2020高考化学新高考地区专用：非选择题规范练辑1(一) 无机化学工艺流程综合题+Word版含解析 (1)

222＋2SO24===NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓＋5NH4。(4)根据Ksp(CaF2)＝c(Ca)·c(F)，Ca恰好沉

－

＋

＋

－

＋

2.0×1010－2－－＋22

淀完全时，c(F)＝＝2.0×105mol2·L2，此时c(Mg2)×c2(F－5mol·L

1.0×10

－

－

－

)>Ksp(MgF2)，因此会生成MgF2沉淀。

答案：(1)使反应物充分接触，加快反应速率 蒸发浓缩 (2)①除锰外，硫酸浓度越低(高)，浸出率越低(高) ②硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全一致

(3)①1 氧化亚铁离子，便于之后除去 ②6NH3·H2O＋3Fe3

＋

＋2SO24

－

===NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓＋5NH4

2.0×1010－－－22

(4)是 Ca恰好沉淀完全时，c(F)＝L2＝2.0×105mol2·L2，c(Mg2－5mol·

1.0×10

2＋

－

＋

－

＋

)×c2(F)>Ksp(MgF2)，因此会生成MgF2沉淀

2．解析：(1)根据原子守恒，配平MgH2和NaBO2合成硼氢化钠的化学方程式：2MgH2

－

＋NaBO2=====NaBH4＋2MgO。(2)滤液最终提取出溶质NaBO2，碱性条件下Mg2形成滤渣氢氧化镁。(3)依题意，其中一种气体为SO2，结合原子守恒以及Mg2水解的特性，可推测另一产物为HCl，反应为SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑，产生的氯化氢可抑制氯化镁水解。(4)①根据电池反应可知，电池正极发生H2O2的还原反应：H2O2＋2e＋2H===2H2O。②n(H

＋

－

＋

＋

△

＋

)＝0.04 mol，由电极反应式知，转移1 mol电子消耗1 mol H，转移0.038 mol电子时溶液

＋

0.04 mol－0.038 mol＋－中c(H)＝＝0.01 mol·L1，pH＝2。(5)1 mol(即38 g)NaBH4做还原剂时，

0.2 LH元素由－1价被氧化为＋1价，失去8 mol电子，与4 mol(即8 g)H2做还原剂时转移电子8

数相等，故NaBH4的“有效氢含量”为≈0.21。(6)该反应的化学方程式为NaBO2＋2HCHO

38＋2CaO=====NaBH4＋2CaCO3，甲醛中的C为0价，被氧化为CaCO3中的＋4价，CaCO3为氧化产物，甲醛中的H为＋1价，被还原为NaBH4中的－1价，NaBH4为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1。

答案：(1)2MgH2＋NaBO2=====NaBH4＋2MgO (2)Mg2B2O5＋H2O＋2OH===2Mg(OH)2＋2BO2 (3)提供HCl抑制MgCl2水解

(4)①H2O2＋2e＋2H===2H2O ②2 (5)0.21 (6)2∶1

3．解析：(1)由含钒废料成分和流程图中物质转化关系知，“焙烧”的目的是除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5。(2)“滤渣1”为SiO2，可用于制光导纤维、制玻璃、制硅胶等。(3)由流程中信息知，“调pH”的目的是将Al3和Cu2分别转化为Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，并使含钒离子主要以VO3形式存在，常温下，若“调pH”为7，溶液中c(OH)＝10

－

－

＋

＋

－

＋

－

－

△

△

－7

Ksp[Cu（OH）2]2.2×1020－－－－

mol·L，c(Cu)＝2＝L1＝2.2×106mol·L1<105mol·L－－72mol·c（OH）（10）

－1

－

2＋

－1

，Cu2沉淀完全。(4)“沉锰”所用试剂为NH4HCO3，若温度过低，反应速率慢，NH4VO3

＋

可能提前结晶析出导致产率低；温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低。(5)由NH4VO3的溶解度数据知，洗涤NH4VO3晶体可用冷水。NH4VO3上可能附着NH4、HCO3、SO24等，故证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净。(6)由NH4VO3的组成和题给信息知，“煅烧”时生成的两种能参与大气循环的气体为N2和H2O，“煅烧”时有O2参加反应，反应的化学方程式为4NH4VO3＋3O2=====2V2O5＋2N2＋8H2O。

