2021年高考化學(xué)真題和模擬題分類匯編專題20工業(yè)流程題含解析

專題20工業(yè)流程題

2021年化學(xué)高考題

一、單項選擇題

L（2021年山東省高考化學(xué)試題（山東卷））工業(yè)上以SQ和純堿為原料制備無水NaHSG的主

要流程如圖，以下說法錯誤的選項是

A.吸收過程中有氣體生成B.結(jié)晶后母液中含有NaHCG

C.氣流枯燥濕料時溫度不宜過高D.中和后溶液中含Na2s偽和NaHCa

【答案】B

【分析】

根據(jù)工藝流程逆向分析可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到結(jié)晶成分為NaHS6,那么母液

為飽和NaHSOs和過量的二氧化硫形成的亞硫酸,溶液呈酸件,所以參加純堿進(jìn)行中和.涉及

的反響為：H2S03+2Na2C03=Na2S03+2NaHCO3,NaHS03+Na2C03=Na2SO3+NaHC03,所以調(diào)節(jié)pH為

8進(jìn)行中和后得到NazSOs和NaHC?！蓖ㄈ攵趸驓怏w進(jìn)行混合吸收，此時吸收過程中發(fā)生反

響為：Na2S03+S02+H20=2NaHS031,S02+NaHC03=C02+NaHSO31,此時會析出大量NaHSQ、晶體，

經(jīng)過離心別離，將得到的濕料再進(jìn)行氣流枯燥，最終得到NaHSOs產(chǎn)品，據(jù)此分析解答。

【解析】

A.根據(jù)上述分析可知，吸收過程中有二氧化碳生成，A正確：

B.結(jié)晶后母液中含飽和NaHSOs和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCOs,假設(shè)產(chǎn)物中存

在NaHCCh那么其會與生成的NaHS（h發(fā)生反響，且NaHCS,溶解度較低，假設(shè)其殘留于母液中，

會使晶體不純，假設(shè)不成立，B錯誤；

C.NaHSOs高溫時易分解變質(zhì)，所以氣流枯燥過程中溫度不宜過高，C正確；

D.結(jié)合上述分析可知，中和后溶液中含Na2s和NaHCCh,D正確；

應(yīng)選Bo

2.（2021年河北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（河北卷））BiOCl是一種具有珠光

澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：

以下說法錯誤的選項是

A.酸浸工序中分次參加稀皿2可降低反響劇烈程度

B.轉(zhuǎn)化工序中參加稀HC1可抑制生成BiONOa

C.水解工序中參加少量CH￡00Na（s）可提高BF水解程度

D.水解工序中參加少量NH4N03（s）有利于BiOCl的生成

【答案】D

【解析】

A.硝酸為強氧化劑，可與金屬鈿反響，酸浸工序中分次參加稀HNO-反響物硝酸的用量減

少，可降低反響劇烈程度，A正確；

B.金屬鈿與硝酸反響生成的硝酸錦會發(fā)生水解反響生成BiONO”水解的離子方程式為

3++

Bi+NO3+H2OBiONO3+2H,轉(zhuǎn)化工序中參加稀HC1,使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特

列原理分析，硝酸鈕水解平衡左移，可抑制生成BiONO-B正確；

C.氯化鈿水解生成BiOCl的離子方程式為Bi^+Cr+HQUBiOCl+ZH.,水解工序中參加少

量CH3coONa（s）,醋酸根會結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特

列原理分析，氯化鈿水解平衡右移，促進(jìn)B產(chǎn)水解，C正確；

D.氯化鈿水解生成810（口的離子方程式為由3，+（：「+也0=8叩。+2田，水解工序中參加少

量NHQNO3（S）,錢根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯

化鈿水解平衡左移，不利于生成BiOCl,且局部鈿離子與硝酸根、水也會發(fā)生反響

3++

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

應(yīng)選D。

3.（2021年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題（湖南卷））己二酸是一種重要的化

_L原料，科學(xué)家在現(xiàn)有工業(yè)路線根底上，提出了一條“綠色”合成路線：

以下說法正確的選項是

A.苯與溪水混合，充分振蕩后好置，下層溶液呈橙紅色

B.環(huán)己醇與乙醇互為同系物

C.已二酸與NaHCO］溶液反響有C02生成

D.環(huán)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，苯與濱水混合，充分振蕩后靜置，有機層在上層，應(yīng)是上層溶液呈橙紅

色，故A錯誤；

B.環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇結(jié)構(gòu)不相似，分子組成也不相差假設(shè)干C壓原子團，不互為

同系物，故B錯誤；

C.己二酸分子中含有陵基，能與NaHCOs溶液反響生成Cd,故C正確；

D.環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個碳原子直接相連的4個原子形成四面體結(jié)

構(gòu)，因此所有碳原子不可能共平面，故D錯誤；

答案選C.

