8．(09年广东化学·24)(11分)

超细氧化铝是一种重要的功能陶瓷原料。

(1)实验室常以NH₄Al(SO₄)₂和NH₄HCO₃为原料，在一定条件下先反应生成沉淀NH₄AlO(OH)HCO₃,该沉淀高温分解即得超Al₂O₃,NH₄AlO(OH)HCO₃热分解的化学反应方程式　　　　　　　　 。

(2)NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O的相对分子质量为453。欲配制100mlPH为2浓度约为0.1mol^-1的NH₄Al(SO₄)₂溶液,配制过程为

①用托盘天平称量NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O固体　　　 g。

②将上述固体置于烧杯中　　　　　　　　　 。

(3)在0.1mol·l^-1NH₄Al(SO₄)₂溶液中，铝各形态的浓度(以Al³⁺计)的对数(lgc)随溶液ph变化的关系见下图

①用NaOH溶液调节(2)中溶液pH至7，该过程中发生反应的离子方程式有　　 ②请在答题卡的框图中，画出0.01mol·l^-1NH₄Al(SO₄)₂溶液中铝各形态的浓度的对数lgc随溶液pH变化的关系图，并进行必要的标注。

答案：(1)2NH₄AlO(OH)HCO₃2NH₃↑+Al₂O₃+3H₂O↑+2CO₂↑(2)将4.5g固体置于烧杯中，边加蒸馏水溶解边用玻璃棒搅拌，待完全溶解后，用玻璃棒移液至100ml的容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，加蒸馏水至刻度线2~3cm处应改用胶头滴管，上下振荡，静置，将配置好的溶液装入试剂瓶中，并贴上标签。

(3)。作图要点：起始与最终数值为-2；刚开始产生沉淀时PH要增大；完全沉淀和沉淀溶解时的PH应与原图一样；氢氧化铝完全溶解时的PH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与原图有所区别。

解析：(1)解答该题的关键是要判断出反应的产物，由题意NH₄AlO(OH)HCO₃热分解的产物应该有Al₂O₃，结合所学知识可知产物还应有NH₃、CO₂和H₂O，配平化学方程式得：2NH₄AlO(OH)HCO₃2NH₃↑+Al₂O₃+3H₂O↑+2CO₂↑

(2)注意配置一定物质的量浓度溶液的操作步骤地准确性，一般是计算、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶。计算时要注意规范，同时要注意托盘天平的精确度是±0.1g，100ml 0.1mol/LNH₄Al(SO₄)₂中，物质的量为0.01mol,M[NH₄Al(SO₄)₂]=453g/mol ，所以m(NH₄Al(SO₄)₂)=453g/mol×0.01mol=4.53g=4.5g；溶解时要注意玻璃棒搅拌，转移时注意用到玻璃棒引流，同时还要注意洗涤操作，定容时距刻度2~3cm处应改用胶头滴管，同时还要注意上下震荡，使之混合均匀，装瓶时要注意贴上标签。

(3)①从题给图示可以看出，pH至7时铝离子完全转化为氢氧化铝沉淀，没有出现沉淀的溶解，又因为铵根离子水解使溶液显酸性，所以中性溶液中必须是铵根离子和一水合氨的混合物，说明必需有铵根离子与氢氧根的反应。该过程中发生反应的离子方程式为：Al³⁺ +3OH^-===Al(OH)₃↓；NH₄⁺ +OH^-=NH₃·H₂O②作图时注意NH₄Al(SO₄)₂浓度的变化，由于浓度变为0.01mol·l^-1，所以起始与最终数值为-2，又因为Al³⁺浓度减少减少为0.01mol·l^-1，而溶度积常数不变，所以刚开始产生沉淀时pH要增大。而完全沉淀和沉淀溶解时的PH应与原图一样不能改变，但注意氢氧化铝完全溶解时的PH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与原图有所区别。

7．(09年广东化学·22)(12分)

某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO_3、MgSiO₃、 CaMg(CO₃)_2、Al₂O₃和Fe₂O₃等，回收其中镁的工艺流程如下：

部分阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的pH由见上表，请回答下列问题：

(1)“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有　　　　　 (要求写出两条)

(2)滤渣I的主要成分有　　　 。

(3)从滤渣Ⅱ中可回收利用的主要物质有　　　 。

(4)Mg(ClO₃)₂在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：

　　　 MgCl₂+2NaClO₃₌₌₌Mg(ClO₃)₂+2NaCl

已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如下图所示：

①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg(ClO₃)₂.简述可制备Mg(ClO₃)₂的原因：　　　　 。

②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出Mg(ClO₃)₂过程中，常伴有NaCl析出，原因是：　　　　　　 。除去产品中该杂质的方法是：　　　　　　 。

