mol。
②从结构角度解释乙醇的沸点比乙烷高的原因 。
（2）乙醇的用途
①医用酒精（75%）制备过程与制酒的过程类似，不能饮用，但可接触人体医用。
结合题中资料，下列说法正确的是 （填字母）。
a．糖化、发酵的过程均含有化学变化
b．获得医用酒精常采用的分离提纯方法是蒸馏
c．浓度99%的酒精消毒杀菌效果一定大于75%的酒精
②乙醇是一种很好的溶剂，在油脂的皂化反应中，加入乙醇可加快反应速率，其原因是 。
（3）乙醇的工业制取
乙醇的工业制取方法很多，由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产。下图是由二氧化碳合成乙
醇的工艺流程。
该流程中能循环使用的物质是 。
【答案】（1）7；乙醇分子中含有羟基，分子之间能形成氢键
（2）ab；增大反应物的接触几率或接触面积
（3）K2CO3或碳酸钾
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；化学反应速率的影响因素；乙醇的工业制法
【解析】【解答】(1)①乙醇分子的结构式为： ，分子中含有7个极性共价键，因此1mol乙醇，含有7mol极性键；②乙醇的分子中含有羟基，因此乙醇分子之间可以形成氢键，所以沸点比乙烷高；(2)①a．糖化的过程即淀粉转变为葡萄糖的过程，发酵的过程即葡萄糖转变为乙醇的过程，因此均含有化学变化，a项正确；
b．医用酒精可采用蒸馏的方法分离提纯，b项正确；
c．浓度75%的酒精杀菌消毒效果最好，c项不正确；
故答案为：ab；②油脂皂化即油脂在碱性条件下的水解反应，由于油脂与NaOH水溶液不互溶，所以二者混合不充分会导致反应速率较慢，若加入乙醇，则可利用乙醇亲水又亲油的结构特点，使二者混合更充分，进而提高反应速率；(3)向吸收池中通入含CO2的空气后，会使吸收池中的K2CO3转化为KHCO3；向分解池中通高温水蒸气，将CO2提取出的同时，也使得KHCO3又转化为K2CO3；随后CO2在合成塔中与H2反应生成乙醇；综上所述，K2CO3在流程中再生，因此可以循环利用。
【分析】（1）区分极性键与非极性键；
（2）氢键会使物质熔沸点升高；
（3）注意酒精浓度过高并不能杀死病毒；
（4）根据工艺流程图判断可循环物质。
1 / 1【备考2024年】高考化学全国乙卷真题变式分层精准练第9题
一、原题
1．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
（2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
二、基础
2．（2022·静安模拟）关于化工生产，下列说法错误的是（ ）
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解
D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
3．（2021·天河模拟）部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 （ ）
A．既可被氧化，也可被还原
B．的浓溶液可与的固体反应生成与
C．实验室可通过加热与的浓溶液制得
D．可存在的循环转化关系
4．（2021高三上·长白月考）在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O。投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式：KOCN+KOH+Cl2—CO2+N2+KCl+H2O， 。
（2）若处理上述废水100L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需要投放液氯多少克？
（3）氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)很相似，化学上称为拟卤素，它们阴离子的还原性强弱为：Cl-①(CN)2与KOH溶液反应的化学方程式： 。
②在NaBr和KSCN的混合溶液中滴加少量(CN)2，反应的离子方程 。
5．（2020高一上·秦皇岛期末）铁是一种重要的金属材料，它的单质及化合物在生产生活中应用广泛。
（1）铁元素有三种常见的氧化物，分别是 FeO、Fe2O3、Fe3O4.其中具有磁性的是 ，可作为红色颜料的是 。
（2）某补铁口服液中含有 Fe2＋，为检验其是否被氧化变质，可取少量该口服液，向其中滴加 KSCN 溶液，若溶液变为 色，则说明其已变质。向该口服液中加入维生素 C 可防止其被氧化变质，此过程中利用了维生素 C 的 性。
（3）FeCl3可作为铜电路板的腐蚀液，其反应原理为Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的化学方程式为 。
6．（2022高一下·河南期中）根据所学知识回答下列有关问题。
（1）信息技术离不开芯片，现代芯片离不开高纯度的硅，工业上生产高纯硅的工艺流程如下：
①硅除用于制造芯片外，在能量转化方面也有极为重要的用途，该用途是 (填一种)，写出制备粗硅反应的化学方程式： 。
②过程②是置换反应，则该反应中得到的单质为 (填化学式)。
（2）碳纳米材料是一种具有重要用途的新型无机非金属材料，其中的化学性质与金刚石 (填“相似”或“不同”)，完全燃烧时需要消耗 ，该反应会 (填“吸收”或“释放”)能量。
