工艺流程中的答题规范(解析版)

2O4用热水洗涤的原因：FeC2O4难溶于水，用热水洗涤有利于除去可溶性杂质42-检验：取少量溶液于试管中，加入稀盐酸，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明有SO42-12．蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)3)②要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损耗【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱锰矿(2)将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+。(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是。_______(6)1：14(2)滤渣Ⅰ的主要成分是(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中L32-浓度应控制在mol·L-1以下。若脱。_____【答案】(1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]-9.34 下.在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B−4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外，后续在浓(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是。(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为。【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)SiO32-(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O反应的离子方程式为2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O。Ni(OH)2Al(OH)3Ksp-15-44-16-33-12(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为。(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为【答案】(1)MgO+H2O=Mg(ONH10−4.710−4.7−0.632O−)=10−.4.1=10<1，则c(NH3·H2O)＞c(NH4)；(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状7．(2022•河北省选择性考试，15节选)(1)红渣的主要成分为(填化学式)，滤渣【答案】(1)Fe2O3SiO2【解析】(1)已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是【答案】(1)除油污(2)SO2(3)Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中【答案】(1)将阳极泥粉碎、搅拌或适当升高温度(2)H2SO4方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛【解析】(1)不同的液体在混合时，一般是先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合3．(2024·重庆渝中高三联考节选)铝酸铋[Bi(AlO2)作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有：SiO2、Cu2S、FeS2等杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如3+，否则后续Bi(OH)3沉淀中会混有Fe(OH)3杂【答案】(1)p6s26p3(2)将辉铋矿4．(2024·河北张家口张垣联盟高三联考节选电子制造等领域，通过还原高铼酸铵(NH4ReO4)可制取金属铼。以(2)增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率适当升温(3)95℃和c(H2SO4)=3.0m铁性。某小组以废镍催化剂(主要成分是Ni，含少量Z(2)2Fe2＋H2O2＋2H＋2H2O＋2Fe3+＋a1=6.9×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.8×10-13；H2CO3合题意；故选BC。(3)用pH试纸FeR3+3H+；-1LiOH溶液的pH=14。氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N：，(4)GeCl4易水解生成GeCl4·nH2O，证明GeCl4·nH2O【答案】(1)(3)GeS+8H++10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O浓HNO3受热易分解荷守恒配平离子方程式为：GeS+8H++10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O，酸浸时温度不能过高的原因是浓HNO3(3)FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+的是除去溶液中的铝离子，得到硫酸亚铁溶液；(5)由分析可知，向溶液中分批加入氢氧化钾溶液，搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗粒便于转化为透明用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：【答案】蒸馏异丙胺2O32等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•蒸馏水稀硫酸NaOH溶液稀硫酸 CuSO45H2O操作Ⅰ4过滤1操作ⅡCuSO45H2O(含少量FeSO4•,)滤渣【答案】2Fe2＋H2O2＋2H2Fe32H2O使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去过滤蒸发浓过调节pH(3左右)使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去，而此时Cu2ClO2冷却结晶NaClO2冷的NaOH溶液ClO2冷却结晶NaClO2【答案】2ClO2＋2OHH2O2＝2ClO＋O2＋2H2O提高ClO2的利用率(或防止H2O2分解)【解析】根据生产流程ClO2作氧化剂生成ClOH2O2—→ClO＋O2，由电子守恒得2ClO2＋H2O2—→2ClO＋O2，再据电荷守恒得2ClO2＋H2O2＋2OH-VO2+VO2+Fe3+Fe2+弱强弱“反萃取”用20%硫酸目的为，“氧化”的离子方程式为【答案】降低VO2+、VO2+在有机相中的萃取能力ClO36VO2+＋6NH3·H2O＋3H2O===6NH4VO3↓+Cl12H+守恒可得离子方程式为ClO36VO2+＋6NH3·H2O＋3H2O===6NH4VO3↓+Cl12H+。V2O5V2O5__________________________________________________________________+3HT(有机层)CeT3(有机层)＋3H＋(水层)，可知向有机层中加入稀硫酸，c(H＋)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动，从而获得较纯的含Ce3＋水V2O5V2O3K2OSiO2Fe2O3Al2O3质量分数%NaClO3H2SO4ONaClO32+钒(HR2PO4)2(O)钒钒钒钒(VOR2PO4)2(O)钒2H+。其中(HR2PO4)2(O)为萃取剂，为了提高VO2+的产率，反萃取剂应该呈2SO4＝CuSO4＋H2O4NO3＋5H2SO4＝4CuSO4＋(NH4)2SO4＋3H2O(NH4)2SO4(忽略转化流程中杂质参与的反应)。①“还原”时(NH4)2SO3溶液过量的原因是物质的量分别为铜元素浸出率增幅减慢②NO2(2)①稍过量的(NH4)2SO3可以使Cu2＋全部被还原，防止CuCl被氧化②【解析】由制备流程和已知信息可知，废铜渣滤液中主要存在硫酸铜和硫酸铵，后经亚硫酸铵还原，铜离反应速率变慢，铜元素浸出变慢；温度过高时，硝酸根氧化性增 ＋1Co3+Fe3+Fe2+Co2+Mg2+【答案】(1)碳和有机物(2)S(3)使固体和液体充分接触，加快反应速率浓盐酸会被氧化成加入焦亚硫酸钠的目的是将Co3+和Fe3+还原为Co2【答案】(1)四(2)适当提高酸的浓度、粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或(4)2Fe2++2ClO-+4H+=2Fe3++Cl2↑+2H2O调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀学方程式为：2Fe2++2ClO-+4H+=2Fe3++Cl2↑+2H2O，第二步加入CaO的主要作转化为氢氧化铁沉淀。(5)“置换”操作中加入锌粉的主要目的为与溶液中的铜离子发生置换反(6)“操作X”的操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌①酸浸过程Fe3O4发生反应的离子方程式是②检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入【答案】(1)Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OFeS2+Ca2+=Fe2++CaS2，难溶的FeS2可转化为更难溶的(2)还原Fe3+为Fe2+C+程Fe3O4发生反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；②FeS2+Ca2+=Fe2++CaS2，难溶的FeS2可++21．(2024·山东省