贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编4氧族元素及其化合物，碳族元素及其化合物，钠及其化合物
一、单选题
1．（2022·贵州铜仁·统考二模）下列有关离子方程式书写正确的是
A．用酸性KMnO4标准液滴定草酸： 16H++5 +2= 2Mn2++8H2O+10CO2 ↑
B．用NaClO溶液吸收少量SO2： ClO- +SO2+H2O=Cl-+ +2H+
C．用惰性电极电解MgCl2溶液： 2Cl- +2H2OCl2↑+H2↑ + 2OH-
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜： 3Ag+4H++= 3Ag++NO↑+2H2O
2．（2022·贵州遵义·统考二模）四位同学设计了下列实验，记录实验现象并得出相应结论，其中不合理的是
①生白色沉淀 ②光照试管壁产生无色气泡
③试管口产生红棕色气体 ④试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
A．①中的白色沉淀为BaSO3和BaCO3
B．②中的无色气体能使带火星的木条复燃
C．③不能说明木炭与稀硝酸反应产生NO2
D．④说明NH4Cl固体受热易分解
3．（2022·贵州毕节·统考二模）下列离子方程式书写正确的是
A．向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
B．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3·H2O
C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+H2O+2ClO-=2HClO+SO
D．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时：Al3++SO+3OH-+Ba2+=BaSO4↓+Al(OH)3↓
4．（2021·贵州遵义·统考一模）下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是
实验操作 现象 结论
A 向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液 产生白色沉淀 原溶液中一定含有SO
B 25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值 NaHCO3溶液的pH更大 酸性：H2CO3
D 将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液 紫色石蕊试液变红 甲烷的氯代产物具有酸性
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·贵州黔东南·统考模拟预测）铅白[2PbCO3·Pb(OH)2]是油画中一种重要的白色颜料，但用铅白作画，日久易变黑(主要成分为PbS)，这种现象在书画术语中叫作“返铅”。书画修复中有一种方法是用双氧水清洗使之恢复白色。下列有关叙述正确的是
A．铅白长时间放置于空气中会被氧气氧化
B．铅白耐强酸耐强碱
C．用双氧水清洗是利用双氧水的还原性
D．2PbCO3·Pb(OH)2中铅的质量分数低于PbCO3·Pb(OH)2中铅的质量分数
6．（2020·贵州黔东南·模拟预测）下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
7．（2020·贵州铜仁·统考一模）下列实验设计能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验设计
A 制备NH4Cl晶体 将NH4Cl饱和溶液蒸干
B 证明溶液中含有Fe2+ 向溶液中依次滴加新制氯水和KSCN溶液
C 比较Al和Al2O3熔点的高低 将铝箔在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动
D 验证SO2具有漂白性 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去
A．A B．B C．C D．D
8．（2020·贵州·模拟预测）利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的SO2
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
9．（2022·贵州遵义·统考三模）化学与生产、生活密切相关，下列物质的性质、用途都正确且有相关性的是
选项 性质 用途
A CCl4难溶于水，难于燃烧 CCl4常用作有机溶剂和灭火剂
B Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应 Al2O3常用作耐高温材料
C SiO2透明，折射率合适，能够发生全反射 SiO2用作光导纤维材料
D Cl2具有漂白性 常用Cl2对自来水进行杀菌消毒
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·贵州毕节·统考二模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是短周期中非金属性最强的元素，X是所在周期中原子半径最大的元素，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法正确的是
A．简单离子半径：Y>Z>W>X
B．简单氢化物稳定性：Y>Z>W
C．X与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比均为2：1
