高中的高考對于化學對于工藝流程綱領綱領綱領真題及專題解說高中的高考對于化學對于工藝流程綱領綱領綱領真題及專題解說高中的高考對于化學對于工藝流程綱領綱領綱領真題及專題解說20XX年高考化學《工藝流程》試題匯編1．以工業生產硼砂所得廢渣硼鎂泥為原料制取MgSO4·7H2O的過程以下列圖：硼鎂泥的主要成分以下表：MgOSiOFeO、FeOCaOAlOBO223232330%~40%20%~25%5%~15%2%~3%1%~2%1%~2%回答以下問題：1）“酸解”時應該加入的酸是_______，“濾渣1”中主要含有_________（寫化學式）。2）“除雜”時加入次氯酸鈣、氧化鎂的作用分別是________、_______。3）判斷“除雜”基本完成的檢驗方法是____________。4）分別濾渣3應趁熱過濾的原因是___________。2．（13分）TiCl4是由鈦精礦（主要成分為TiO2）制備鈦（Ti）的重要中間產物，制備純TiCl4的流程表示圖如下：資料：TiCl4及所含雜質氯化物的性質化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸點/℃58136181（升華）3161412熔點/℃-69-25193304714在TiCl4中的溶解互溶——微溶難溶性（1）氯化過程：TiO2與Cl2難以直接反響，加碳生成CO和CO2可使反響得以進行。2(s)+2Cl242(g)1-1已知：TiO(g)=TiCl(g)+OH=+175.4kJ·mol2C(s)+O(g)=2CO(g)-12H=-220.9kJ·mol2①沸騰爐中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的熱化學方程式：_______________________。②氯化過程中CO和CO2能夠相互轉變，依照如圖判斷：CO2生成CO反響的H_____（0填“＞”“＜”或“=”），判斷依照：_______________。③氯化反響的尾氣須辦理后排放，尾氣中的HCl和Cl2經吸取可得粗鹽酸、FeCl3溶液，則尾氣的吸收液依次是__________________________。④氯化產物冷卻至室溫，經過濾獲得粗TiCl4混雜液，則濾渣中含有_____________。2）精制過程：粗TiCl4經兩步蒸餾得純TiCl4。表示圖以下：物質a是______________，T2應控制在_________。3．（15分）重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，一般由鉻鐵礦制備，鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3，還含有硅、鋁等雜質。制備流程以下列圖：回答以下問題：（1）步驟①的主要反響為：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3