答案：(1)增大硫酸浓度；加热升高温度；边加硫酸边搅拌(要求写出两条)

(2)滤渣Ⅰ主要成分有Fe(OH)₃、Al(OH)₃

(3)从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有CaSO₄、Na₂SO₄

(4)①该反应的生成物为Mg(ClO₃)₂和NaCl的混合溶液，NaCl的溶解度随温度变化不大，Mg(ClO₃)₂的溶解度随温度升高而升高。利用两物的溶解度差异，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，将Mg(ClO₃)₂与NaCl分离，制得Mg(ClO₃)₂。

②因为在相同温度向下NaCl的溶解度最小，所以在冷却结晶过程中，会有少量NaCl随Mg(ClO₃)₂析出；重结晶。

解析：(1)固体溶解及反应完全的措施一般是加热、振荡或搅拌，或是增大硫酸的浓度，所以答案应该从这些方面分析回答。

(2)从题给信息可以看出pH调到5.5应该Fe³⁺和Al³⁺沉淀完全，所以沉淀应该是氢氧化铁和氢氧化铝。

(3)从流程变化，因为废料浸出用到硫酸，可知滤液中应该含有硫酸根离子；从废料成分中含有CaMg(CO₃)₂和两次调节PH均用到氢氧化钠，可知滤液中阳离子应该有钠离子和钙离子，所以从滤渣Ⅱ中可回收利用的主要物质是硫酸钠和硫酸钙。

(4)①分析该题可以结合硝酸钾与氯化钠的分离方法思考，同时要注意题给图示，从图示上我们不难得到下列信息，一是相同温度时氯酸镁的溶解度最大氯化钠溶解度最小，二是氯酸镁溶解度随温度变化最大，氯化钠溶解度随温度变化最小。所以控制反应温度的变化，可以控制可溶性物质的分离。

②从题给图示不难看出相同温度时氯化钠的溶解度最小，因此在冷却降温析出Mg(ClO₃)₂过程中一定会析出氯化钠。由于氯酸镁和氯化钠均溶于水，溶于水的可溶性物质一般用结晶和重结晶的方法分离。

6．(09年海南化学·20.4)(11分)

工业上常用氨氧化法生产硝酸，其过程包括氨的催化氧化(催化剂为铂铑合金丝网)、一氧化氮的氧化和水吸收二氧化氮生成硝酸。请回答下列问题：

(1)氨催化氧化的化学方程式为　　　　　　　　　　 ：

(2)原料气中空气必须过量，其主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　 ；

(3)将铂铑合金做成薄丝网的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ；

(4)水吸收二氧化氮生成硝酸为放热反应，其化学方程式为　　　　　　　 ，为了提高水对二氧化氮的吸收率，可采取的措施为　　　　　　　　 (答2项)。

答案：(11分)

(1)4NH₃+5O₂4NO+6H₂O(3分)

(2)提高氨的转化率和一氧化氮的转化率(2分)

(3)增大单位质量的催化剂与反应物的接触面积(2分)

(4)3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO　 加压　　　 降温(4分)

解析：(1)

(2)根据平衡原理，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，以提高原料的转化率；

(3)这是为了增大铂铑合金的表面积，使接触面积增大，提升催化的效果；

(4)为了提高吸收率，可根据溶解过程放热采用降温处理，且气体的吸收可用加压的方式。

5．(10分)(08年江苏化学·15)金矿开采、冶炼和电镀工业会产生大量含氰化合物的污水，其中含氰化合物以HCN、CN ^-和金属离子的配离子M(CN)_n^m-的形式存在于水中。测定污水中含氰化合物含量的实验步骤如下：

①水样预处理：水样中加入磷酸和EDTA，在pH＜2的条件下加热蒸馏，蒸出所有的HCN，并用NaOH溶液吸收。

②滴定：将吸收液调节至pH＞11，以试银灵作指示剂，用AgNO₃标准溶液滴定

Ag⁺+2CN ^- == [Ag(CN)₂] ^-

终点时，溶液由黄色变成橙红色。

根据以上知识回答下列问题：

(1)水样预处理的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　 。

(2)水样预处理的装置如右图，细导管插入吸收液中是为了　　

　　　　　　　　　　　　　　　 。

(3)蒸馏瓶比吸收液面要高出很多，其目的是　　　　　　 。

(4)如果用盐酸代替磷酸进行预处理，实验结果将

　　　　　 (填“偏高”、“无影响”或“偏低”)。

(5)准确移取某工厂污水100 mL，经处理后用浓度为0.01000 mol·L^-1的硝酸银标准溶液滴定，终点时消耗了21.00 mL。此水样中含氰化合物的含量为　　　　　　　 mg·L^-1的(以计，计算结果保留一位小数)。

