高考化学工艺流程题55686

1、-作者xxxx-日期xxxx高考化学工艺流程题55686【精品文档】工艺流程图题型突破1【2017 新课标 1 卷】（ 14 分）Li4Ti5O12 和 LiFePO4 都是锂离子 电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为 FeTiO3，还含有少量 MgO、SiO2 等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：（1） “酸浸 ”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为 70%时，所采用的实验条件为 _。（2） “酸浸 ”后，钛主要以 错误！未找到引用源。 形式存在，写出相应反应的离子方程式_。（3）TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应 40 min 所得实验结

2、果如下表所示：温度/ 30 35 40 45 50TiO2·xH2O 转化率 % 92 95 97 93 88分析 40 时 TiO2·xH2O 转化率最高的原因 _。（4）Li2Ti5O15 中 Ti 的化合价为 +4，其中过氧键的数目为 _。（5）若 “滤液 ”中错误！未找到引用源。 ，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加 1 倍），使 错误！未找到引用源。 恰好沉淀完全即溶液中 错误！ 未找到引用源。 ，此时是否有 Mg3(PO4)2 沉淀生第 1 页 共 1 页【精品文档】成？ （列式计算） 。FePO4、Mg3(PO4)2 的 Ksp 分别为 错误！未找到引用源。 。

3、（6）写出 “高温煅烧 ”中由 FePO4 制备 LiFePO4 的化学方程式 。+4Cl- = Fe2+ 错误！未找到引用源。 + 2H2O 【答案】（1）100、2h，90，5h （2）FeTiO3+ 4H（3）低于 40， TiO2·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过 40，双氧水分解与氨气逸出导致 TiO2·xH2O 转化反应速率下降 （4）4 3+ - 1 × 1107 mol L·- 1，（5）Fe 恰好沉淀完全时， c(错误！未找到引用源。 )=错误！未找到引用源。 mol·Lc3(Mg2+) ×c2(错误！未

4、找到引用源。 )(0.01)3× ×171) 02 × 1040Ksp ，因此不会生成 Mg3(PO4)2沉淀。（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4高温2LiFePO4+ H2O+ 3CO2（4）Li2Ti5O15 中 Li 为+1 价，O 为2 价，Ti 为+4 价，过氧根 (错误！ 未找到引用源。 )中氧元素显 1价，设过氧键的数目为 x，根据正负化合价代数和为 0，可知(+1) × 2+(+4) × 52+)(× (152 x)+(1) × 2x =0，解得： x=4；3+ 2（5）Ksp=c(Fe ，

5、则 c(错误！未找到引用源。 ) 错误！未找 ) ×c(错误！未找到引用源。 × 10 17 mol/L ， Qc c3(Mg2+) ×c2( 错 误 ！ 未 找 到 引 用 源 。 ) 到 引 用 源 。 × 103 17 2 40 24 × 10，则无沉淀。 (0.01) × × × 10（6）高温下 FePO4 与 Li2CO3 和 H2C2O4 混合加热可得 LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4高温2LiFePO4+ H2O+ 3CO

6、2。【名师点睛】工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问， 形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。 制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度 (原料是否廉价易得 )、环保角度 (是否符合绿色化学的要求 )、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边第 2 页 共 2 页思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用 “四段论法 ”：本题改变了什么条

7、件 (或是什么条件 ) 根据什么理论 所以有什么变化 结论。2【2017 新课标 3 卷】（ 15 分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为 FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤的主要反应为： FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 错误！ 未找到引用源。 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后 FeO·Cr2O3 与 NaNO3 的系数比为 _。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。（2）滤渣 1 中含量最多的金属元素是 _，滤渣 2 的主要成分是 _及含硅杂质

8、。（3）步骤调滤液 2 的 pH 使之变 _（填 “大”或 “小 ”），原因是 _（用离子方程式表示） 。（4）有关物质的溶解度如图所示。向 “滤液 3”中加 入适量 KC，l 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7 固体。冷却到 _（填标号）得到的 K2Cr2O7 固体产品最多。第 3 页 共 3 页a 80 b 60 c40 d10步骤的反应类型是 _。（5）某工厂用 m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_。【答案】（1）2 7 陶瓷在高温下会与 Na2CO3 反应 （2）铁 Al(OH)3+ 错误！未找到引用源。 +H （3