高溫

Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反響配平后

FeO·Cr2O3

與

NaNO3的系數比為

__________。該步驟不能夠使用陶瓷容器，原因是________________。2）濾渣1中含量最多的金屬元素是____________，濾渣2的主要成分是_______________及含硅雜質。3）步驟④調濾液2的pH使之變____________________（填“大”或“小”），原因是_________（用離子方程式表示）。（4）有關物質的溶解度以下列圖。向“濾液3”中加入合適KCl，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾獲得K2Cr2O7固體。冷卻到___________________（填標號）獲得的K2Cr2O7固體產品最多。a.80℃℃℃℃步驟⑤的反響種類是___________________。（5）某工廠用m1kg鉻鐵礦粉（含Cr2O340%）制備K2Cr2O7，最后獲得產品m2kg，產率為_____________。4．（14分）水泥是重要的建筑資料。水泥熟料的主要成分為CaO、SiO2，并含有必然量的鐵、鋁和鎂等金屬的氧化物。實驗室測定水泥樣品中鈣含量的過程以下列圖：回答以下問題：1）在分解水泥樣品過程中，以鹽酸為溶劑，氯化銨為助溶劑，還需加入幾滴硝酸。加入硝酸的目的是__________，還可使用___________取代硝酸。2）積淀A的主要成分是_________，其不溶于強酸但可與一種弱酸反響，該反響的化學方程式為____________________________________。3）加氨水過程中加熱的目的是___________。積淀B的主要成分為_____________、____________（填化學式）。（4）草酸鈣積淀經稀H2SO4辦理后，用KMnO4標準溶液滴定，經過測定草酸的量可間接獲知鈣的含量，+2242+22水泥樣品，滴準時耗資了滴定反響為：MnO4+H+HCO→Mn+CO+HO。實驗中稱取0.400gmol·L-1的KMnO4溶液36.00mL，則該水泥樣品中鈣的質量分數為______________。5．（14分）Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極資料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）來制備，工藝流程以下：回答以下問題：（1）“酸浸”實驗中，鐵的浸出率結果以以下列圖所示。由圖可知，當鐵的凈出率為70%時，所采用的實驗條件為___________________。（2）“酸浸”后，鈦主要以TiOCl2-形式存在，寫出4相應反響的離子方程式__________________。（3）TiO2·xH2O積淀與雙氧水、氨水反響40min所得實驗結果以下表所示：解析40℃時TiO2·xH2O轉變率最高的原因溫度/℃303540455022TiO·xHO9295979388轉變率%__________________。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，其中過氧鍵的數目為__________________。（5）若“濾液②”中c(Mg2+mol/L，加入雙氧水和磷酸（設溶液體積增加1倍），使Fe3+恰好積淀完好即溶液中c(Fe3+-5mol/L，此時可否有342積淀生成？___________（列式計算）。)=1×10Mg(PO)FePO、Mg(PO)的K分別為1.3×10-22、1.0×10-24。4342sp（6）寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式。6．（14分）某混雜物漿液含有Al(OH)、MnO和少量NaCrO,。考慮到膠體的吸附作用使NaCrO不322424易完好被水浸出，某研究小組利用設計的電解分別裝置（見圖2），使漿液分別成固體混雜物和含鉻元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的問題。Ⅰ．固體混雜物的分別和利用（流程圖中的部分分別操作和反響條件未注明）1）反響①所加試劑NaOH的電子式為_________。B→C的反響條件為__________，C→Al的制備方法稱為______________。（2）該小組研究反響②發生的條件。D與濃鹽酸混雜，不加熱，無變化，加熱有Cl2生成，當反響停止后，固體有節余，此時滴加硫酸，又產生Cl2。由此判斷影響該反響有效進行的因素有（填序號）___________。a．溫度b．Cl-的濃度c．溶液的酸度（3）0.1molCl2與焦炭、TiO2完好反響，生成一種還原性氣體和一種易水解成化合物，放熱4.28kJ，該反響的熱化學方程式為__________。Ⅱ．含鉻元素溶液的分別和利用

TiO2·xH2O的液態（4）用惰性電極電解時，

CrO

24能從漿液中分別出來的原因是

__________，分別后含鉻元素的粒子是_________；陰極室生成的物質為___________（寫化學式）。7．(6分)為研究黑色固體X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成以下實驗：請回答：(1)X的化學式是________。固體甲與稀硫酸反響的離子方程式是___________。(3)加熱條件下氨氣被固體X氧化成一種氣體單質，寫出該反響的化學方程式

__________。8．(15分)某科研小組采用以下方案回收一種光盤金屬層中的少量對實驗的影響可忽略)。

Ag(金屬層中其他金屬含

量過低,已知:①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解,如:3NaClO2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++Cl-+2H2O③常溫時NH·HO(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH)+2:2423++N2H4·H2O++4NH3↑+H2O4Ag(NH3)24Ag↓+N2↑+4NH4（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行,合適的加熱方式為__________________。2）NaClO溶液與Ag反響的產物為AgCl、NaOH和O2,該反響的化學方程式為________________。HNO3也能氧化Ag,從反響產物的角度解析,以HNO3取代NaClO的弊端是__________________________________________。3）為提高Ag的回收率,需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行沖洗,并_______________________。4）若省略“過濾Ⅰ”,直接向冷卻后的反響容器中滴加10%氨水,則需要增加氨水的用量,除因過分NaClO與NH3·H2O反響外(該條件下NaClO3與NH3·H2O不反響),還由于____________________________________________________________。5）請設計從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲得單質Ag的實驗方案:________________________(實驗中須使用的試劑有:2mol·L-1水合肼溶液,1mol·L-1H2SO4)。．．．9．(12分)堿式氯化銅是重要的無機殺菌劑。（1）堿式氯化銅有多種制備方法①方法1:45~50℃時,向CuCl懸濁液中連續通入空氣獲得程式為_________________________。②方法2:先制得CuCl2,再與石灰乳反響生成堿式氯化銅。3+應生成CuCl2,Fe對該反響有催化作用,其催化原理以下列圖。