7．（2021高一上·浙江期中）
（1）Ⅰ.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3X↑请回答：
X的化学式是 ，按照物质的组成和性质分类，属于 (填字母)。
A．单质 B．酸性氧化物 C．化合物 D．盐
（2）在上述反应中，氧化剂是(填化学式) 。
（3）写出在NaOH溶液中通入过量的X气体发生反应的化学方程式 。
（4）若反应过程消耗了2.4g木炭粉，此时转移的电子数为 。
（5）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业制备高铁酸钠有多种方法。其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目 。
三、提高
8．（2023高一下·吉林期末）海洋资源的利用具有非常广阔的前景。回答下列问题：
Ⅰ．海水提溴
（1）溴元素在元素周期表中的位置为
（2）吸收塔用二氧化硫和水吸收的离子方程式为：
（3）蒸馏塔的蒸馏温度应控制在最有利于生产，原因可能为：温度过高， ；温度过低，
（4）两次通入的离子反应相同，其离子方程式为 ，通反应后使用了空气吹出法，该方法利用了溴单质 的性质。
（5）Ⅱ．海水提镁
工业上常用于沉淀的廉价试剂①的俗名是 。操作Ⅰ的名称是 。
（6）步骤A的化学方程式为
（7）Ⅲ．海带提碘
步骤B需搅拌、加热煮沸的目的是 。步骤C中反应的离子方程式为
9．（2022高一上·广州期末）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如下(部分物质已略去)。
已知：氨气极易溶于水，无水氯化钙可与反应生成固体。
（1）写出过程①的化学方程式 。原料有两种气体，应先通入 (填“”或“”)，原因是 。
（2）某同学用如图装置模拟工业过程①。实验时，须从 管通入(填“a”或“b”)，装置c的作用是 。
（3）若在实验室进行过裎③，实验操作的名称是 。
（4）侯氏制碱法工业生产过程中，可循环利用的物质是 、 。
10．（2021高二上·嘉兴期末）氯碱工业是高能耗产业，节能技术的研发是当前的重要课题。
（1）一种节能技术是将电解池与燃料电池相组合，相关物料传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过。
①当产生0.5molX时，A中通过离子交换膜的Na+有 mol。
②写出燃料电池B中负极上的电极反应式 。
③比较图中NaOH质量分数a%、b%、c%由大到小的顺序 。
（2）降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极反应式为 。
11．（2023高一下·黄冈期末）海水中溴元素主要以Br— 形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：
（1）将吹出后的含Br2的空气按一定速率通入吸收塔，用SO2和水进行吸收，写出吸收反应的化学方程式：
（2）吸收后的空气进行循环利用。吹出时，Br2 吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示。SO2 流量过大，Br2 吹出率反而下降的原因是：
（3）工业上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化学方程式： Br2+ Na2CO3 NaBrO3+ CO2+
当有3molBr2参加反应，发生转移的电子的物质的量为 。
（4）用于吸收Br2的SO2是工业制硫酸的重要物质，其中主反应是催化氧化SO2.现将SO2与足量O2置于密闭容器中，在催化剂、500℃条件下发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，请回答下列问题。
i.反应开始至2min末，以SO2 的浓度变化表示该反应的平均速率是 ；2min时，反应是否达到化学平衡状态 (填“是”或“否”)。
ii.关于该反应下列说法不正确的是 。
a．催化剂可以增大化学反应速率
b．改变温度或压强，可以实现SO2的完全转化
c．若仅增大容器容积，则该化学反应速率增大
四、培优
12．（2023·北京）以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
13．（2022高三上·广东）三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。
（1）某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有，其沸点为76.8℃。
①Cr原子的价电子排布式为 。
②实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入，其作用是 。
③装置C的水槽中应盛有 (填“冰水”或“沸水”)。
④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式为 。
（2）的工业制法：先用40%的NaOH将红矾钠()转化为铬酸钠()，加入过量，再加入10%HCl溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬酸钠()还原为的离子方程式 。