9、）小 2 错误！未找到引用源。 +2H2O （4）d 复分解反应 （5）错误！未找到引用源。 ×100%（ 3 ）滤液 2调节pH 的 目 的 是 提 高 溶 液 的 酸 性 ， pH变小 ； 因 为 溶 液 中 存 在2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，增大溶液中 H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中 Cr2O72-的浓度。（4）由图示可知，在 10 左右时，得到 K2Cr2O7 的固体最多； 2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7+2NaCl的反应类型为复分解反应。（5）样品中 Cr2O3 的质量为 m1× 40% k，g 则生成K2Cr2O7 的理

10、论质量为 m1× 40% kg错×误！未找到第 4页共 4 页引用源。，则所得产品的产率为 m2 kg÷（m1× 40%kg×错误！未找到引用源。 ）× 100%错= 误！未找到引用源。 × 100%。3【2017 北京卷】（ 13 分）TiCl4 是由钛精矿（主要成分为 TiO2）制备钛（ Ti）的重要中间产物，制备纯 TiCl4 的流程示意图如下：资料： TiCl4 及所含杂质氯化物的性质化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2沸点 / 58 136 181（升华） 316 1412熔点 / -

11、 69 - 25 193 304 714在 TiCl4 中的溶解性 互溶 微溶 难溶（1）氯化过程： TiO2与 Cl2 难以直接反应，加碳生成 CO 和 CO2可使反应得以进行。-1已知： TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) H1=+175.4 kJ mo·l-12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=-220.9 kJ mo·l 沸腾炉中加碳氯化生成 TiCl4(g)和 CO(g)的热化学方程式： _。 氯化过程中 CO和 CO2 可以相互转化，根据如图判断： CO2 生成 CO 反应的 H_0（填“ ”“”或“=）”，判断依据： _

12、。 氯化反应的尾气须处理后排放， 尾气中的 HCl 和 Cl2 经吸收可得粗盐酸、 FeCl3 溶液， 则尾气的吸收液依次是 _。 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗 TiCl4 混合液，则滤渣中含有 _。（2）精制过程：粗 TiCl4 经两步蒸馏得纯 TiCl4。示意图如下：第 5 页 共 5 页物质 a 是_，T2 应控制在 _。【答案】（ 1）Ti O2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiC4l(g)+2CO(g) kJ/mol> 随温度升高， CO 含量增大，说明生成 CO的反应是吸热反应H2O、FeCl2 溶液、 NaOH 溶液 MgCl2、AlCl3、FeCl3（2）SiC

13、4l 高于 136，低于 181中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。 资料中已经给出 “TiCl4 及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的 MgCl2、AlCl3、FeCl3 只有少量溶解在液态 TiCl4 中，而 SiCl4 完全溶解在 TiCl4 中，因此过滤得到粗 TiCl4 混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。 滤渣应为 MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）根据资料， SiCl4 的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质 a 为 SiC4l ，根据流程目的，为了得到纯净的 TiCl4，后续温度需控制在稍微大于 136，但小于 181。【名师点睛】本题以钛精矿制备纯 T

14、iCl4 的流程为素材，主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、 HCl 及 Cl2 尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综合应用能力和对已知信息的综合应用能力。 制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度 (原料是否廉价易得 )、环保角度 (是否符合绿色化学第 6 页 共 6 页的要求 )、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求

15、用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件 (或是什么条件 )根据什么理论所以有什么变化结论。另外需要注意题干信息的提取和筛选，例如本题中：溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到 TiCl4 液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分。工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。4【2017 江苏卷】 (12 分)铝是应用广泛的金属。 以铝土矿 (主要成分为 Al2O3，含 SiO2 和 Fe2O3 等杂质 )为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2 在“碱溶 ”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1） “碱溶 ”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 _。（2）向 “过滤 ”所得

16、滤液中加入 NaHCO3 溶液，溶液的 pH_ (填“增大 ”、“不变 ”或 “减小 ”。)（3）“电解 ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 _。（4）“电解 ”是电解 Na2CO3 溶液，原理如图所示。 阳极的电极反应式为 _，阴极产生的物质 A 的化学式为 _。（5）铝粉在 1000时可与 N2 反应制备 AlN。在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合，有利于AlN 的制备，其主要原因是 _。第 7 页 共 7 页- =2AlO2+H2O （2）减小（ 3）石墨电极被阳极上产生的 O2 氧化 【答案】（1）Al2O3+2OH2（4）4CO3+2H2O-4e

17、-=4HCO3 +O2 H2（5）NH4Cl 分解产生的 HCl能够破坏 Al 表面的 Al2O3 薄膜（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤 I 所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的 pH 减小。（3）电解 I 过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。-（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的 OH放电生成氧气，破坏了水的+2+2H2O-4e - =4HCO3 +O2，阴 电离平衡，碳酸根结合 H 转化为 H