4.(2021年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題(湖南卷))一種工業(yè)制備無水氯化

鎂的工藝流程如下：

以下說法錯誤的選項是

A.物質(zhì)X常選用生石灰

B.工業(yè)上常用電解熔融MgCl?制各金屬鎂

高溫

C.“氯化”過程中發(fā)生的反響為MgO+C+C12=MgC12+CO

D.“燃燒〃后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水MgCl?

【答案】D

【分析】

海水經(jīng)一系列處理得到苦鹵水，苦鹵水中含Mg?？帑u水中加物質(zhì)X使Mg?.轉(zhuǎn)化為Mg(0H)2，

過濾除去濾液，煨燒Mg(OH)2得MgO,MgO和C、CL經(jīng)“氯化”得無水MgCL

【解析】

A.物質(zhì)X的作用是使Mg?，轉(zhuǎn)化為Mg(0H)2,工業(yè)上常采用CaO,發(fā)生CaO+HzO=Ca(OH)2,

22+

Ca(OH)2+Mg=Mg(OH)2+Ca,A正確：

B.Mg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融MgC%制備金屬鎂，B正確；

C.由圖可知“氯化〃過程反響物為MgO、氯氣、C,生成物之一為MgCLC在高溫下能將二

高溫

氧化碳復(fù)原為CO,那么“氣體〃為CO,反響方程式為MgO+C+C12=MgC12+CO,C正確；

D."煨燒”后得到MgO,MgO和鹽酸反響得到MgCk溶液，由于MgCb在溶液中水解為氫氧化

鎂和HC1,將所得溶液加熱蒸發(fā)HC1會逸出，MgCh水解平衡正向移動，得到氫氧化鎂，得不

到無水MgCk,D錯誤;

選Do

二、元素或物質(zhì)推斷題

5.(2021年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試題)某興趣小組對化合物X開展探究實驗。

其中：X是易溶于水的強酸鹽，由3種元素組成；A和B均為純潔物；B可使品紅水溶液褪色。

請答復(fù)：

(1)組成X的3種元素是(填元素符號)，X的化學(xué)式是。

(2)將固體X參加溫?zé)岬南2s0,中，產(chǎn)生氣體B,該反響的離子方程式是o

(3)步驟I,發(fā)生反響的化學(xué)方程式是o

(4)步驟II,某同學(xué)未加映2溶液，發(fā)現(xiàn)也會緩慢出現(xiàn)白色渾濁，原因是o

(5)關(guān)于氣體B使品紅水溶液褪色的原因，一般認(rèn)為：B不能使品紅褪色，而是B與水反響的

生成物使品紅褪色。請設(shè)計實驗證明o

H2C-OH

【答案】Cu、S、0CuS206so；+so.fHC-OH+CU(0H)2

△I

H2C-OH

H2C-0.

I

-HC-0+2FWSO2與水反響生成H2s03；H2sO3能被氧氣氧化為H2s0」，與BaCL反

H2C-OH

響生成BaSO,配制品紅無水乙醇溶液(其他非水溶劑亦可)，通入S02,不褪色；品紅水溶液中

參加亞硫酸鈉(亞硫酸氫鈉)固體，褪色更快

【分析】

將固體隔絕空氣加熱，能生成一種固體和一種氣體，其中將固體溶于水分成兩等分，一份參

加鹽酸酸化的氯化鋼溶液，能生成白色沉淀，說明固體中有硫酸根的存在，另一份溶液參加

適量的NaOH溶液，出現(xiàn)藍(lán)色懸濁液，參加甘油后能形成絳藍(lán)色溶液，說明固體中存在Cu,那

么固體A為CuSOi；將氣體B通入足量的BaCL溶液和H2O2溶液中，出現(xiàn)白色沉淀，說明該氣

體可以被乩。2氧化，那么該氣體為S02,再根據(jù)產(chǎn)生沉淀C和固體X的質(zhì)量計算固體X的化學(xué)

式。

【解析】

酸飄沉淀，那么該份硫酸銅的質(zhì)量為0.005mol,那么固體CuSOi的物質(zhì)的量為O.OlOmol,質(zhì)

量為L6g,根據(jù)質(zhì)量守恒的氣體SO2的質(zhì)量為0.640g,該物質(zhì)中三種元素的質(zhì)量比

w(Cu):z?(S):m(0)=0.640g:0.640g:0.960g?那么這三種原子的物質(zhì)的量的比

〃(Cu):/7(S):/?(0)=l:2:6,故固體X的化學(xué)式為CuSzOe;

(2)根據(jù)題目，固體X與溫?zé)岬南×蛩岱错懣梢陨蒘O?氣體，根據(jù)原子守恒和電荷守恒配平,

那么該過程的離子方程式為so；-里soso1；

2A2

(3)步驟I為甘油和氫氧化銅發(fā)生反響，反響的化學(xué)方程式為

H,C-OH

I+Cu(0H”-HC-O”

HC-OH+2H2O;