（3）为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的0.1mol/L溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
的用量(滴数) 在不同温度下的反应现象
25℃ 90-100℃
1 紫红色 蓝绿色溶液
2~9 紫红色 黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多
10 紫红色 澄清的橙黄色溶液
11~23 紫红色 橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多
24~25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
①温度对反应的影响。
与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是 ，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②与的用量对反应的影响。
对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为 。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是 。
14．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。
15．（2023高一下·吉林期末）工业上常用电解熔融氧化铝的方法来生产铝锭，其电解的氧化铝纯度不得低于 98.2％，而天然铝土矿中的氧化铝含量为 50％~70％，杂质主要为 SiO2、Fe2O3、MgO 等。工业生产铝锭的工艺流程如下图：
一些难溶物开始沉淀和完全沉淀的 pH 如表所示：
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀 pH(离子初始浓度为 0.01mol·L-1) 4 2.3 10.4
完全沉淀 pH(离子浓度<10-5mol·L-1) 5.2 3.2 12.4
请回答下列问题：
（1）步骤①粉碎的目的 ；步骤②③④中操作均为 ；固体A的化学式为 ；
（2）物质 C 可以为 (填序号)
a.Fe b.氨 c.过量氢氧化钠稀溶液
（3）步骤③中调节溶液 pH 的数值范围为 ；
（4）步骤④中溶液 E 主要含 Mg2+、Cl-等，故分离固体F时，必须对F进行洗涤。如何检验F是否洗涤干净 ；
（5）步骤⑥的化学方程式为 。
16．（2023高二下·湖南期中）三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：
已知：①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。
②氧化性。
③、、、。溶液中金属离子物质的量浓度低于 mol/L时，可认为沉淀完全。
（1）①的价层电子轨道表示式是 ；中心离子配位数为 。
②写出除杂过程中参与反应的化学方程式 。
③调pH过程中加调节后会生成两种沉淀，同时得到的滤液中 mol/L，调节pH的范围为 。
（2）科学家发现一种由钴原子和氧原子构成的中性团簇分子的结构如图所示。顶角的原子是氧原子，棱心和体心的原子是钻原子，则它的化学式是 ，该分子中每个氧原子周围距离最近且相等的钴原子有 个。
（3）一种掺钴催化剂的晶胞如图所示，则该晶体沿z轴的投影图为 (填序号)，设阿伏加德罗常数的值为，晶胞参数为a nm，则该晶胞的密度为 g cm(用含a、的代数式表示)。
17．（2020·丰台模拟）乙醇俗称酒精，在生活中使用广泛。
资料1：乙醇分子有两个末端，一端是憎水（易溶于油）的—C2H5；一端是亲水（易溶于水）的—OH。
资料2：破坏蛋白质分子中形成蜷曲和螺旋的各种力，使长链舒展、松弛，可导致蛋白质变性。
资料3：水分子可以松弛蛋白质外部亲水基团之间的吸引力，而-OH不能；—C2H5可以破坏蛋白质内部憎水基团之间的吸引力。
（1）乙醇的结构及性质
①1mol乙醇分子中的极性共价键有 mol。
②从结构角度解释乙醇的沸点比乙烷高的原因 。
（2）乙醇的用途
①医用酒精（75%）制备过程与制酒的过程类似，不能饮用，但可接触人体医用。
结合题中资料，下列说法正确的是 （填字母）。
a．糖化、发酵的过程均含有化学变化
b．获得医用酒精常采用的分离提纯方法是蒸馏
c．浓度99%的酒精消毒杀菌效果一定大于75%的酒精
②乙醇是一种很好的溶剂，在油脂的皂化反应中，加入乙醇可加快反应速率，其原因是 。
（3）乙醇的工业制取
乙醇的工业制取方法很多，由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产。下图是由二氧化碳合成乙
醇的工艺流程。
该流程中能循环使用的物质是 。
答案解析部分
1．【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+可以催化H2O2分解
（3）2.8×10-9；Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5）Mn2++2H2O H2↑+MnO2↓+2H+；加入Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO2 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）加入硫酸后可以与碳酸锰反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎，增大接触面积；