答案：(1)除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5 (2)制光导纤维、制玻璃、制硅胶(任写一种即可)

Ksp[Cu（OH）2]2.2×1020－－

(3)“调pH”为7，溶液中c(Cu)＝2＝mol·L1＝2.2×10－－72c（OH）（10）

2＋

6mol·L－1<10－5mol·L－1，Cu2＋沉淀完全

－

＋

－

－

高温

(4)温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低；温度过高，NH4HCO3

分解导致原料利用率低

(5)冷水 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净

(6)4NH4VO3＋3O2=====2V2O5＋2N2＋8H2O

4．解析：(1)根据题目要求，结合图像在50 min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4

和KClO3，但KMnO4做氧化剂引入Mn2，对后续的物质分离造成干扰，故选用KClO3做氧化剂。产物中的Fe3可以催化H2O2的分解，所以采用H2O2做氧化剂时效率低。

(2)由题中信息可知Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，C、N元素的产物为CO2、NH4，反应的离子方程式是TiO2＋CO(NH2)2＋2H2O=====TiO2＋CO2↑＋2NH4。由于Fe3开始沉淀需要的溶液pH很小，直接通入NH3会使溶液pH快速增大，容易使Fe3沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3。

(3)由题中信息可知，制备CaTiO3为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O，反应的化学方程式是TiO2＋CaCl2·2H2O=====CaTiO3＋2HCl↑＋H2O↑。

(4)根据Fe(OH)3的Ksp＝1.0×10

－

－39＋

＋

＋

＋

＋

高温

△

＋＋

高温

和溶液中c(Fe3)＝1.0×105 mol·L1，溶液中OH

＋－－

31.0×10－39

－1－－

的浓度为≈1.0×1011 mol·L1，所以pH约为3。 －5 mol·L

1.0×10

(5)氢氧化铁为絮状沉淀不易从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH制得Fe(OH)3。 答案：(1)KClO3 在温度较高时H2O2易分解(或产物中的Fe3可以催化H2O2的分解或

＋

H2O2氧化能力弱，其他答案合理也可)

△

(2)TiO2＋CO(NH2)2＋2H2O=====TiO2＋CO2↑＋2NH4 避免将溶液中的Fe3沉淀 (3)TiO2＋CaCl2·2H2O=====CaTiO3＋2HCl↑＋H2O↑ (4)3 (5)Fe(OH)3絮状沉淀不容易分离

5．解析：(1)滤渣A的主要成分是金、银，金不溶于硝酸。(2)为了避免溶液局部酸性过强，应缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并检测溶液的pH。(3)二氧化碲类似SO2，与氢氧化钠反应生成亚碲酸钠。“碱浸”时加入NaOH溶液，“沉碲”时加入稀硫酸，故滤液B中所得副产品是Na2SO4。(4)从影响化学反应速率的因素角度考虑，即从增大接触面积、升温、增大浓度等角度分析。“酸溶”时用到盐酸，温度高，盐酸挥发快。(5)二氧化硫是还原剂，还原四氯化碲生成碲、硫酸和盐酸。

答案：(1)加稀硝酸充分反应，过滤、洗涤、干燥 (2)缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并检测溶液的pH (3)TeO2＋2OH===TeO23＋H2O Na2SO4

(4)粉碎阳极泥、加热、增大氢氧化钠溶液的浓度、搅拌等(任选两条) 温度过高，加快盐酸挥发，降低原料的利用率

(5)TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te↓＋2H2SO4＋4HCl

－

－

＋＋＋

高温