Cu2(OH)2Cl2·3H2O,該反響的化學方Cu與稀鹽酸在連續通入空氣的條件下反M'的化學式為______。（2）堿式氯化銅有多種組成,可表示為Cua(OH)bClc·xH2O。為測定某堿式氯化銅的組成,進行以下實驗:①稱取樣品1.1160g,用少量稀HNO溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶液A,3加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,調治pH4~5,用濃度為-12222+2+22-2-+mol·L的EDTA(NaHY·2HO)標準溶液滴定Cu(離子方程式為Cu+HYCuY+2H),滴定至終點,耗資標準溶液30.00mL。經過計算確定該樣品的化學式(寫出計算過程)。10．(12分)鋁是應用廣泛的金屬。以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質)為原料制備鋁的一種工藝流程以下:注:SiO2在“堿溶”時轉變為鋁硅酸鈉積淀。（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為_____________________。（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________(填“增大”、“不變”或“減小”)。（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易耗資，原因是（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理以下列圖。

___________。陽極的電極反響式為_____________________，陰極產生的物質（5）鋁粉在1000℃時可與N2反響制備AlN。在鋁粉中增加少量

A的化學式為____________。NH4Cl固體并充分混雜，有利于

AlN的制備，其主要原因是_____________________。11．(14分)砷(As)是一些工廠和礦山廢水中的污染元素(1)將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按必然比率混雜

,使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一。,攪拌使其充分反響,可獲得一種砷的高效吸附劑X,吸附劑X中含有CO32,其原因是___________________________________。（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(均衡時某物種的濃度占各物種分數)與pH的關系分別如題20圖-1和題20圖-2所示。

濃度之和的①以酚酞為指示劑(變色范圍pH8.0~10.0),將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,當溶液由無色變為淺紅色時停止滴加。該過程中主要反響的離子方程式為_____________________。②H3AsO4第一步電離方程式

H3AsO4

-+H2AsO4+H的電離常數為

Ka1,則

pKa1=_________(pK

a1=-lgKa1

)