（2） MnO2具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，由于H2O2不稳定且Fe3+可以催化H2O2分解，所以不能用H2O2 进行氧化；
（3反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1， 此时c(Fe3+)=，用石灰乳调节至pH≈7，溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全；
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，溶液中发生的离子反应为：BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，
（5）电解池溶液中阴极为Mn2+放电，阳极为H2O放电，电解总反应为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+，电解过程中锰离子和水不断被消耗，为保持电解液成分稳定，需要补充 Mn(OH)2；
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为：2Li2CO3+8MnO2=煅烧4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等。
2．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介
【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；
B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；
C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；
D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；
B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；
C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；
D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。
3．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．由分析可知，为Cl2，其中Cl元素的化合价为0价，既可以升高也可以降低，故既可被氧化，也可被还原，A不符合题意；
B．由分析可知，由于反应ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故的浓溶液即浓盐酸不可与的固体即NaClO反应生成NaCl与HClO，B符合题意；
C．实验室可通过加热与的浓溶液即浓盐酸制得即Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，C不符合题意；
D．可存在的循环转化关系即Cl2ClO-HClOHClCl-Cl2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯气进入水反应生成盐酸和次氯酸；
B.浓盐酸和次氯酸钠生成a不会生成b和e；
C.实验室制备氯气，用浓盐酸氧化二氧化锰；
D.Cl2ClO-HClOHClCl-
4．【答案】（1）2KOCN+4KOH+3Cl2—2CO2+N2+6KCl+2H2O
（2）177.5(g)
（3）(CN)2+2KOH=KCN+KOCN+H2O；(CN)2+2SCN-=2CN-+(SCN)2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）该反应中，氮元素由－3价变为0价，失去3个电子，氯元素由0价变为－1价，得到1个电子。根据得失电子守恒可得，KOCN的系数为2，N2的系数为1，Cl2的系数为3，KCl的系数为6。根据K原子守恒可得，KOH的系数为4；根据C原子守恒可得，CO2的系数为2。根据H原子守恒可得，H2O的系数为2。因此该反应的化学方程式为：2KOCN＋4KOH＋3Cl2=2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O。
（2）100L废水中所含m(KCN)=650mg/L×100L×10-3g=65g，其物质的量
。将KCN完全转化为无毒物质，则产物为N2。1molKCN完全转化为N2、CO2，转移电子数为1mol×3+1mol×2=5mol。令投放液氯的量为x，则根据得失电子守恒可得，x×2×1=5mol，解得x=2.5mol，因此所需液氯的质量m(Cl2)=2.5mol×71g·mol－1=177.5g。
（3）①(CN)2的性质与卤素相似，由于Cl2与KOH反应生成KCl、KClO和H2O，因此(CN)2与KOH反应生成KCN、KOCN和H2O，该反应的化学方程式为：(CN)2＋2KOH=KCN＋KOCN＋H2O。