IHC-OH

H2C-OH2

(4)步驟n中未參加過氧化氫，也可以出現(xiàn)白色沉淀，說明so2溶于水后可以被空氣中的氧氣

氧化，故答案為：S02與水反響生成H2sOa；H2s能被氧氣氧化為H2S0?與Back反響生成BaS01；

(5)S02可以使品紅溶液褪色，SO2溶液中存在SO?分子和H2s口，欲知道是哪一種物質(zhì)能夠使品

紅溶液褪色，可以利用如下實驗驗證：配制品紅尢水乙醇溶液(其他非水溶劑亦可)，通入sa,

不褪色；品紅水溶液中參加亞硫酸鈉(亞硫酸氫鈉)固體，褪色更快。

三、工業(yè)流程題

6.(2021年高考全國乙卷化學(xué)試題)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO?、SiO?、ALO3、

MgO、CaO以及少量的FqO,。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂

等。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的PH見下表

金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+

開始沉淀的pH

沉淀完全(c=lOx10-5mol?L)的pH

答復(fù)以下問題：

(1)“焙燒”中，力。2、SiO?幾乎不發(fā)生反響，A12O3>MgO、CaO>FeQ,轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫

酸鹽，寫出ALO,轉(zhuǎn)化為NH4A1(SO4)2的化學(xué)方程式。

(2)“水浸〃后“漉液〃的pH約為，在“分步沉淀〃時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至，依次析出的金

屬離子是O

⑶“母液①”中Mg2+濃度為rnolE\

(4)“水浸渣”在160C“酸溶〃最適合的酸是o"酸溶渣〃的成分是

(5)“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，TiO??水解析出TiC^.xHq沉淀，該反響的離子方

程式是O

(6)將“母液①〃和“母液②〃混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得,循環(huán)利用。

【答案】

3

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

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

【分析】

由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸鐵混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅小反響，氧化鋁、

氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)參加熱水水浸，

二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣局部溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁鉉溶于

水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁鏤

和硫酸鈣的濾液；向pH約為的濾液中參加氨水至，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀,

過濾得到含有硫酸錢、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中參加濃硫酸加熱到160c

酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反響，二氧化鈦與稀硫酸反響得到TiOSOv過濾得到含

有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSOi溶液;將TiOSOi溶液參加熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO」

完全水解生成TiO??x電0沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和Ti02?xH20O

【解析】

(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁鏤發(fā)生的反響為氧化鋁、硫酸錢在高溫條件下反響生成硫酸鋁鉞、氨

氣和水，反響的化學(xué)方程式為Al2a+4(NHJ2s0,磐NH4Al(SOJ2+4NH31+3上0,故答案為：

AkO3+4(NH.|)2s0,堡NHM1(S0J+4NH3t+3H2O；

(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為的濾液參加氨水調(diào)節(jié)溶液pH為時，鐵

離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe'Al\Mg。

(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為可知，氫氧化鎂的溶度積為1X10-5x(1x10—)2=1X10,

10

1x1A-*

當(dāng)溶液pH為時，溶液中鎂離子的濃度為.....-=1X10bmol/L,故答案為：1X106；

(1x10)

(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完

全沉淀，減少TiOSO』溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)參加濃硫酸加熱到160c酸溶；由分析可知，

二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反響，那么酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：

硫酸；Sid、CaSO.,；

(5)酸溶后將TiOSOi溶液參加熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOS(h完全水解生成TiO2?xH?0沉

淀和硫酸，反響的離子方程式為Ti(f+(x+1)H20ATiO2?XH2O+2H;故答案為：

2+<

TiO+(x+l)H2OATiO2?xH2O+2H；

(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸鏤、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸

收氨氣得到硫酸銹溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NHJ2s04。

7.(2021年高考全國甲卷化學(xué)試題)碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、

染料等方面。答復(fù)以下問題：

(1)L的一種制備方法如以下圖所示：

①參加Fc粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反響的離子方程式為,生成的沉淀與硝酸反響，生成后

可循環(huán)使用。

②通入C12的過程中，假設(shè)氧化產(chǎn)物只有一種，反響的化學(xué)方程式為;假設(shè)反響物用

量比n(C12)/n(Fek)=L5時，氧化產(chǎn)物為；當(dāng)(艮U)>L5,單質(zhì)碘的收率會

降低，原因是。

⑵以NaIO1為原料制備I’的方法是：先向Na。溶液中參加計量的NaHSC>3,生成碘化物；

再向混合溶液中參加NalO、溶液，反響得到h，上述制備L的總反響的離子方程式為o

(3)KI溶液和CuSO,溶液混合可生成Cui沉淀和％,假設(shè)生成ImolU，消耗的KI至少為

moleL在KI溶液中可發(fā)生反響h+r-I；。實驗室中使用過量的KI與CuSO4溶液反

響后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸饋可制得高純碘。反響中參加過量KI的原因是。

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

的Cl?進(jìn)一步氧化2IO；+5HSO；=l2+5SO：+3H，+H2O4防止單質(zhì)碘析出

【解析】

(D①由流程圖可知懸濁液中含Agl,Agl可與Fe反響生成FeL和Ag,Feh易溶于水，在離

子方程式中能拆，故參加Fc粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反響的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe%2「，生成的