D．X和Y两种元素形成的化合物水溶液呈中性
11．（2022·贵州遵义·统考三模）a、b、c、d是原子序数依次增大的短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊、己是由这四种元素组成的单质或化合物。它们之间有如下反应：①甲+乙→戊+己；②甲+丙→丁+己。已知己是由c元素形成的常见单质，常温时，0.01mol/L戊溶液的pH=12。下列说法中不正确的是
A．b是第二周期元素
B．甲中有非极性共价键，且lmol甲中含有4mol离子
C．己在自然界中有同素异形体
D．c、d形成的简单离子，它们的电子层结构相同
12．（2022·贵州毕节·统考二模）下列实验能达到目的的是
A．除去Na2CO3溶液中混有的NaHCO3，可用加热法
B．除去乙烷中混有的乙烯，可将混合气依次通入酸性KMnO4、浓硫酸
C．除去Fe(OH)3胶体中混有的可溶性离子，可用渗析法
D．除去乙醇中混有的乙酸，可用蒸馏法
二、实验题
13．（2021·贵州·统考一模）硫代硫酸钠常用作还原剂，实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备。
回答下列问题：
Ⅰ.的制备
打开分液漏斗，反应进行约1小时，当中溶液的约为7时，停止通入气体，然后经一系列操作制得产品。
(1)盛放固体的仪器名称是___________，的作用是___________。
(2)中不可选用试剂___________(填标号)。
A．浓硫酸 B．酸性高锰酸钾溶液 C．氢氧化钠溶液 D．四氯化碳
(3)实验中，为使缓慢进入中，采用的操作是___________。
(4) 中制备的化学方程式为___________。
(5)装置中的反应混合液过低会导致产率降低，原因是___________。
Ⅱ.产品纯度的测定
准确称取产品，用蒸馏水配制成溶液，每次移取，加入淀粉溶液作指示剂，用的标准溶液滴定，三次滴定平均消耗标准溶液。
(6)滴定终点的现象是___________。
(7)本实验制备的纯度为___________(设相对分子质量为，用含的代数式表示)。
三、工业流程题
14．（2020·贵州铜仁·统考一模）铋及其化合物在冶金、医疗、化工生产中均有重要作用。铋在自然界中的含量极少，常以游离金属和矿物的形式存在。对浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质）通过浸出、净化和电沉积法分离回收铋的流程：
已知：I.“氯化浸出”过程中，需分批多次加入NaClO3，以防生成Cl2;
II.BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解;
III.氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Bi3+＞H+.
请回答以下问题：
（1）“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有________________（任写一条）；加入过量盐酸的主要目的是______________________.
（2）浸出渣中含有S和____________（写化学式）；浸出液中所含的金属阳离子有Na+、Bi3+及___________________.
（3）写出“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式__________________________.
（4）“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及____________。
（5）“电解”过程的简易装置如图所示。装置中N为电源的______________（填“正”或“负”）极；阳极上发生的主要电极反应式为__________________________。
15．（2022·贵州遵义·统考二模）当下国际局势紧张，金属钨和单晶硅是重要的军事、科技战略资源。从硫钨矿可以制取金属钨和单晶硅，硫钨矿的主要成分是CaWO4，还包括FeS、SiO2等，某工艺生产流程如下：
已知： 常温下，Ksp(CaWO4=1.0×10-8 )，Ksp (CaCO3=1.0×10-9 )
(1)将硫钨矿在空气中高温焙烧，请写出焙烧时发生的化学方程式_____,写出一种加快焙烧速率的方法_____
(2)“溶浸”时，___________(填“能”或“不能”)将纯碱换成烧碱；“操作1”中玻璃棒的作用___________。
(3)滤渣的主要成分是SiO2和____ ，将滤渣高温煅烧产生 CO2，请从化学反应进行的方向解释由SiO2产生CO2的原因_____
(4)“滤液”是Na2WO4溶液，Na2WO4在水中的溶解度随温度变化如图所示， “滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是____
(5)H2WO4是难溶于水的弱酸，工业上用“盐酸分解法”制备钨酸：
先用钨酸钠与盐酸、氯化铵作用得到精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]，再用盐酸酸解，得到钨酸，请写出盐酸酸解时的化学方程式_____
参考答案：
1．D
【分析】根据离子反应条件生成沉淀、气体、弱电解质，及氧化还原反应的条件氧化剂和还原剂反应，利用电子、电荷、原子守恒进行配平；
【详解】A．根据离子方程式中不能拆写原则，判断，草酸属于弱酸不能拆写为离子，故A不正确；
B．次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫有次氯酸生成，3ClO- +SO2+H2O=2HClO++Cl-，故B不正确；