。（3）溶液的pH對吸附劑X表面所帶電荷有影響。pH=7.1時,吸附劑X表面不帶電荷時帶負電荷,pH越高,表面所帶負電荷越多;pH<7.1時帶正電荷,pH越低,表面所帶正電荷越多。pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的均衡吸附量(吸附達均衡時單位質量吸附劑X吸附砷的質量)如題20圖-3所示。學科&網①在pH7~9之間,吸附劑X對五價砷的均衡吸附量隨pH高升而快速下降,其原因是____________________。②在pH4~7之間,吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱,這是由于___________。提高吸附劑X對三價砷去除收效可采用的措施是____________________________________。參照答案1．（1）H2SO4，SiO2；（2）將Fe2＋氧化為Fe3＋；調治溶液pH，使Fe3＋、Al3＋以氫氧化物的形式積淀除去；（3）取濾液將其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未變紅，則說明除雜完好；（4）防范MgSO·7HO42結晶析出。【解析】（1）流程制備的是MgSO·7HO，為了不引入雜質，因此所用的酸是硫酸，化學式為HSO；4224依照硼鎂泥的成分，SiO2不與硫酸反響，因此濾渣1為SiO2；（2）硼鎂泥中含有FeO，與硫酸反響后42＋氧化成Fe3＋，氧化鎂的作用是調治pH，使Al3＋3生成FeSO，次氯酸鈣擁有強氧化性，能把Fe和Fe＋以氫氧化物形式積淀出來，除去Fe3＋和Al3＋；（3）除雜是除去的Fe3＋和Al3＋，因此考據Fe3＋就行，方法是取濾液將其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未變紅，則說明除雜完好；（4）防范MgSO4·7H2O結晶析出。2．（1）①TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△②>、溫度越高，CO的物質的量越多(或CO的物質的量越少)，說明CO生成CO的反響是吸熱反響，因此△H>0。③飽和食22鹽水、FeCl2溶液、NaOH溶液。④MgCl、AlCl、FeCl3。（2）四氯化硅、136℃~181℃23【解析】（1）①生成TiCl4和CO的反響方程式為TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，依照蓋斯定律，兩式相加，獲得TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=H1+H2=（kJ·mol-1）+（kJ·mol-1）=-45.5kJ·mol－122(g)+2C(s)=TiCl4△，正確答案：TiO(g)+2Cl(g)+2CO(g)。②依照圖像，隨著溫度的高升，CO的濃度增加，CO2濃度降低，說明高升溫度，平衡向正反響方向搬動，即△H>0。正確答案：>、溫度越高，CO的物質的量越多(或CO2的物質的量越少)，說明CO2生成CO的反響是吸熱反響，因此△H>0。③除去氯氣中混有HCl一般采用將氣體通過飽和食鹽水，結合操作目的，因此先經過飽和食鹽水，爾后在通入FeCl2溶液中，最后用氫氧化鈉溶液吸取節余的Cl2。正確答案：飽和食鹽水FeCl2溶液、NaOH溶液。④資料中已經給出“TiCl4及所含雜質氯化物的性質”一覽表，因此氯化過程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液TiCl4中，而SiCl4完好溶解在TiCl4中，因此過濾獲得粗TiCl4混雜液時濾渣中含有上述難溶物和微溶物。正確答案：MgCl2、AlCl3、FeCl3。(2)依照資料，SiCl4的沸點最低，先蒸餾出來，因此物質a為SiCl4，依照流程目的，為了獲得純凈的TiCl4，后續溫度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。正確答案：四氯化硅、136℃~181℃。3．（1）2:7陶瓷在高溫下會與NaCO反響23（2）鐵Al(OH)3(3)小+2-+2-+H2O正向搬動增大溶液中H，促進均衡2CrO4+2HCr2O7（4）d復分解反響190m2100%（5）147m1【解析】（1）FeO·Cr2O3是還原劑，完好氧化為Na2CrO4和Fe2O3，每摩轉移7mol電子，而NaNO是氧3化劑，還原產物為NaNO3，每摩轉移2mol電子，依照電子守恒可知，FeO·Cr2O3和NaNO3的系數比為2:7；陶瓷在高溫下會與NaCO反響，則熔融時不能夠使用陶瓷容器；23（2）熔塊中氧化鐵不溶于水，過濾后進入濾渣1，則濾渣1中含量最多的金屬元素是鐵；濾液1中-2-2-，調治溶液pH并過濾后得濾渣2為Al（OH）3；含有AlO2、SiO3及CrO4（3）濾液2調治pH的目的是提高溶液的酸性，pH變小；由于溶液中存在2-+2-+H2O，2CrO4+2HCr2O7增大溶液中+2-的濃度；27（4）由圖示可知，在10℃左右時，獲得K2Cr2O7的固體最多，故答案為d；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl的反響種類為復分解反響；（5）樣品中Cr2O3的質量為m1×40%Kg，則生成K2Cr2O7的理論質量為m1×40%Kg×，則所得產品的產率為m2Kg÷（m1×40%Kg×）×100%=×100%。4．（1）將樣品中可能存在的2+3+O)Fe氧化為Fe；雙氧水(H22（2）SiO2(或H2SiO3)；SiO2+4HFSiF4↑+2H2O（3）防范膠體生成，易積淀分別；Fe(OH)3、(OH)34）5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4－3－3n(KMnO4××10mL=1.80×10mol2+－3n(Ca)=4.50×10mol水泥中鈣的質量分數為4.50×10－3mol××100%=45.0%【解析】（1）Fe3+簡單在pH較小時變換為積淀，因此需要將Fe2+氧化為Fe3+。雙氧水能夠將Fe2+氧化為Fe3+且不會引入雜質。（2）二氧化硅不溶于一般酸溶液，因此積淀A是二氧化硅。SiO2+4HFSiF4↑+2H2O（3）加熱能夠促進Fe3+、Al3+水解變換為Fe(OH)3、(OH)3。2+2+3+3+B為Fe(OH)、(OH)。334）5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4n(KMnO4×36.00×10－3mL=1.80×10－3moln(Ca2+)=4.50×10－3mol水泥中鈣的質量分數為－3×100%=45.0%。4.50×10mol×5．（1）溫度應控制在90℃-100℃（2）FeTiO+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl2-+2HO4323）低于40℃，TiO2·xH2O轉變反響速率隨溫度高升而增加；高出以致TiO2·xH2O轉變反響速率下降4）43+恰好積淀完好時，31022-1×10-17（5）Fec(PO4)=105mol·L