18、CO3 ，所以电极反应式为 4CO3+极室氢氧化钠溶液浓度变大， 说明水电离的 H放电生成氢气而破坏水的电离平衡， 所以阴极产生的物质 A 为 H2。（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于 AlN 的制备。【名师点睛】 本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识， 在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。 制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成， 每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度 (原料是否廉价易

19、得 )、环保角度 (是否符合绿色化学的要求 )、现实角度等方面考虑； 解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用 “四段论法 ”：本题改变了什么条件(或是什么条件 ) 根据什么理论或性质 所以有什么变化 结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质， 即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。5【2017 江苏卷】 (15 分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量

20、Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略 )。第 8 页 共 8 页已知： NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如： 3NaClO 2NaCl+NaClO3+ -AgCl可溶于氨水： AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2+ Cl+2H2O+： 常温时 N2H4·H2O(水合肼 )在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2+N2H4·H2O 4Ag+N4Ag(NH3) 22+4NH4 2O（1）“氧化 ”阶段需在 80条件下进行，适宜的加热方式为 _。（2）NaClO溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH和 O2，该反应的化学方程式为 _。

21、HNO3 也 能 氧 化 Ag ， 从 反 应 产 物 的 角 度 分 析 ， 以 HNO3 代 替 NaClO 的 缺 点 是_。（3） 为提高 Ag 的回收率，需对 “过滤 ”的滤渣进行洗涤，并 _。（4）若省略 “过滤 ”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过 量 NaClO 与 NH3·H2O 反 应外 ( 该 条件 下 NaClO3 与 NH3·H2O 不 反应 ) ， 还因为_。（5）请设计从 “过滤 ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案： _(实验中- 1须使用 的试剂有： 2 mol ·L- 1水合肼溶液， 1

22、mol ·LH2SO4)。【答案】（1）水浴加热 （2）4Ag+4NaClO+2H2O 4AgCl+4NaOH+O2会释放出氮氧化物 (或 NO、NO2 )，造成环境污染 （3）将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中-（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的 Cl，不利于 AgCl与氨水反应（5）向滤液中滴加 2 mol·L- 1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 mol·L- 1 H2SO4 溶液吸收反应中放出的 NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。该反应的化学方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4N

23、aOH+O2。 HNO3 也能氧化 Ag，硝酸做氧化剂第 9 页 共 9 页时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以 HNO3 代替 NaClO的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染。（3）为提高 Ag 的回收率，需对 “过滤 ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。（4）若省略 “过滤 ”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量 NaClO 与 NH3·H2O 反 应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，-且其中含有一定浓度的 Cl+

24、 Cl- +2H2O 反，不利于 AgCl与氨水发生 AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2应 ，使得银的回收率变小。（5） “过滤 ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼 )在碱性条件下+能还原 Ag(NH3) 2+N2H4·H2O4Ag+ N：4 Ag(NH3) 22+ 4NH4 2O ，所以首先向该+ 4NH3+H滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原， 由于该反应产生所气体中含有氨气， 氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物

25、静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加 2mol·L - 1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 mol ·L- 1 H2SO4 溶液吸收反应中放出的 NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。【名师点睛】本题以回收一种光盘金属层中的少量 Ag 的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑

26、思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息， 注意反应条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照 “核心转化 尾气处理 产品分离 产品提纯 ”思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。2017 届高考模拟试题 ，6【郑州市 2017 届第三次模拟】碲 ( Te) 广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥（主要含有 TeO2、少量 Ag、Au) 为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：第 10 页 共 10 页已知 TeO2 微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊。（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为

27、_。（2）碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是 _。（3）“沉碲”时控制溶液的 pH 为 45? 50，生成 TeO2 沉淀。酸性不能过强，其原因是_；防止局部酸度过大的操作方法是 _。（4）“酸溶”后，将 SO2 通人 TeC4l 酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是_。- 3 - 8（5）25° C 时，亚碲酸（ H2TeO3) 的 Ka1=1× 10 ，Ka2=2× 10。- 1 H0. 1 mol · L 2TeO3 电离度 约为_ 。（ =错误！未找到引用源。 × 100%)- 10lmol ? L

28、的 NaH TeO3 溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是 _。+ )> c( HTeO - )> c( OH- )> c( H + ) Ac( Na2TeO3)> c( H 32- ) + c( OH+) + c( H+) >= c( HTeO3- ) + c( TeO3 - ) Bc( Na+ ) = c( TeO 2- ) + c( HTeO - ) + c( H Cc( Na3 3+)+ c( H2TeO3)= c( OH- )+ e( TeO32- ) Dc( H-【答案】 TeO22OH2- HTeO3 2O 3Ag + 4HNO3 = 3AgN