C．溶液中含有镁离子，根据离子反应条件判断，生成氢氧化镁沉淀；故C不正确；
D．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，根据氧化还原反应电子、电荷、原子守恒判断，D正确；
故选答案D。
【点睛】此题考查离子方程式书写正误，利用反应的条件判断，注意少量和过量问题中，利用过量物质进行判断产物。
2．A
【详解】A．①中二氧化硫和水、硝酸钡发生氧化还原反应生成白色沉淀为BaSO4，二氧化碳不与硝酸钡反应，因此不合理，故A符合题意；
B．②中稀硫酸滴加进去生成HClO，HClO再光照条件下分解生成氧气，氧气能使带火星的木条复燃，因此实验现象并得出相应结论合理，故B不符合题意；
C．NO和氧气反应生成红棕色NO2，所以③不能说明木炭与稀硝酸反应产生NO2，因此实验现象并得出相应结论合理，故C不符合题意；
D．④试管底部固体消失，则氯化铵分解生成氨气和氯化氢，试管口有晶体凝结，说明氯化氢和氨气反应生成氯化铵，即④说明NH4Cl固体受热易分解，因此实验现象并得出相应结论合理，故D不符合题意。
故选A。
3．A
【详解】A．向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3，Mn2+结合HCO电离出的碳酸根生成碳酸锰沉淀，同时促进HCO的电离，产生氢离子，氢离子和HCO反应生成水和二氧化碳，所以离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，A正确；
B．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，OH-只够和H+反应，离子方程式为OH-+H+=H2O，B错误；
C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中，SO2会被氧化为硫酸根，离子方程式为SO2+H2O+3ClO-=2HClO+SO+Cl-，C错误；
D．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，以明矾的物质的量为1mol，含有2molAl3+、3molSO，Al3+恰好生成沉淀时，消耗3molBa(OH)2，SO完全沉淀时，消耗3molBa(OH)2，若所加Ba(OH)2的物质的量大于3mol，则会有Al(OH)3溶解，因此使沉淀的物质的量最大时反应的离子方程式为：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D错误；
综上所述答案为A。
4．B
【详解】A．若溶液中存在银离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成氯化银白色沉淀，硝酸具有强氧化性，若溶液中含有亚硫酸根等离子，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，向酸化的溶液中加入氯化钡溶液，会生成硫酸钡白色沉淀，则无法确认是否存在硫酸根离子，故A错误；
B．由等物质的量浓度的碳酸氢钠溶液pH大于草酸氢钠溶液可知，草酸在溶液中的电离程度强于碳酸，草酸的酸性强于碳酸，故B正确；
C．该反应是一个气体体积不变的可逆反应，减小压强，化学平衡不移动，颜色变浅是因为碘单质浓度浓度减小的缘故，故C错误；
D．甲烷的氯代产物是非电解质，在溶液中不能电离，不能使紫色石蕊试液变红，故D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．铅白[2PbCO3·Pb(OH)2]长期暴露在空气中会转化为PbS，铅元素的化合价无变化，因此该转化不是氧化还原反应，与空气中的氧气无关，应该与空气中少量的硫化氢有关，故A不符合题意；
B．铅白[2PbCO3·Pb(OH)2]是一种碱式碳酸盐，能与酸发生反应，因此铅白不耐强酸，故B不符合题意；
C．用双氧水清洗使变黑的油画恢复白色，其原理是过氧化氢将PbS中-2价的硫氧化为+6价的硫，H2O2中氧原子得电子，作氧化剂，利用了双氧水的氧化性，即PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O，故C不符合题意；
D．2PbCO3·Pb(OH)2中铅的质量分数为w(Pb)== =80.1%，PbCO3·Pb(OH)2中铅的质量分数w(Pb)= ==81.5%，则2PbCO3·Pb(OH)2中铅的质量分数低于PbCO3·Pb(OH)2中铅的质量分数，故D符合题意；
答案为D。
6．C
【详解】①铁离子遇硫氰根离子溶液变红，滴有硫氰化钾溶液的硫酸铁溶液显红色，二氧化硫可与三价铁离子发生氧化还原反应，铁离子转化为亚铁离子，溶液红色褪去，二氧化硫显还原性，与二氧化硫的漂白性无关，故①错误；
②含有水蒸气的一氯甲烷是气体混合物，图中装置被浓硫酸密封，气体无法通过，无法实现干燥，故②错误；
③氯气通入硫化钠溶液中，将硫离子氧化为硫单质，氯气是氧化剂，S为氧化产物，氧化性：Cl2＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，则非金属性：Cl＞S，可以比较氯与硫的非金属性，故③正确；
④止水夹夹住橡皮管，从长颈漏斗中注水，至长颈漏斗中长颈部分在液面下，当长颈漏斗中液面高于烧瓶中液面，静置片刻，液面差不变，则气密性良好，故④正确；
综上所述，③④正确，答案选C。
7．C
【详解】A．将NH4Cl饱和溶液加热，促进铵根离子水解，生成一水合氨和氢离子，盐酸受热挥发，以气体的形式逸出，蒸干时一水合氨分解为氨气逸出，最终无法得到NH4Cl晶体，故A错误；
B．Fe3+遇KSCN溶液变红色，Fe2+与KSCN溶液不变色，取某溶液先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变红色，该溶液中含有Fe2+，故B错误；