答案：(10分)(1)将含氰化合物全部转化为CN ^-　　　　　 (2)完全吸收HCN，防止气体放空　　 (3)防止倒吸　　　　 (4)偏高　　　 (5)109.2

解析：水样预处理的目的是，将污水中含的氰化合物HCN、CN ^-和金属离子的配离子M(CN)_n^m-的形式全部转化成HCN，然后用NaOH溶液吸收将HCN全部转化为CN ^-，很明显将细导管插入吸收液中是为了充分吸收HCN，防止气体排到空气中，引起大气污染，但同时可能产生倒吸现象，为防止倒吸，可以将蒸馏瓶升至比吸收液面要高出很多。如果用盐酸代替磷酸进行预处理，用AgNO₃标准溶液滴定时，氯离子也消耗银离子，实验结果将偏高。

4．(8分)(08年山东理综·31)[化学--化学与技术]

钢铁工业对促进经济和社会发展起了重要作用。

(1)炼铁高炉分为五部分，铁矿石与高温煤气主要在__________部分发生反应，在　　 __________部分开始生成生铁和炉渣。

(2)炼钢时，除磷的化学方程式为_________；加入硅、锰和铝的目的是_________。

(3)不锈钢含有的Cr元索是在炼钢过程的氧吹_________(填“前”或“后”)加入，原因是 _______________。

(4)炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主要污染物是________。从环保和经济角度考虑，上述尾气经处理可用作_________。

答案：

(1)炉身　　 炉腰

(2)2P+5FeO+3CaO Ca₃(PO₄)₂+5Fe　　 脱氧和调整钢的成分

(3)后　 避免Cr被氧化(或“氧吹前加入Cr会形成炉渣被除去”)

(4)CO　 燃料(或还原剂)

3．(11分)(08年海南化学·29)如何防止铁的锈蚀是工业上研究的重点内容。为研究铁锈蚀的影响因素，某同学做了如下探究实验：

回答以下问题：

(1)上述实验中发生了电化学腐蚀的是(填实验序号) 　　　　　；在电化学腐蚀中，负极反应是　　　　　　 ；正极反应是　　　　　　　　　 。

(2)由该实验可知，可以影响铁锈蚀速率的因素是　　　　　　　　　　　　　　　 。

(3)为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的方法是　　　　　　　　　　　　 (答两种方法)。

答案：(11分)(1)3、4、5、6　 Fe－2e^－=Fe²⁺(或2Fe－4e^－=2Fe²⁺) 　O₂+4e^－+2H₂O=4OH^－

(2)湿度、温度、O₂的浓度、电解质存在　 (3)电镀、发蓝等表面覆盖层，牺牲阳极的阴极保护法等(其他合理答案也给分)

解析：工业上铁的锈蚀主要是电化学腐蚀，发生电化学腐蚀的条件是：活性不同的两极材料，电解质溶液，形成闭合回路。影响锈蚀速度的因素有：环境的温度、湿度、电解质存在、O₂的浓度等。实验条件为有氧，为吸氧腐蚀：

负极：Fe-2e→Fe²⁺ 正极：O₂+2H₂O+4e→4OH^-

保护钢铁不被腐蚀的措施

①外加保护层如：涂漆、搪瓷、电镀、表面钝化、油脂等。

②改变钢铁的内部结构，冶炼不锈钢。

③在钢铁的表面镶嵌比铁活泼的金属如锌，使活泼金属被氧化，而钢铁被保护。

34．［化学--选修化学与技术］(15分)

(1)①造纸厂排放的碱性污水使X处河水pH升高，火力发电厂净化烟气的酸性废水治理未达标就排放，造成Y处等的河水，pH降低(或火力发电厂燃烧产生的SO₂会导致酸雨，飘落后使Y处等的河水pH降低)

②化肥厂、农田及生活污水使Z处河水富营养化，水温较高，适于藻类等水生植物生长，河水中溶解氧被大量消耗，导致鱼类死亡

(2)①发电厂　 焦化厂　 炼铁厂　 水泥厂

②Fe₂O₃+3CO2Fe+3CO₂

CaCO₃+SiO₂ 　CaSiO₃+CO_2↑

③

用炼铁厂的炉渣(或CaSiO₃)作为水泥厂的原料

用发电厂的煤矸石和粉煤灰作为水泥厂的原料

将石灰石煅烧成生石灰，用于吸收发电厂和焦化厂烯煤时产生的SO₂,减少对空气的污染建立污水处理系统

解析：A为发电厂，因为发电需要煤炭，且其为另外三厂提供电能，B为焦化厂，C的原料为赤铁矿和碳酸钙，碳酸钙可提供二氧化碳，制造水泥需要粘土。造纸厂排放的碱性污水使X处河水pH升高，火力发电厂净化烟气的酸性废水治理未达标就排放，造成Y处等的河水，pH降低(或火力发电厂燃烧产生的SO₂会导致酸雨，飘落后使Y处等的河水pH降低)，化肥厂、农田及生活污水使Z处河水富营养化，水温较高，适于藻类等水生植物生长，河水中溶解氧被大量消耗，导致鱼类死亡