②由于还原性Br－【分析】(1)根据得失电子守恒、原子守恒进行配平。
(2)根据得失电子守恒进行计算。
(3)①(CN)2能与KOH溶液反应生成KCN、KOCN和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②根据还原性Br－5．【答案】（1）Fe3O4；Fe2O3
（2）红；还原性
（3）Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】（1） Fe3O4 磁铁矿的主要成分具有磁性， Fe2O3 红棕色作为红色颜料
（2） Fe3＋ 和 SCN-反应生成 Fe（SCN ）3为血红色，加维生素C能防止补铁口服液被氧化说明维生素C具有还原性
（3） 根据反应物和生成物直接书写，再配平，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2 ，
【分析】（1）Fe3O4 磁铁矿的主要成分具有磁性， Fe2O3 红棕色
（2）防止补铁口服液被氧化说明维生素C具有还原性
（3）反应物和生成物题目都有给出，只要根据质量守恒配平
6．【答案】（1）制造太阳能电池板；；H2
（2）相似；60；释放
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】石英砂和焦炭高温还原生成粗硅、粗硅和氯化氢生成SiHCl3，SiHCl3通入氢气高温得到高纯硅；
(1)①硅除用于制造芯片外，还用于制造太阳能电池板，将太阳能转化为电能；制备粗硅反应的反应为二氧化硅和碳高温生成硅和一氧化碳，；
②置换反应是一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应，过程②是置换反应，根据质量守恒可知，该反应中硅和氯化氢反应生成硅和氢气，故得到的单质为H2；
(2)和金刚石均为碳单质，化学性质与金刚石相似，和氧气完全燃烧生成二氧化碳气体，1分子可以和60分子氧气生成二氧化碳，故完全燃烧时需要消耗60，燃烧是一个放热反应，该反应会释放出能量。
【分析】（1）易错分析：C还原二氧化硅得到产物是CO，不是CO2
（2）互为同素异形体化学性质相似，物理性质不同
7．【答案】（1）CO2；BC
（2）S、KNO3
（3）CO2+NaOH=NaHCO3
（4）0.8NA(或4.816×1023)
（5）
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】(1)根据反应过程原子守恒，判断X的化学式是CO2；按照物质的组成和性质分类，CO2由两种元素组成且其中一种是氧元素，能与碱反应生成盐和水，属于化合物，也属于酸性氧化物。
(2)该反应中S的化合价从0降低到-2，KNO3的N元素从+5降低到0，化合价降低被还原，该物质做氧化剂，故氧化剂是S、KNO3。
(3)NaOH溶液中通入过量的CO2气体生成碳酸氢钠，化学方程式：CO2+NaOH=NaHCO3。
(4)2.4g木炭粉的物质的量是，根据方程式可知，S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，C从0价升高到+4价失去4个电子，消耗3mol的C，转移12mol的电子，则反应过程消耗了2.4g木炭粉，转移的电子数为0.8NA。
(5)该反应中Cl元素从+1价降低到-1价，得2个电子，Fe元素从+3价升高到+6价，失去3个电子，则用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目：
【分析】（1）结合元素和原子守恒，可以知道X是二氧化碳，属于化合物中的酸性氧化物；
（2）氧化剂在反应后化合价降低；
（3）要注意少量二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，过量二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠；
（4）此类题型要先计算出碳的物质的量，再根据碳的价态变化算出其电子数；
（5）单线桥的起点是还原剂，终点是氧化剂，只需要标明电子总数。
8．【答案】（1）四周期 Ⅶ A族
（2）
（3）大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；溴不能完全蒸出，产率太低
（4）；易挥发
（5）熟石灰（或消石灰）；过滤
（6）（熔融）
（7）促使海带灰中含碘物质快速充分溶解；
【知识点】过滤；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；化学物质的名称与俗名；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）溴元素为35号元素，由分析可知，溴元素位于第四周期第ⅦA族。
（2）SO2、H2O与Br2反应生成H2SO4和HBr，其离子方程式为
。
（3）蒸馏塔的蒸馏温度过高，会使大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加，温度过低，会使溴不能完全蒸出，产率太低，所以应控制在80~90℃最有利于生产。
（4）两次通入Cl2都是为了氧化溴离子，其离子方程式为 ；通Cl2反应后使用了空气吹出法，该方法利用了溴单质易挥发的性质。