29、O3 +NO+2H2O 溶液酸性过强， TeO2 会继续与酸反应导致碲元素损失 缓慢加入 H2SO4，并不断搅拌 TeC4l +2SO2+4H2O =Te+4HCl+2H2SO410 C D 2，因此有 TeC4l SO2TeH2SO4HCl，根据化合价的升将 TeC4l 还原成 Te，本身被氧化成 SO4降法进行配平，即 TeC4l2SO2Te2H2SO44HCl，反应物中缺少 8 个 H 和 4 个 O，即缺少 4 个H2O，反应方程式为： TeC4l +2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 ；（5）亚碲酸是二元弱酸，以第一步 ) × c( H)/ c( H2TeO3

30、) ，代入数值，求出电离为主， H2TeO3 HTeO3 ，根据 Ka1=c( HTeO3 H 1 )= 0. 01mol · Lc( H，即转化率 为 0. 01/ 0. 1× 100%=10%； A、NaHTeO3 的水解平衡 常数第 11 页 共 11 页 14/ 1× 103=1011<2× 10Kh=Kw/ Ka1=1× 108，此溶液应显酸性，即 c( OH)> c( H) ，故 A 错误； ) + c( H) = c( HTeO3 ) + 2c( TeO32) + c( OH ) ，故 B 错误； C、B、根据电荷守恒

31、，应是 c( Na根据物料守恒，因此有： c( Na ) = c( TeO3 ) + c( H2TeO3) ，故 C 正确； D、根据2) + c( HTeO3质子守恒， . c( H ) ，故 D 正确。)+ c( H2TeO3)= c( OH)+ e( TeO32点睛：本题的易错点是问题（ 5）中的 A 选项，因为 NaHTeO3 是酸式盐，既有电离也有水解，需要判断是电离为主还是水解为主， 这需要根据电离平衡常数和水解平衡常数大小进行判断， 水解平衡常数 Kh=Kw/ Ka1=1× 10 ，电离大于水解，因此溶液应显酸性，故 A 错14/ 1× 103=1011<

32、;2× 108误。7【宁德市 2017 届第三次质量检查】氯化亚铜是一种重要的化工原料，广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。一种利用低品位铜矿 ( Cu2S、CuS及 FeO和 Fe2O3 等) 为原料制取 CuCl的工艺流程如下：回答下列问题：（1）步骤“浸取”前需将铜矿粉碎的目的是 _；“浸取”时，被氧化的元素有 _( 填元素符号 )2+、Mn 2+、Fe3+开始生成沉淀和沉淀完全的 pH 如下表，则步骤“中和”时， pH 应 （2）已知 Cu控制的范围为 _。物质 Cu( OH) 2 Mn ( OH) 2 Fe( OH) 3开始沉淀 pH 4. 7 8. 3 1. 2完

33、全沉淀 pH 6. 7 9. 8 3. 2（3）步骤 IV 加热“蒸氨”时发生反应的化学方程式为 _。第 12 页 共 12 页（4）步骤 VI 反应的离子方程式为 _，其中盐酸需过量， 其原因是 _。（5）步骤获得 CuCl晶体需经过滤、洗涤、干燥。洗涤时，常有无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂的优点是 _( 写一点 ) 。【 答 案 】 提 高 浸 取 反 应 速 率 和 原 料 的 浸 取 率 Cu 、 S 和 Fe 3 2 pH<4 7Cu( NH3) 4CO3=- +2H+Cu = 2- +H 2+和 Cu+水解，提CuO+4NH3+ CO2 CuO+4Cl2O 防止 Cu高 CuCl

34、产率 避免 CuCl 溶于水而损失( 或防止被氧化， 或缩短干燥时间降低能耗， 或其他合理答案）（3）步骤 IV 加热“蒸氨”时， Cu( NH3) 4CO3 受热分解生成氨气、 CuO 和 CO 2，发生反应的化学方程式为 Cu( NH3) 4CO3=CuO+4NH3+ CO2；（ 4）步骤 VI 是 CuO 溶解于盐酸和氯化钠的混合溶液生成 Na，发生反应的离子方程式为-CuO+4Cl+ -+2H +Cu = 22+和 Cu+H2O，为防止 Cu水解，并提高 CuCl产率，应保证盐酸；（5）用无水乙醇代替蒸馏水洗涤 CuCl晶体，可避免 CuCl 溶于水而损失( 或防止被氧化，或缩短干燥时