2f

銀能與硝酸反響生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe+2r；AgN03；

②通入Cl?的過程中，囚「亞原性強于Fe24,Cl?先氧化亞原性強的「，假設(shè)氧化產(chǎn)物只有一種,

那么該氧化產(chǎn)物只能是故反響的化學(xué)方程式為Fek+CL=I2+FeCl2,假設(shè)反響物用量比

n(Ch)/n(FeL)=1.5時即Cl2過量，先氧化完全部「再氧化Fe。恰好將全部「和Fe?一氧化，故

氧化產(chǎn)物為L、FeCl3,當(dāng)n(ClJ/n(Fel2)>1.5即Cl2過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質(zhì)

碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化復(fù)原反響，單質(zhì)碘的收率會降低，故答案為：Fel2+Cl2=I2+FeCl2；I2.

FeCh；L被過量的Clz進(jìn)一步氧化；

⑵先向NaIC>3溶液中參加計量的NZ1HSO3,生成碘化物即含I的物質(zhì)；再向混合溶液中(含

I)參加NalOj溶液，反響得到I?,上述制備L的兩個反響中I為中間產(chǎn)物，總反響為10；與

HSO；發(fā)生氯化復(fù)原反響，生成S0：和L，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒］及元素守恒配平離

+

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

+

2IO3+5HSO5=I2+5SOJ+3H+H2O；

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

+I2+2K2S0?假設(shè)生成Imolk，那么消耗的KI至少為4mol；反響中參加過量KI,I濃度增大,

可逆反響h+r平衡右移，增大k溶解度，防止k升華，有利于蒸儲時防止單質(zhì)碘析出，

故答案為：4；防止單質(zhì)碘析出。

8.(2021年山東省高考化學(xué)試題(山東卷))工業(yè)上以絡(luò)鐵孫,(FeCmO”含Al、Si氧化物等雜

質(zhì))為主要原料制備紅磯鈉(NazCnO^HQ)的工藝流程如圖。答復(fù)以下問題：

濾渣濾渣副產(chǎn)品Na2Cr2O7*2H2O

焙燒的目的是將FeCnO,轉(zhuǎn)化為NazCrO,并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與

礦料逆流而行，目的是

(2)礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如下圖。當(dāng)溶液中可溶組分濃度

cWLOXlOTmokL時，可認(rèn)為已除盡。

(3)蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導(dǎo)致一；冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2crO外，可在上述流程中

循環(huán)利用的物質(zhì)還有一o

(4)利用膜電解技術(shù)(裝置如下圖)，以NazCrO,為主要原料制備Na2Cr2(h的總反響方程式為：

通電

4Na2Cr04+4H20^=2Na2Cr207+4Na0H+2H21+021<>那么NazCQ在—(填“陰"或“陽")極室

制得，電解時通過膜的離子主要為_。

【答案】增大反響物接觸面積，提高化學(xué)反響速率4.5KpHK9.3使

2CrO；+2H++也0平衡正向移動，提高NazCmOi的產(chǎn)率浸取所得溶液中含有大量

+

Na2S0.l*10H20H2sCh陽Na

【分析】

以格鐵礦(FeCnO,,含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅磯鈉(NazCmOBH#)過程中，

向鋁鐵礦中參加純堿和Q進(jìn)行焙燒，F(xiàn)eCrO轉(zhuǎn)化為NazCrO,，F(xiàn)e(II)被02氧化成Fe??！?，Al、Si

氧化物轉(zhuǎn)化為NaAld、NaSQ”參加水進(jìn)行“浸取"，F(xiàn)e?。?不溶于水，過濾后向溶液中參加

H2SO,調(diào)節(jié)溶液pH使A1O；、SiO；轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，再向濾液中參加H2SO1，將NazCrO,轉(zhuǎn)

化為NaEmOi,將溶液蒸發(fā)結(jié)晶將NaSOi除去，所得溶液冷卻結(jié)晶得到NazCcOz^HzO晶體，母

液中還含有大量HzSO,。據(jù)此解答。

【解析】

(1)焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使。2向上流動，增大固體與氣體的接觸面積,

提高化學(xué)反響速率，故答案為：增大反響物接觸面積，提高化學(xué)反響速率。

⑵中和時調(diào)節(jié)溶液pH目的是將AQ、SiO］轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，由圖可知，當(dāng)溶液pH24.5

時，A1”除盡，當(dāng)溶液pH>9.3時，HfiQi會再溶解生成SiOj,因此中和時pH的理論范圍為

4.5<pH<9,3；將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,平衡正向移動，可提高gCoO?