（5）工业上常用Ca(OH)2来沉淀Mg2+，即试剂①是Ca(OH)2，其俗名为熟石灰或消石灰。操作Ⅰ是分离固体和液体，即过滤。；
（6）步骤A是电解MgCl2，其化学方程式为 （熔融） 。
（7）步骤B需搅拌、加热煮沸的目的是促使海带灰中含碘物质快速充分溶解。H2O2具有氧化性，能将I-氧化为I2，步骤C中反应的离子方程式为 。
【分析】（1）主族元素的周期数=核外电子层数，族序数=最外层电子数。
（2）SO2、H2O与Br2反应生成H2SO4和HBr，注意原子和电荷守恒。
（3）蒸馏塔的蒸馏温度过高，会使大量水蒸气随溴排出，；温度过低，会使溴不能完全蒸出。
（4）两次通入Cl2都是为了氧化溴离子；通Cl2反应后使用空气吹出法，是利用溴单质易挥发的性质。
（5）工业上常用Ca(OH)2来沉淀Mg2+；过滤用于分离固液混合物。
（6）电解MgCl2的化学方程式为（熔融） 。
（7）搅拌、加热煮沸能促进物质溶解；H2O2具有氧化性，能将I-氧化为I2。
9．【答案】（1）；；极易溶于水，在水中溶解度较小，先在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入足量二氧化碳。
（2）a；吸收氨气，防止污染空气
（3）过滤
（4）CO2；食盐水
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）饱和食盐水中通二氧化碳和氨气发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯化铵，因相同条件下溶解度：NaCl>NaHCO3，因此生成的NaHCO3会析出，故反应方程式为；
二氧化碳在水中溶解度较小，先在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入足量二氧化碳，故答案为：；
（2）由分析可知，制备碳酸氢钠时，为增大二氧化碳在氯化钠溶液中的溶解度，应先通过a管通入极易溶于水的氨气，装置c中盛有无水氯化钙用于吸收氨气，防止污染空气，故答案为：a；吸收氨气，防止污染空气；
（3）根据流程图，过裎③是从NH4Cl溶液得到NH4Cl固体，分离固体和液体的物理操作方法是过滤，故该操作是过滤；
（4）根据分析可知，煅烧NaHCO3分解产生Na2CO3、CO2和水，CO2可再通入沉淀池中循环利用，操作③可得到食盐水，所以可循环利用的物质是CO2和食盐水。
【分析】（1）饱和食盐水中通二氧化碳和氨气发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯化铵，利用二者溶解性差异分析；
（2）依据溶解性的不同和物质的性质分析；
（3）过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；
（4）循环使用的物质反应前是反应物，反应后是产物或未完全反应的物质。
10．【答案】（1）1；；
（2）
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】通空气一边为正极(还原反应)，那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，X即为Cl2，右边电极是阴极。
（1）①由分析知X为Cl2，电解饱和食盐水的方程式为：，当产生0.5molX时即产生0.5mol Cl2，A中通过离子交换膜的Na+为2×0.5mol=1mol。
②由分析知燃料电池B中，右边电池中通入空气左边原电池中通入气体Y是氢气，则电解池中左边电极是阳极、右边电极是阴极，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，则负极上的电极反应式为：；
③电解池中加入的NaOH目的是增大溶液导电性，通入电解后生成氢氧化钠，所以加入的NaOH浓度小于出来的NaOH浓度；原电池中，正极上生成氢氧化钠，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，所以NaOH质量分数a%、b%、c%由大到小的顺序为
故正确答案：1；；
（2）向阴极区通入O2，正极氧气得电子发生还原反应，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，则“氧阴极技术”的阴极反应式为。
故正确答案：
【分析】通空气一边为正极(还原反应) ，那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，X即为Cl2，右边电极是阴极，据此解答。
11．【答案】（1）Br2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr
（2）过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降
（3）3；3；1；3；5NaBr；5mol
（4）1.25mol·L-1·min-1；否；bc
【知识点】化学反应速率的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）二氧化硫、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢，故答案为：Br2 + SO2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr；