2．[化学--选修化学与技术](15分)(08年宁夏理综·34)

分析下面两个案例并回答有关问题。

(1)某城镇生产、生活的分布情况如图所示，河流中W、X、Y、Z处某次水样抽测结果如表所示。

①导致X、Y处水样pH变化的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　 ；

②Z处鱼类大量减少，产生这种现象的原因可能是　　　　　　　　　　　　 。

(2)某地区已探明蕴藏有丰富的赤铁矿(主要成分为Fe₂O₃，还含有SiO₂等杂质)、煤矿、石灰石和黏土。拟在该地区建设大型炼铁厂。

①随着铁矿的开发和炼铁厂的建立，需要在该地区相应建立焦化厂、发电厂、水泥厂等，形成规模的工业体系。据此确定上图中相应工厂的名称A　　　　　 、B　　　　　 、C　　　 　　、D　　　　　 ；

②以赤铁矿为原料，写出高炉炼铁中得到生铁和产生炉渣的化学方程式　　　　　 ；

③从“三废”利用、环境保护等角度考虑，该地区和企业在生产中应采取的一些措施有(举出2种措施即可)　　　　　　　　　　　　 。

9.8×10⁹g　　 　　x　　　　　　 y

则，解得x=8.0×10³t　 y=9.83×10⁹kJ。

1．(07年宁夏理综·31A)化学选考题(15分)A．[化学-选修化学与技术]

　 工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO₂ 转化为SO₃是一个关键步骤。压强及温度对SO₂转化率的影响如下表(原料气各成分的体积分数为：SO₂ 7%　 　O₂11%　 N₂ 82%)；

	0.1	0.5	1	10
400	99.2	99.6	99.7	99.9
500	93.5	96.9	97.8	99.3
600	73.7	85.8	89.5	96.4

(1) 已各SO₂的氧化是放热反应，如何利用表中数据推断此结论？

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ；

(2)在大400~500℃时，SO₂的催化氧化采用常压而不是高压，主要原因是：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ；

(3)选择适宜的催化剂，是否可以提高SO₂的转化率？　　 (填“是”或“否”)，是否可以增大该反应所放出的热量？　　 (填“是”或“否”)；

(4)为提高SO₃吸收率，实际生产中用　　　 吸收SO₃；

(5)已知：2SO₂(g)+O₂(g)＝2SO₃(g)；△H＝－196.9kJ·mol^－1，计算每生产1万吨98%硫酸所需要的SO₃质量和由SO₂生产这些SO₃所放出的热量。

　 答案：(1)压强一定时，温度升高时，SO₂转化率下降,说明升温有利逆反应的进行，所以正反应为放热反应。(2)增大压强对提高SO₂转化率无显著影响，反而会增加成本。(3)否　 否　 (4)浓硫酸 (5)8.0×10³t　 9.83×10⁹kJ

解析：(1)根据表格中的数据可以看出，在相同压强下(如在0.1MPa下)升高温度(如由400℃升高到500℃)时SO₂的转化率降低(由99.2%降低为93.5%)，即升高温度时此化学平衡向逆反应方向移动，而升高温度化学平衡应该向吸热反应方向移动，所以此反应的正反应为放热反应。

(2)根据表格中的数据可以得知：在0.1MPa(即常压1atm下)SO₂的转化率已经很高，如在400℃时已达99.2%，若增大压强到10MPa(即100atm)，压强增大了100倍但是SO₂的转化率值增大为99.9%，只增大了0.7%变化不大。而压强增大100倍，需要对设备的材料、动力、能源等都作相应的提高，既要增大成本投入。

(3)使用催化剂只能改变化学反应的速率，改变反应到达平衡的时间，不能使化学平衡发生移动，即对SO₂的转化率不产生影响；而在一定条件下，化学反应放出的热量与参加反应的反应物的量成正比，因SO₂的转化率不变，所以反应放出的热量也不会增大。

(4)在生产实际中是采用98.3%的浓硫酸作吸收剂来吸收SO₃的。因为若用水进行吸收会形成酸雾，将影响SO₃的吸收速率和效率。

　　 (5)1万吨98%的硫酸含H₂SO₄的质量：9.8×10⁹g。　　 设需要SO₃的质量为x，该反应产生的热量为y。

　　 H₂SO₄ -　 SO₃ -　 放出的热量

　98g　　　　 80g　　　　 196.9kJ