的產(chǎn)率；由上述分析可知，F(xiàn)c元素在“浸取”操作中除去，故答案為：4.5<pH<93；使

2GO：-+2^4^50；-+見。平衡正向移動，提高NazCmO?的產(chǎn)率；浸取。

(3)蒸發(fā)結(jié)晶時，Na2sOi主要以NaiSO/lOHzO存在，NazSO/lO乩O的溶解度隨溫度升高先增大后

減小，假設(shè)蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導(dǎo)致所得溶液中含有大量NazSOjlOIM)；由上述分析可知,

流程中循環(huán)利用的物質(zhì)除NazCnO?外，還有修?！肮蚀鸢笧?所得溶液中含有大量Na2S0.*10H20；

H2sO4。

通電

(4)4Na2Cr0,+4H202Na2Cr207+4Na0H+2H21+021電解過程中實質(zhì)是電解水，陽

+

極上水失去電子生成H+和02,陰極上M得到電子生成H2,由2CrO;+2H+也?？?/p>

知，CrQ；在氫離子濃度較大的電極室中制得，即NaEmO?在陽極室產(chǎn)生；電解過程中，陰極

產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備NaEmOi的效率，Na'通過離子交換

膜移向陰極，故答案為：陽；Na+o

9.(2021年河北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題(河北卷))綠色化學(xué)在推動社會可

持續(xù)開展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設(shè)計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鋁鹽的新工藝,

該工藝不消耗除鉛鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實現(xiàn)了

Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na.內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：

答復(fù)以下問題：

(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是(填元素符號)o

(2)工序①的名稱為_。

(3)濾渣的主要成分是—(填化學(xué)式)。

(4)工序③中發(fā)生反響的離子方程式為。

(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH,此時發(fā)生的主要反響的化學(xué)方程式為可代

替NaOH的化學(xué)試劑還有(填化學(xué)式)o

(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序(填“①〃或“②〃或"③”或”④〃)

參與內(nèi)循環(huán)。

(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于

-14-33

為沉淀完全；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

高溫…

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

【分析】

由題給流程可知，銘鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反響為，在熔融氫氧化

鈉作用下，F(xiàn)e(Cr()2)2被氧氣高溫氧化生成輅酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反響轉(zhuǎn)化

為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反響；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氯化鐵的濾

渣1和含有過量氫氧化鈉、格酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)杰條件下別離得到格酸

鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向格酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重格酸鈉

和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉;

向濾渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反響轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；

碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序

②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煨燒得到氧化鎂。

【解析】

(1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和銘元素，故答案為：Fe、Cr；

(2)由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；

(3)由分析可知，濾渣I的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、FeA;

(4)工序③中發(fā)生的反響為銘酸鈉溶液與過量的二氧化碳反響生成重銘酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，

反響的離子方程式為2Na'+2CrO孑+2CO2+HZO=Cr2O^+2NaHC03I,故答案為：

2Na'+2CrOi-+2C02+H20=Cr2O？-+2NaHC031；

(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反響為高溫下，，F(xiàn)c(CrO2)2與氧

氣和碳酸氫鈉反響生成銘酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反響的化學(xué)方程式為4Fe(CrO，+

70>+16NaHC0:8Na2CrO4+2Fe203^16C02+8H20；假設(shè)將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的

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

(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)

化為碳酸氫鎂溶液，那么混合氣體最適宜返回工序為工序②，故答案為：②；

⑺工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反響為A1(OH):+H，^A1(OH)3+H2O,反

1c(OH)1

響的平衡常數(shù)為K尸石面訪7r而⑹而麗麗二7五二］。，當(dāng)c網(wǎng)(OH)；］為

11

lO-mol/L時，溶液中氫離子濃度為C〔AI(OH)］K=］。一、根足“小。14=10丁。1/1>,那么溶液的

pH為，故答案為：。

10.(2021年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題(湖南卷))碳酸鈉俗稱純堿，是

一種重要的化工原料。以碳酸氫錢和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉

的含量，過程如下：

步驟I.Na2c0,的制備

步驟II.產(chǎn)品中NaHCO,含量測定

①稱取產(chǎn)品，用蒸儲水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取上述溶液于錐形瓶，參加2滴指示劑M,用O.lOOOmol.L"鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由

紅色變至近無色(第一滴定終點)，消耗鹽酸VgL；

③在上述錐形瓶中再參加2滴指示劑N,繼續(xù)用0.1000moLL?鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(第二

滴定終點)，又消耗鹽酸V?mL；

④平行測定三次，Y平均值為，乂平均值為。

：(i)當(dāng)溫度超過35c時，NH4HCO3開始分解。

(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表Q/lOOg^O)

溫度/℃0102030405060

NaCl

NH4HCO3

NaHCO,

NH4C1

答復(fù)以下問題:

(1)步驟I中晶體A的化學(xué)式為,晶體A能夠析出的原因是

(2)步驟I中“300C加熱〃所選用的儀器是(填標(biāo)號)；

(3)指示劑N為,描述第二滴定終點前后顏色變化：

(4)產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保存三位有效數(shù)字)；

(5)第一滴定終點時，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，那么NaHCO,質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計算結(jié)果