（2）根据流程图，可知吸收Br2后的空气会进一步进入吹出的步骤，若SO2过量，会使得吸收Br2后的空气中含有SO2，SO2会在吹出步骤和Br2反应，使其吹出率下降，故答案为：过量的SO2随吸收Br2后的空气进入吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降；
（3）化学方程式中，Br化合价升高，C、O、Na化合价不变，根据氧化还原反应的特点，可知化合价升降守恒，则降价元素应为Br，即Br自身发生氧化还原反应，Br2化合价降低生成Br-，由于阳离子为Na+，则产物生成NaBr，则化学方程式应为 3Br2+ 3Na2CO3=NaBrO3+ CO2+5NaBr，此时3mol Br2参加反应，转移的电子数为5mol，故答案为：3；3；1；3；5NaBr；5mol；
（4）i、SO2的浓度变化量为2.5mol·L-1，时间为2min，则其化学反应速率为1.25mol·L-1·min-1，2min后浓度仍然发生变化，则2min时反应未达到平衡，故答案：1.25mol·L-1·min-1；否；
ii、a、催化剂可以增大化学反应速率，a错误；
b、可逆反应无法完全转化，b正确；
c、增大容器体积，各种物质浓度减小，化学反应速率减慢，c正确；
故答案为：bc。
【分析】（1）二氧化氯、水和溴发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢；
（2）本题要结合流程判断，二氧化硫过量时会进入吹出步骤和溴发生反应；
（3）氧化还原反应方程式中，化合价满足升降守恒，根据化合价升降守恒配平化学计量数，电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；
（4）i、化学反应速率；可逆反应达到平衡时，各种物质的浓度不再变化；
ii、a、催化剂可以改变化学反应速率，不影响平衡移动；
b、可逆反应无法完全转化，反应物和生成物同时存在；
c、容积增大，浓度减小，化学反应速率减小。
12．【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
13．【答案】（1）3d54s1；将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水；
（2）
（3）反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1：1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。
②三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬。
③三氯化铬熔点为，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。
④装置B中反应为四氯化碳和反应生成三氯化铬，还会生成光气()，B中反应；
故答案为：3d54s1；将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；冷水；；
（2）将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体，离子方程式；
故答案为：；
（3）①与在常温下反应，观察不到离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将氧化为，高锰酸钾最佳用量为10滴，则与最佳用量比为10：10=1：1；这与由反应所推断得到的用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
故答案为：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1：1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
【分析】（1）①Cr为24号元素，根据构造原理书写其价电子排布式；
②实验过程中持续通入氮气可将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬；
③三氯化铬熔点为，C中应盛装冷水；
④四氯化碳和反应生成三氯化铬和光气；
（2）将铬酸钠还原为，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体；
（3）①活化能较高，需要较高温度反应才能进行；
②高锰酸根离子能氧化氯离子。
14．【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）；Fe(OH)3
（4）9.0%；SO2有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等，都可以提高化学反应速率
（2）根据H2SO5的结构，1个分子含有有个-O-O-键，所以1molH2SO5含有过氧键数目为NA
（3）Mn2+被H2SO3为二氧化锰，离子反应为：，在pH=4时，滤渣有二氧化锰和氢氧化铁；
（4）4）根据图示可知二氧化硫体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大二氧化硫体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.