40℃，雙氧水分解與氨氣逸出-132+23-mol·L，c(Mg)×c(PO4)3-172×10-40＜K[Mg(PO)]，因此不會生成Mg(PO)積淀。＝(0.01)×(1.3×102sp34234（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4高溫2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑【解析】（1）由圖示可知，“酸浸”時鐵的凈出率為70%時所需要的時間最短，速率最快，則應選擇在100℃、2h，90℃，5h下進行；（2）“酸浸”時用鹽酸溶解FeTiO2時，發生反響的離子方程式為+3生成TiOCl4-FeTiO3+4H+4Cl-=2+2-+2HO；42（3）溫度是影響速率的主要因素，但HO在高溫下易分解、氨水易揮發，即原因是低于40℃，22TiO2·xH2O轉變反響速率隨溫度高升而增加；高出40℃，雙氧水分解與氨氣逸出以致TiO2·xH2O轉化反響速率下降；（4）Li2Ti515中Li為+1價，O為-2價，Ti為+4價，過氧根22-)中氧元素顯-1價，設過氧鍵的數O(O目為x，依照正負化合價代數和為0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；3+3-)=1.3×10-2，則c(PO3-)==1.3×10-17mol/L，Qc[Mg(PO)]44434232+23-3-172-40—34＝c(Mg)×c(PO)＝(0.01)×(1.3×10×10＜1.0×10，則無積淀。4（6）高溫下FePO4與Li2CO3和H2C2O4混雜加熱可得LiFePO4，依照電子守恒和原子守恒可得此反響的化學方程式為2FePO4+Li高溫2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。6．（14分）（1）加熱（或煅燒）電解法2）ac（3）2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)H=-85.6kJ·mol-1（4）在直流電場作用下，2-經過陰離子交換膜旭日極室搬動，走開漿液CrO42-2-和HCrO和CrONaOH4272【解析】惰性電極電解混雜物漿液時，+2-移旭日極。Al(OH)3、MnO2在固體混雜物Na移向陰極，CrO4中。固體混雜物加入NaOH時，Al(OH)3轉變為AlO-，通入CO轉變為Al(OH)3積淀，再加熱分解為22AlO，最后熔融電解的Al。23（1）NaOH的電子式為；依照上述解析，B→C的條件為加熱或煅燒，C→Al的制備方法稱為電解法。（2）依照實驗方案可知，影響該反響的因素有溫度和溶液的酸度，應選ac。（3）該反響的熱化學方程式為2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)-1H=-85.6kJ·mol。（4）用惰性電極電解時，2-能從漿液中分別出來的原因是在直流電場作用下，2-經過陰離子CrO4CrO4交換膜旭日極室搬動，走開漿液；分別后含鉻元素的粒子是2-2-；陰極室生成的物質為NaOHCrO和CrO427和H2。7．+2+CuOCu2O+2H=Cu+Cu+H2ONH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O【解析】（1）間隔空氣高溫分解生成氣體和固體甲，氣體能使帶火星的木條復燃，說明是氧氣，氧氣的質量是＝，物質的量是0.1mol；甲和稀硫酸反響達到藍色溶液和紫紅色固體，溶液中加入氫氧化鈉獲得藍色積淀，說明是氫氧化銅，分解生成氧化銅，物質的量是16g÷80g/mol＝0.2mol；紫紅色固體是銅，物質的量是0.2mol，因此X中銅和氧的個數之比是0.4：0.2＝2:1，因此是CuO。（2）固體甲與稀硫酸反響的離子方程式是+2+CuO+2H＝Cu+Cu+HO。(3)加熱條件下氨氣222被固體X氧化成一種氣體單質，單質是氮氣，該反響的化學方程式為NH3+3CuON2+3Cu+3H2O。點睛：該題難度較大，第一依照實驗現象進行定性解析，爾后依照質量借助于質量守恒定律進行定量解析。【答案】水浴加熱(2)4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑會釋放出氮氧化物(或NO、NO2),造成環境污染將沖洗后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中(4)未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水,且其中含有必然濃度的Cl-,不利于AgCl與氨水反響(5)向濾液中滴加-1水合肼溶液,攪拌使其充分反響,同時用-1H2SO4溶液吸取反響中放出2mol·L1mol·LNH3,待溶液中無氣泡產生,停止滴加,靜置,過濾、沖洗,干燥。【解析】解析題中的實驗流程可知，第一步氧化是為了把光盤中的少量銀轉變為氯化銀，氯化銀難溶于水，過濾后存在于濾渣中；第三步溶解時，氨水把氯化銀溶解轉變為銀氨配離子，最后經一系列操作還原為銀。（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行,由于加熱溫度低于水的沸點，因此合適的加熱方式為水浴加熱。（2）由于已知NaClO溶液與Ag反響的產物為AgCl、NaOH和O2,用化合價起落法即可配平，該反響的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化劑時平時被還原為有毒的氮的氧化物而污染環境，因此以HNO3取代NaClO的弊端是會釋放出氮氧化物(或NO、NO2),造成環境污染。3）為提高Ag的回收率,需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行沖洗,沖洗的目的是為了把濾渣表面剩余的銀氨配離子沖洗下來，并將沖洗后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中。（4）若省略“過濾Ⅰ”,直接向冷卻后的反響容器中滴加10%氨水,則需要增加氨水的用量,除因過分NaClO與NH3·H2O反響外,還由于未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，氨水的濃度變小，且其中含有-+-必然濃度的Cl,不利于AgCl與氨水發生AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2+Cl+2H2O反響，使得銀的回收率變小。（5）“過濾Ⅱ”后的濾液含有銀氨配離子，依照題中信息常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH+4+4NH3↑+H2O，因此第一直該濾液中加入水合肼把銀氨配離子充分還原，由于該反響產生所氣體中含有氨氣，氨氣有強烈的刺激性氣味會污染空氣，因此要設計尾氣辦理措施，能夠用題中供應的、要求必定使用的硫酸作尾氣吸取劑把氨氣吸取。最后把反響混雜物靜置、過濾、沖洗、干燥即可獲得回收的銀。詳盡方案以下：向濾液中滴加-1-1H2SO4溶液吸取反響中放出的NH3,2mol·L水合肼溶液,攪拌使其充分反響,同時用1mol·L待溶液中無氣泡產生,停止滴加,靜置,過濾、沖洗,干燥。【答案】（1）①4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②Fe2+-100.00mL0.1722g100.00mL（2）n(Cl)=n(AgCl)×=-125.00mL25.00mL143.5gmol