(填“偏大”"偏小”或"無影響")o

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

變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色3.56%偏大

【分析】

步驟I：制備Na2c的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后參加NHMCOs粉末，水浴

加熱，根據(jù)不同溫度條件下各物質(zhì)的溶解度不同，為了得到NaHCG晶體，控制溫度在30-35°C

發(fā)生反響，最終得到濾液為NHE1,晶體A為NaHC03,再將其洗滌抽干，利用NaHCOs受熱易分

解的性質(zhì)，在300°C加熱分解NaHC03制備Na2c。3；

步驟II：利用酸堿中和滴定原理測定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反響為：

Na2C03+HCl=NaHC03+NaCl,因為Na2cO3、NaHCQ溶于水顯堿性，且堿性較強，所以可借助酚猷指

示劑的變化來判斷滴定終點，結(jié)合顏色變化可推出指示劑M為酚取試劑；第二次滴定時溶液

中的溶質(zhì)為NaCl,同時還存在反響生成的CO2,溶液呈現(xiàn)弱酸性，因為酚取的變色范圍為870,

所以不適合利用酚酸指示劑檢測判斷滴定終點，可選擇甲基橙試液，所以指示劑N為甲基橙

試液，發(fā)生的反響為：NaHCO3+HCl=>aCl+H2O+CO21,再根據(jù)關(guān)系式求出總的NaHCO：,的物質(zhì)的量,

推導(dǎo)出產(chǎn)品中NaHCO：,的，最終通過計算得出產(chǎn)品中NaHCO,的質(zhì)量分?jǐn)?shù).

【解析】

根據(jù)上述分析可知，

(1)根據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，控制溫度在30-35℃,目的是為了時

NlhHCOa不發(fā)生分解，同時析出NaHCO,固體，得到晶體A,因為在30-35℃時，NaHCO?的溶解

度最小，故答案為：NaHCa；在30-35℃時NaHC(h的溶解度最??；

(2)300°C加熱抽干后的NaHCOs固體，需用坨煙、泥三角、三腳架進(jìn)行操作，所以符合題意的

為D項，故答案為：D：

(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點前溶液的

溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定到達(dá)終點后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：

由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色；

(4)第一次滴定發(fā)生的反響是：N^COs+HC^NallCOs+NaCl,那么n(Na2co3)=n生成

33

(NaHC03xxio-xiomol,第二次滴定消耗的鹽酸的體積分那么根據(jù)方程式

:,3

NaHCOj+HCl=NaC1+H2O+CO21可知，消耗的NaHCOs的物質(zhì)的量n?(NaHCO/x10x10mol,那么

3

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

么原產(chǎn)品中NaHCO?的物質(zhì)的量為曙2xl.06xl04molx10:lmol,故產(chǎn)品中NaHCOs的質(zhì)量分?jǐn)?shù)

10mL

為")6X"尸噫84g/mo]*100%=3.5616%會3.56%,故答案為：3.56%；

2.5000g

(5)假設(shè)該同學(xué)第一次滴定時，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，那么會使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的

體積偏小，即測得匕偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCCh的物質(zhì)的量會偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)會

偏大，故答案為：偏大。

11.(2021年廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題(廣東卷))對廢催化劑進(jìn)行回收

可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(A1)、鋁(Mo)、銀(Ni)等元素的氧化物，一種

回收利用工藝的局部流程如下：

-8

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

K印(BaCO3)=2.6xl(T；該工藝中，pH>6.0時，溶液中Mo元素以MoO：的形態(tài)存在。

(1)“焙燒〃中，有NazMoO,生成，其中Mo元素的化合價為。

(2)“沉鋁”中，生成的沉淀X為。

(3)“沉鋁”中,pH為。

①生成BaMoO,的離子方程式為o

②假設(shè)條件控制不當(dāng)，BaCO,也會沉淀。為防止BaMoO,中混入BaCO；沉淀，溶液中

c(HCO；):c(MoO；)=(列出算式)時，應(yīng)停止參加Ba。2溶液。

(4)①濾液m中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y,Y為。

②往濾液ID中添加適量NaCl固體后，通入足量______(填化學(xué)式)氣體，再通入足量CO2,

可析出Y。

(5)高純AlAs(碎化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如下圖，圖中所示致密

保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止電0?刻蝕液與下層GaAs(珅化錢)反響。

①該氧化物為。

②：Ga和A1同族，As和N同族。在Hq?與上層GaAs的反響中，As元素的化合價變?yōu)?5

價，那么該反響的氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為。

【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】

由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉?起焙燒后，鋁和鋁都發(fā)生了反響分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸

鈉和鋁酸鈉，經(jīng)水浸、過濾，別離出含銀的固體濾渣，濾液I中參加過量的二氧化碳，偏鋁

酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中參加適量的氯化鋼溶液

沉鑰后，過濾得到鋁酸釧。

【解析】

(1)“焙燒”中，有Na?MoO4生成，其中Na和。的化合價為+1和-2,根據(jù)化合價的代數(shù)和

為0可知，Mo元素的化合價為+6。

(2)“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀X為Al(OH)3。

(3)①濾液II中含有鋁酸鈉，參加氯化鋼溶液后生成BaMoO」沉淀，該反響的離子方程式為

2+

MoOf+Ba-BaMoO4|0

②假設(shè)開始生成BaCO,沉淀，那么體系中恰好建立如下平衡:

HCO-+BaMoO4WBaCO：+MoO；+FT,該反響的化學(xué)平衡常數(shù)為

K一(H，)c(MoO；-)=cM)c(CO；)c(M.陽Ba”［心K、0aMoO,)為防止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，必須滿足mJ，由于“沉鑰”中PH為，

C(HCO3)K卯(BaCOJ

>c(MoO^)KM/BaMoOJ

+7

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

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

779

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

沉淀，因此，cHCO,):c(MoO.)=---------------------=-----------------時8，應(yīng)

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

停止參加Bad2溶液。

(4)①濾液I中參加過量的二氧億碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，

過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鋁酸鈉。濾液II中參加適量的氯化鋼溶液沉錮后，因

此，過濾得到的濾液III中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO-故Y為NaHCO-

②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液III中添加適量NaQ固體后，通入足量N&,再通入足

量CO?,可析出NaHCO-

(5)①由題中信息可知，致密的保護(hù)膜為??種氧化物，是由HQ?與AlAs反響生成的，聯(lián)想

到金屬鋁外表容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為Ah。］。

②由Ga和A1同族、As和N同族可知，GaAs中顯+3價(其最高價)、As顯-3價。在H?。?與

上層GaAs的反響中，As元素的化合價變?yōu)?5價，其化合價升高了8,As元素被氧化，那么

該反響的氧化劑為H2。?，復(fù)原劑為GaAs。也0?中的。元素為-1價，其作為氯化劑時，0元

素要被復(fù)原到-2價，每個H/)2參加反響會使化合價降低2,根據(jù)氧化復(fù)原反響中元素化合價

升高的總數(shù)值等于化合價降低的總數(shù)值可知，該反響的氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為

8:2=4:1。

12.(2021年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試題)某興趣小組用銘鐵礦［Fe(CrO2)2〕制備

KzCnO?晶體，流程如下：

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

2ir+2CrOrUCrQl+HzO

相關(guān)物質(zhì)的溶解度隨溫度變化如以下圖。

請答復(fù)：

(D步驟I,將銘鐵礦粉碎有利于加快高溫氧化的速率，其理由是O

(2)以下說法正確的選項是。

A.步驟H,低溫可提高浸取率

B.步驟H,過濾可除去NaFeG水解產(chǎn)生的Fe(OH)3

C.步驟III,酸化的目的主要是使Na2c「O’轉(zhuǎn)變?yōu)镹aSoO；

D.步驟TV,所得濾渣的主要成分是Na2s0,和Na￡6

(3)步驟V,重結(jié)晶前，為了得到雜質(zhì)較少的K2c^^粗產(chǎn)品，從以下選項中選出合理的操作(操

作不能重復(fù)使用)并排序：溶解KC1----f重結(jié)晶。

a.50c蒸發(fā)溶劑；

b.100-C蒸發(fā)溶劑；

c.抽濾；

d.冷卻至室溫；

e.蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱；

f.蒸發(fā)至溶液中出現(xiàn)大量晶體，停止加熱。

(4)為了測定KCnG產(chǎn)品的純度，可采用氧化復(fù)原滴定法。

①以下關(guān)于滴定分析的操作，不正確的選項是。

A.用量筒量取待測液轉(zhuǎn)移至錐形瓶

B.滴定時要適當(dāng)控制滴定速度

C.滴定時應(yīng)一直觀察滴定管中溶液體積的變化

D,讀數(shù)時應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直

E.平行滴定時，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至"0”刻度或"0"刻度以下

②在接近終點時，使用“半滴操作”可提高測量的準(zhǔn)確度。其方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動，使

半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內(nèi)壁將半滴溶液沾落，繼續(xù)搖動錐形瓶，觀察顏色變化。

(請在橫線上補全操作)

(5)該小組用滴定法準(zhǔn)確測得產(chǎn)品中KEmO7的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98.50%。某同學(xué)還用分光光度法測

定產(chǎn)品純度(K￡rA溶液的吸光度與其濃度成正比例)，但測得的質(zhì)量分?jǐn)?shù)明顯偏低。分析其

原因，發(fā)現(xiàn)配制KCnO；待測水溶液時少加了一種試劑。該試劑是,添加該試劑的理由

是o

【答案】增大反響物的接觸面積BCaedcAC再用洗瓶以少量蒸

儲水吹洗錐形瓶內(nèi)壁HROq抑制CmO：轉(zhuǎn)化為CrO；-,且與CnO；不反響

【分析】

根據(jù)題給，銘鐵礦與足量熔融NazCQ發(fā)生高溫氧化反響生成NaaCrO,、NaFeO?和CO2,所得固體

冷卻后用水浸取,其中NaFeO2發(fā)生強烈水解：NaFe02+2H20=Na0H+Fe(0H)3l,過濾得到含Na2Cr04、

NaOH、Na2cO3的濾液，參加適量硫酸酸化，NaOH、Na￡()3與硫酸反響生成NazSO”NazCrO”轉(zhuǎn)化

為NFhCnO：(發(fā)生的反響為2Na￡r0,+H/S0,UNa2CrA+Na2S04+H20),經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌

得到的濾液中主要含Na2CnO7,參加KC1后經(jīng)多步操作得到LCOOT,據(jù)此分析作答。

【解析】

(1)步驟I中珞鐵礦與足量熔融Na2cd發(fā)生高溫氧化反響生成NazCrOi、NaFcO?和CQ,將鋁鐵

礦粉碎，可增大反響物的接觸面積，加快高溫氧化的速率；故答案為：增大反響物的接觸面

積。

(2)A.根據(jù)NazCrOi的溶解度隨著溫度的升高而增大，步驟II中應(yīng)用高溫提高浸取率，A錯誤:

B.步驟II中用水浸取時NaFeOz發(fā)生強烈水解：NaFe02+2H20=Na0H+Fe(OH)31,經(jīng)過濾可除去

Fe(OH)3,B正確；

C.步驟III酸化時，平衡2H'+2CQfU5O處40正向移動，主要目的使NazCrOi轉(zhuǎn)化為

Na2Cr207?C正確；

D.根據(jù)分析，步驟IV中過濾所得濾渣主要成分為NazSO.”D錯誤；

答案選BCo

◎NaEmO,中參力口KC1發(fā)生反響N￡2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl,根據(jù)各物質(zhì)的溶解度隨溫度的

變化曲線可知，“Cm。7的溶解度隨溫度升高明顯增大，NaCl溶解度隨溫度升高變化不明顯，

50c時兩者溶解度相等，故為了得到雜質(zhì)較少的K￡m07粗產(chǎn)品，步驟V重結(jié)晶前的操作順序

為：溶解KC1-5O℃蒸發(fā)溶劑一蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱一冷卻至室溫一抽濾一重結(jié)晶;

故答案為：aedco

(4)①A.量筒屬于粗量器，不能用量筒量取溶液，由于LCmO?具有強氧化性，量取待測液應(yīng)

用酸式滴定管，A錯誤：

B.滴定時要適當(dāng)控制滴定的速率，確保反響物之間充分反響，同時防止滴加過快使得滴加試

劑過量，B正確：

C.滴定時應(yīng)一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，以便準(zhǔn)確判斷滴定的終點，C錯誤；

D.讀數(shù)時應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直，平視讀取讀數(shù),

D正確；

E.為了確保每次滴定時滴定管中的溶液充足，平行滴定時，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”

刻度或"0"刻度以下，并記錄初始讀數(shù)，E正確；

答案選ACo

②在接近終點時，使用“半滴操作〃的方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動，使半滴溶液懸于管口，用

錐形瓶內(nèi)壁將半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸福水吹洗錐形瓶內(nèi)壁，繼續(xù)搖動錐形瓶，觀

察顏色變化；故答案為：再用洗瓶以少量蒸錨水吹洗錐形瓶內(nèi)壁。

(5)根據(jù)題意，LCcO,溶液的吸光度與其濃度成正比例，在K2CRO7溶液中存在平衡

口2。手+H20U2H'+2CrO：-,即有局部C4C片會轉(zhuǎn)化為CrO亍，從而使測得的質(zhì)量分?jǐn)?shù)明顯偏低,

為抑制“(并轉(zhuǎn)化為CrOf,可參加與5。彳不反響的酸，如硫酸：故答案為：HROi；抑制”0手

轉(zhuǎn)化為CrO彳，且與50手不反響。

2021年化學(xué)高考模擬題

一、單項選擇題

1.(2021?山東淄博市?)侯德榜改良的制堿工藝打破了西方對我國的技術(shù)封鎖，至今仍在

使用。_L業(yè)上從海水中制備純堿和金屬鎂的流程如以下圖所示：

以下說法不正確的選項是

A.流程I依次向粗鹽水中參加過量Ca(OH)2溶液、Na2cO3溶液并過濾

B.流程H表達(dá)了侯德榜制堿法

C.流程H中吸氨與碳酸化的順序互換，物質(zhì)不變、不影響反響結(jié)果

D.流程IV,V的目的是富集鎂元素

【答案】C

【解析】

A.流程I中，先參加過量的氫氧化鈣溶液，除去氯化鎂，再參加過量的碳酸鈉溶液，除去氯

化鈣和過量的氫氧化鈣，過濾，故A正確；

B.流程II吸氨氣后溶液呈堿性，利于吸收二氧化碳，從而生成更多的碳酸氫鈉，表達(dá)了侯

德榜制堿法，故B正確；

C.流程II中吸氨氣與碳酸化的順序互換，即先向氯化鈉溶液中通入C02,溶液不反響，會影

響反響結(jié)果，故c錯誤；

D.流程IV是氫氧化鈣和氯化鎂反響生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈣，流程V是氫氧化鎂和鹽酸

反響生成氯化鎂和水，所以流程IV、V是將母液中少量的氯化鎂