C．因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C正确；
D．要体现二氧化硫的漂白性，可以用品红溶液，若品红褪色，则证明有二氧化硫，SO2是酸性氧化物，将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，发生酸性氧化物和碱反应生成亚硫酸钠和水的反应，体现酸性氧化物的性质，没有体现漂白性，故D错误；
答案选C。
8．B
【详解】A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；
B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；
C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；
D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；
答案选B。
【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。
9．C
【详解】A．CCl4常用作有机溶剂是因为：四氯化碳常温下是难溶于水的液态，是一种非极性分子、能溶解很多有机物，如烃、脂肪、油类、树脂、油漆以及无机物碘等，四氯化碳能做灭火剂的原因，除了它不可燃外，四氯化碳密度大，一经化成蒸气能覆盖在可燃物的表面隔绝空气、火焰自然熄灭，A不符合；
B．Al2O3因熔点高常用作耐高温材料，B不符合；
C．SiO2透明，折射率合适，能够发生全反射，且储量丰富，成本价格较为低廉，C符合；
D．Cl2没有有漂白性、常用Cl2对自来水进行杀菌消毒，是因为发生了反应： ，HClO具有漂白性，D不符合；
答案选C。
10．A
【分析】根据题意，W是非金属最强的金属，则W为F元素，X为短周期原子半径最大的元素，则X为Na元素，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍，又因为Y的原子序数大于X，所以Y为S元素，Z的原子序数大于Y可知Z为Cl元素，据此分析解题。
【详解】A．根据同电子层结构的核电荷数越多半径越小可知Y>Z，W>X，电子层数越多半径越大，可知简单离子半径：Y>Z>W>X，故A正确；
B．非金属性越强，单氢化物越稳定，稳定性： W> Z>Y，故B错误；
C．Na2O和Na2O2中，阴阳离子个数比为1:2，故C错误；
D．S2-+H2OHS-+OH-，可知Na2S水溶液呈碱性，故D错误；
故选A。
11．B
【分析】常温下，0.01mol/L戊溶液的pH=12说明戊为一元强碱，短周期中只有Na可形成一元强碱，故戊为NaOH，甲能与乙、丙分别反应生成单质己，可推断甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，丁为Na2CO3，则a、b、c、d分别为H、C、O、Na四种元素，据此可分析解答。
【详解】A．碳元素是6号元素，位于第二周期IVA族，A选项正确；
B．Na2O2中含有O-O非极性键，1mol Na2O2中含有2molNa+和1molO共3mol离子，B选项错误；
C．O2在自然界中有同素异形体O3，C选项正确；
D．O、Na形成的简单离子核外电子数均为10，电子层结构相同，D选项正确；
答案选B。
12．C
【详解】A．除去Na2CO3固体中的NaHCO3，可用加热法，溶液中不能用加热法，A错误；
B．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，引入新的杂质，B错误；
C．胶体粒子不能透过半透膜，而溶液的粒子可以通过，所以除去Fe(OH)3胶体中混有的可溶性离子，可用渗析法，C正确；
D．乙醇和乙酸会形成共沸物，不能直接蒸馏分离，可以先加入氧化钙将乙酸反应，再进行蒸馏分离，D错误；
综上所述答案为C。
13． 圆底烧瓶 防止倒吸 AC 利用分液漏斗控制浓硫酸的滴落速度 b中pH过低，溶液中H+含量较高，Na2CO3、Na2S与H+反应，减少了反应物，最终导致产率降低 溶液由无色变为蓝色
【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，并且可以通过调节分液漏斗改变反应速率，二氧化硫与硫化钠、碳酸钠发生反应生成硫代硫酸钠，反应方程式为，c装置为尾气处理装置。
【详解】(1) 盛放固体的仪器是圆底烧瓶；为安全瓶，作用是防止倒吸；
(2) 酸性高锰酸钾溶液与氢氧化钠溶液可以与二氧化硫和二氧化碳发生反应，达到尾气处理的目的，但是浓硫酸和四氯化碳则达不到尾气处理的目的；
(3) 实验中，为使缓慢进入中，只能利用分液漏斗控制浓硫酸的滴落速度；
(4)中制备的化学方程式为；
(5) b中pH过低，溶液中H+含量较高，Na2CO3、Na2S与H+反应，减少了反应物，最终导致产率降低；
(6)滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色；
(7) 消耗标准溶液的物质的量为0.1mol/L×VmL×10-3=V×10-4mol，根据离子方程式，，故的物质的量为2V×10-4mol，的质量为2MV×10-4g，250mL溶液中含有的质量为2MV×10-3g，故本实验制备的纯度为。