-3=4.800×10mol2+100.00mLn(Cu)=n(EDTA)×25.00mL-1-3-1100.00mL-3=0.08000molL·×30.00mL×10LmL·×=9.600×10mol25.00mL-2+--3×-3-2n(OH)=2n(Cu)-n(Cl)=2×9.600×mol10－×10mol--3-1m(Cl)=4.800×10mol×35.5gmol·=0.1704g2+-3-1m(Cu×10mol×64gmol·=0.6144g--2-1=0.2448g×10mol×17gmol·1.1160g－0.1704g－0.6144g－0.2448g-3n(H2O)=18gmol-1=4.800×10mola∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1化學式為Cu2(OH)3ClH·2O【解析】1）①解析CuCl懸濁液中連續通入空氣獲得Cu2(OH)2Cl2·3H2O，能夠發現Cu元素的化價高升了，因此氧氣必然做了該反響的氧化劑，依照化合價起落總數相等并結合質量守恒定律，能夠寫出該反應的化學方程式為4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O。②由催化原理表示圖可知，M'先與H+、O2反響生成M，M再被Cu還原為Cu2+，因此M'的化學式為Fe2+。（2）由實驗②能夠求出該樣品中所含Cl-的物質的量，由氯離子守恒得：-100.00mL0.1722g100.00mLn(Cl)=n(AgCl)×=-125.00mL25.00mL143.5gmol

-3=4.800×10mol由實驗③結合反響信息Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+，能夠求出樣品中所含Cu元素的物質的量：2+100.00mLn(Cu)=n(EDTA)×25.00mL-1100.00mL-1-3-3=0.08000molL·×30.00mL×10LmL·×=9.600×10mol25.00mL再由化合物中電荷守恒得：-2+--3-3-2n(OH)=2n(Cu)-n(Cl)=2×9.600×mol10－4.800××10mol分別求出這3種離子的質量，依照質量守恒，求出H2O的質量：--3-1×10mol×35.5gmol·=0.1704g2+-3-1=0.6144g×10mol×64gmol·--2-1=0.2448g×10mol×17gmol·再求出結晶水的物質的量：1.1160g－0.1704g－0.6144g－0.2448g-3n(H2O)=18gmol-1=4.800×10mol最后求出各粒子的個數之比，寫出化學式：由于a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1，因此該樣品的化學式為Cu2(OH)3ClH·2O【答案】(1)Al2O3+2OH-2AlO2+H2O減小石墨電極被陽極上產生的O2氧化(4)4CO32+2H2O－4e-4HCO3+O2↑H2(5)NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜【解析】結合流程及題中信息可知，鋁土礦在堿溶時，其中的氧化鋁和二氧化硅可溶于強堿溶液，過濾后，濾液中偏鋁酸鈉與碳酸氫鈉反響生成氫氧化鋁積淀和碳酸鈉，氫氧化鋁經灼燒后分解為氧化鋁，最后電解熔融的氧化鋁獲得鋁。碳酸鈉溶液經電解后能夠再生成碳酸氫鈉和氫氧化鈉進行循環利用。（1）氧化鋁為兩性氧化物，可溶于強堿溶液生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為Al2O3+2O