35、间降低能耗)。8【安徽省江南十校 2017 届 5 月冲刺联考（二模） 】金属钒主要用于冶炼特种钢和在化学工业、炼油工业中作催化剂，被誉为“合金的维生素”。回收利用废钒催化剂（主要成分为 V2O5、VOSO4和二氧化硅）的工艺流程如下图所示。（1） 粉碎的作用是 _，滤渣可用于 _（填用途）。（2） 25 时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH 之间的关系如下表所示：第 13页共 13 页pH 1. 3 1. 4 1. 5 1. 6 1. 7 1. 8 1. 9 2. 0 2. 1钒沉淀率 /% 8. 1 91. 8 96. 5 98 99. 8 9. 8 96. 4 93. 0 89.

36、 3根据上表数据判断， 加入氨水调节溶液 pH 的最佳选择为 _；上述过滤操作过程中所需用到的玻璃仪器有 _。（3）为了提高钒的浸出率，用酸浸使废钒催化剂中的 V2O5 转变成可溶于水的 VOSO4，酸浸过程中还原产物和氧化产物的物质的量之比为 _。（4）完成并配平氧化过程中的离子方程式： _ClO3- VO2+ + = VO3+ Cl- 。（5）废钒催化剂中 V2O5 的质量分数为 6%（原料中的所有钒已换算成 V2O5）。取 100g 此废钒催化剂按上述流程进行实验，当加入 105 mL 0. 1 mol· L- 1 的 KClO3 溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步

37、钒没有损失，则该工业生产中钒的回收率是_。【答案】 提高 VOSO4（可溶性钒化合物） 的浸出率 制作光导纤维、 建筑材料等 （写出一种即可得分）+ 6 1 3H2O 95. 55% 1. 7- 1. （8 或 1. 7 或 1. 8） 漏斗、烧杯、玻璃棒 2：1 1 6 6HVOSO4，化学方程式为 : V2O5+NaSO3+2H2SO4=2VOSO4+2H2O+Na2SO4, 该反应中 V2O5 为氧化剂，- 将 VO2+氧化为 Na2SO3 为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1 1；（4）该反应中 ClO33+, 而本身被还原为 Cl- ，离子方程式为 : ClO - +6VO

38、2+6H+=6VO3+Cl- +3HVO 2O；（5）根据钒元素守恒33+错误！未找到引用源。 3V2O5，则回收 及反应的化学方程式得 : KClO3错误！未找到引用源。 6VO- 1×182 g· mol到的 m( V2O5)= 3×0. 105 L×0. 1 mol· L- 1=5. 733 g, 故钒的回收率是错误！未找到引用源。 ×100%=95. 55%。点睛：本题以工艺流程的形式考查了化学实验的基本操作、物质的制备及有关计算等，意在考查考生的计算能力和综合分析判断能力。9【龙岩市2017 届 5 月综合能力测试（二） 】

39、金属镉广泛用于合金制造及电池生产等，一种用铜镉废渣（含 Cd、Zn、Cu、Fe及 Co 等单质）制取海绵镉的工艺流程如下：第 14页共 14 页（1）步骤进行破碎和粉磨的目的是 _。（2）步骤需隔绝 O2 的原因 _（用文字和方程式说明） 。（3）步骤中除铁发生的离子反方程式为 _。（4）步骤调节 pH 适宜的试剂是 _，应调整的范围为 _。（已知部分氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的 pH 如下表）氢氧化物 Fe( OH) 3 Cd( OH) 2 Zn( OH) 2开始沉淀的 pH 1. 5 7. 2 5. 9沉淀完全的 pH 3. 3 9. 9 8. 9 2+=Z n2+Co，（已知 Sb的金属

40、活动性介于 Cu和 Ag 之间），加入少（5）步骤发生的反应为 Zn+Co量锑盐能加快反应的进行，其原因是 _；（6）用石墨作阳极，纯锌作阴极电解 ZnSO4 溶液可得高纯锌，电解时总反应的离子方程式为_；电解后的残液返回到步骤 _（填流程中数字） 。 +O 2+2H【答案】 提高原料浸取率和浸取时反应速率 防止发生 2Cu+4H 2 = 2Cu 2O，导致铜被浸出2+MnO4+4H+=MnO2+3Fe3+4H2O ZnO 或 Zn( OH)2 3. 35. 9 形成微电池， Zn 作负极， 3Fe2+加快在锑正极表面得到电子析出 2Zn2+2H2O 2Zn + O2+4H+ Co2+=Zn2+Co 反应速率加快； （5）加入少量