14． 粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案) 抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率 SiO2.. Cu2+、Fe3+ ClO3-+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+ 负 Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、Cu2S、FeS2等杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O、Bi2O3＋6HCl= 2BiCl3+ 3H2O，3Cu2S+2NaClO3+12HCl=6CuCl2+3S+2NaCl+6H2O、2FeS2+NaClO3+6HCl=2FeCl3+4S+NaCl+3H2O，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，浸出液中含有Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入铋粉还原铁离子：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+，加入硫化氨沉淀Cu2+，则净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，故钛板为阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，c为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】(1)“氯化浸出”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石(或适当提高浸取时温度合理答案)；浸出液中含有Bi3+，结合已知信息II，BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀，但在浓盐酸中几乎不水解，则加入过量盐酸的主要目的是抑制BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高铋的浸出率
(2)根据分析，浸出渣中含有S和SiO2；浸出液中所含的金属阳离子有Na+、Bi3+及Cu2+、Fe3+；
(3)根据分析，“氯化浸出”中Bi2S3所发生反应的离子方程式ClO3-+Bi2S3+6H+=3S↓+Cl-+2Bi3++3H2O；
(4)“还原”过程中所发生反应的离子方程式为2Bi+3Cu2+=2Bi3++3Cu及铋粉还原铁离子，离子方程式为：3Fe3++Bi=Bi3++3Fe2+；
(5)根据分析，净化液中阳离子含有Bi3+、H+和NH4+、Na+、Fe2+，将净化液与混有少量的氢氧化钠溶液电解得到铋，则石墨电极净化液的电极反应为：Bi3++3e-=Bi，发生还原反应，作阴极，电解池中阴极与电源的负极相连，则N为负极；钛板为电解池阳极发生氧化反应：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O。
15．(1) 3FeS+5O2Fe3O4+3SO2 将硫钨矿研磨、增大空气的通入量
(2) 不能 引流作用
(3) CaCO3 发生反应CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应熵增，高温有利于自发进行
(4)加热浓缩、冷却结晶
(5)5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl
【分析】硫钨矿的主要成分是CaWO4，还含有FeS、SiO2等杂质，将硫钨矿高温焙烧，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，经磁选除去Fe3O4后的残渣用纯碱溶液溶浸，CaWO4变为可溶性Na2WO4，发生反应：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑，而杂质SiO2在该条件下不能反应，通过过滤就将可溶性Na2WO4与难溶性SiO2进行分离，反应过程可能产生的CaCO3也一并进入滤渣中，Na2WO4经一系列处理得到W，进入滤渣的SiO2经一系列处理得到Si。
（1）
硫钨矿在空气中高温焙烧时，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，该反应的化学方程式为：3FeS+5O2Fe3O4+3SO2；
硫钨矿是块状固体，加快焙烧速率的方法可以是将硫钨矿研磨、搅拌、增大空气的通入量等；
（2）
由于烧碱NaOH能够与SiO2发生反应，因此在进行“溶浸”时不能使用烧碱代替纯碱；操作1是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，因此该操作为过滤，其中玻璃棒的作用是引流；
（3）
在滤渣中含有的成分有原硫钨矿中不溶性物质SiO2及CaWO4与Na2CO3发生复分解反应产生未分解的CaCO3；
将滤渣高温煅烧产生 CO2，这是由于在高温下SiO2与CaCO3会发生反应：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应是熵增的反应，高温有利于反应自发进行；
（4）
根据图象可知：Na2WO4的溶解度受温度的影响变化较大，因此从“滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是：将滤液加热进行蒸发浓缩，然后冷却结晶；
（5）
精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]用盐酸酸解，得到钨酸和NH4Cl，根据原子守恒可得该反应方程式为：5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl。
试卷第1页，共3页
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