【分析】流程题的一般思路是：
浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
15．【答案】（1）增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；过滤；SiO2
（2）b
（3）3.2 ≤ pH <4或3.2~4
（4）取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净
（5）2Al2O34 Al+3O2↑
【知识点】工业制金属铝；常见离子的检验；金属冶炼的一般原理；除杂
【解析】【解答】（1）由分析可知，粉碎的目的是为了加到反应物的接触面积，提高反应速率， ②③④ 的操作为过滤，固体A是不与盐酸反应的二氧化硅，故答案为：
第1空、增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；第2空、过滤；第3空、SiO2；
（2）物质C 溶于滤液应为碱性，可以调节pH，又能生成氢氧化物沉淀，故答案为：b；
（3） 步骤③ 中主要是为了去除氢氧化铁沉淀，有表中可知，氢氧化铁沉淀时的pH为2.3-3.2，完全沉淀分离，又不产生新的沉淀，pH范围应为3.2-4，故答案为： 3.2 ≤ pH <4或3.2~4 ；
（4） 检验F是否洗涤干净，主要是检验滤液中是否含有氯离子，氯离子可与银离子生成氯化银白色沉淀。故答案为：取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净。
（5）电解熔融氧化铝：2Al2O34 Al+3O2↑ ；故答案为： 2Al2O34 Al+3O2↑ 。
【分析】本题主要考查工业制金属铝的相关原理和方法过程。
分析工业生产铝锭的流程图，将铝土矿粉碎，并加入盐酸，与铝土矿反应得到浊液，搅拌使其充分反应并进行过滤，得到铝铁镁的盐溶液，和杂质SiO2，加入碱性溶液调节滤液的pH，再进行过滤，得到氢氧化铁沉淀和滤液，再进行pH调节，得到滤液和沉淀氢氧化铝，将沉淀灼烧，得到氧化铝。将氧化铝电解得到铝锭。
16．【答案】（1）；6；；4.7~7.4
（2）；3
（3）B；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Co为27号元素，价态Co原子的价电子排布式为 3d74s2， 则Co3+的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为； 中心离子的配体为NH3，则配位数为6，故答案为：；6；
②加入NaClO3是为了将亚铁离子氧化为铁离子，则参与反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
③根据分析可知，加入Na2CO3调pH，Al3+、Fe3+转化为沉淀，而Co2+不沉淀，根据Ksp关系可知，当Al3+沉淀时，Fe3+早已完全沉淀，Al3+完全沉淀时，，此时pH=7.4，同时得到的滤液中 mol/L ，此时，pH=4.7，则调节pH的范围为4.7~7.4，故答案为：4.7~7.4；
（2）该团簇分子中含有13个Co原子，8个O原子，则其化学式为 ；由图可知，该分子中每个氧原子周围距离最近且相等的钴原子有3个，故答案为：；3；
（3）该晶胞中，Ti位于晶胞顶点，Co位于晶胞体心，O位于晶胞面心，则该晶体沿z轴的投影图为；晶胞中Ti的数目为，Co数目为1，O原子数目为，则晶胞质量为，晶胞体积为(a×10-7cm)3，因此晶胞密度为g cm ，故答案为：B； 。
【分析】 钴废料(含少量Fe、Al等杂质)用盐酸溶解，得到Co2+、Fe2+、Al3+溶液，向浸出液中加入适量的NaClO3，Fe2+被氧化为Fe3+，再加入Na2CO3调pH，Al3+、Fe3+转化为沉淀，滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，滤液中主要含有Co2+，然后加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再加入氨水和H2O2反应生成 ，经操作Ⅱ得到产品。
17．【答案】（1）7；乙醇分子中含有羟基，分子之间能形成氢键
（2）ab；增大反应物的接触几率或接触面积
（3）K2CO3或碳酸钾
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；化学反应速率的影响因素；乙醇的工业制法
【解析】【解答】(1)①乙醇分子的结构式为： ，分子中含有7个极性共价键，因此1mol乙醇，含有7mol极性键；②乙醇的分子中含有羟基，因此乙醇分子之间可以形成氢键，所以沸点比乙烷高；(2)①a．糖化的过程即淀粉转变为葡萄糖的过程，发酵的过程即葡萄糖转变为乙醇的过程，因此均含有化学变化，a项正确；
b．医用酒精可采用蒸馏的方法分离提纯，b项正确；
c．浓度75%的酒精杀菌消毒效果最好，c项不正确；
故答案为：ab；②油脂皂化即油脂在碱性条件下的水解反应，由于油脂与NaOH水溶液不互溶，所以二者混合不充分会导致反应速率较慢，若加入乙醇，则可利用乙醇亲水又亲油的结构特点，使二者混合更充分，进而提高反应速率；(3)向吸收池中通入含CO2的空气后，会使吸收池中的K2CO3转化为KHCO3；向分解池中通高温水蒸气，将CO2提取出的同时，也使得KHCO3又转化为K2CO3；随后CO2在合成塔中与H2反应生成乙醇；综上所述，K2CO3在流程中再生，因此可以循环利用。
【分析】（1）区分极性键与非极性键；
（2）氢键会使物质熔沸点升高；
（3）注意酒精浓度过高并不能杀死病毒；
（4）根据工艺流程图判断可循环物质。
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