高考化学热点题型：工艺流程综合大题（解析版）

工艺流程综合大题

1.(2020•四川省泸县第五中学上学期开学考试)高纯六水氯化锢晶体(SrCL-6H20)

可作有机合成的催化剂。用碳酸锢矿石(含少量BaCOs、FeO、SiO?等杂质)制备高

纯六水氯化锢晶体的过程如图所示。

颉然黑发

冷却站品法盒

II

考我索三司驾w^(四岁

1------------------1①②*—H③r-—)

已知:

3816

I.25℃,Ksp[Fe(OH)3]=l.0X10,Ksp[Fe(0H)2]=l.0X10

n.SrC12・6H2。晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。

请回答:

(1)步骤①中将矿石制成浆液能加快反应速率的原因是

(2)在“浆液”中加入工业盐酸，测得锢的浸出率与温度、时间的关系如图所示:

)045607590

RH展出IB度对便漫出率的影剪图2松出时间与他段出率的关系

据此合适的工业生产条件为___________________________

(3)步骤②“溶液”中加入30%的乩。2,其作用是

1

_____________________________(用离子方程式表示)0

(4)步骤③所得滤渣的主要成分除Fe(OH)3外，还有(填

化学式)；25℃,为使Fe*沉淀完全需调节溶液pH值最小为(当离

子浓度减小至1.0X10%oi-[/时，可认为沉淀完全)。

(5)关于上述流程中各步骤的说法，正确的是(填标号)。

A.步骤④用60c的热水浴加热蒸发至有晶膜出现

B.步骤④冷却结晶过程中应通入HC1气体

C.步骤⑤干燥SrCl2-6H20晶体可以采用减压干燥

(6)为测定所得SrC12・6H2O(Mr=267)晶体样品的纯度，设计了如下方案：称取

1.10g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNCU.70g的AgNOs溶液(溶液中除

C「外，不含其它与Ag+反应生成沉淀的离子)，C「即被全部沉淀。然后用含Fe”

的溶液作指示剂，用0.100mol•I?的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNOs溶液,

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，当

___________________________________________时达到滴定终点，用去NILSCN

溶液20.00mL,则原SrCl2•6H20晶体的纯度为%(计算结果保留1位

小数)。

【答案】

(1).增大反应物接触面积

(2).40℃；6Omin

2+3+

(3).2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O

2

(4).SiO2、BaSO43

(5).AC

(6).最后一滴NILSCN溶液滴入，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变

色97.1

【解析】

(1)根据影响化学反应速率因素，增大接触面积、或升高温度、或增大盐酸浓

度、或充分搅拌等都能加快反应速率。步骤①中将矿石制成浆液，增大反应物接

触面积，能加快反应速率；答案：增大反应物接触面积。

(2)在“浆液”中加入工业盐酸，根据铜的浸出率与温度、时间的关系图分析：

由图1可知：40℃时锢的浸出率最高，由图2可知60min锢的浸出率最高，所以

工业生产合适的条件为40℃；60min；答案：40℃；60mino

(3)根据上述分析步骤②“溶液”中含有Fe2+,加入30%的H2O2和稀硫酸，会发

生2Fe"+H202+2H+=2Fe3++2H2。，H2O2起了氧化剂的作用；答案：

2++3+

2Fe+H202+2H=2Fe+2H20。

(4)步骤③所得滤渣的主要成分除Fe(0H”外，还有不溶于水和酸的Si02固体，

38

还会有过程中生成的BaS04沉淀；25℃,Ksp[Fe(0H)3]=1.0X10-,要使Fe?+完全

3-5-385-33

沉淀，c(01T)=Ksp[Fe(0H)3]/1.0X10=l.0X10/l.0X10=1.0X10,所以

c(0IT)=1.0X1011mol/L,c(IT)=1.0X10%即pH=3,要使Fe*沉淀完全需调节溶

液pH值最小为3。答案：SiO2、BaS04；3。

(5)SrCb・6H20晶体在61℃时开始失去结晶水，100C时失去全部结晶水。A.步

3

骤④用60℃的热水浴加热蒸发至有晶膜出现，不会造成SrCl2-6H20失去结晶水，

又能加快速率，故A正确；B.因为Sr的金属性很强，SF在溶液中不会发生水

解，所以步骤④冷却结晶过程中不用通入HC1气体，故B错误；C.步骤⑤干燥

SrCL・6H2。晶体采用减压干燥可以减少SrC12・6H2。晶体失水，故C正确；答案：

ACo

(6)Fe"为黄色，遇SCN后溶液变红；含Fe3+的溶液作指示剂，当滴入最后一滴

NH4SCN溶液时，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终

点。根据AgSCfCNH,SCN可知生成AgSCN的物质的量n=0.02LX

0.100mol/L'=0.002mol,与C「反应的Ag*为1.70g-r170g/mol-

0.002mol=0.008mol,根据SrCl2・6H2()~2Ag*可知n(SrCl2•6H20)=0.004moL

SrC12・6H2。晶体的纯度=(0.004molx267g/mol)+1.lOgX100%=97.1%；答案：

最后一滴NILSCN溶液滴入，锥形瓶内试液变为红色，且半分钟内不变色；97.Io

2.(2020•北京市西城区高三上学期期末考试)含鼠根(CN-)的废水必须经处

理后排放。某电镀废水pH^12,氧化物以CN\Cu(CN1-等形式存在(均以CW

计)，处理流程如下：

一次处理二次处理

(l)HCN是一元弱酸，用离子方程式表示NaCN水溶液显碱性的原因:

(2)二次处理阶段，使用不同方法氧化。

4

①过硫酸钾（K2s2。8）氧化法：K2s2。8溶液将err（N为一3价）氧化成毒性弱的CNO

-（N为一3价）。

I.碱性溶液中S2（V-在一定条件下氧化CN-生成CNO-和S（V-的离子方程式是

II.不同浓度的K2s2。8溶液对CW的去除率如图1。工业上选用浓度为1mmol・匚

K2s2。8溶液，不用0.75mmol・L一和2mmol・L-1的原因是

m.研究CNF的氧化去除机理。（文献中为碱性条件下的结论）

文献：a.没有Cu+,S2（V-对CW没有去除效果。

b.Sz（V「和Cif反应生成硫酸根自由基（SOJ・）和CuO。

c.SOJ•可能转变为羟基自由基（­OH）o

d.S0「・、・OH均可将CK氧化为CN（T。叔丁醇只可以使・OH失去活性，乙醇

可以使SOJ・、・0H均失去活性。

5

实验：相同条件下，向含CulCN1-的碱性废水中加入叔丁醇，CW的去除率没有

影响；加入乙醇，CW的去除率降低50%。两种不同的CN的氧化去除机理如图2,

结合艾戟和头毁回答下列问题：

i.补全"机理o

ii.从“机理二”可看出CuO参与了去除CN一，列举其证据：

②电解法：碱性环境中，在阳极发生两步反应，CW放电生成CN(T,CN(r再放电生

成CO2和N2,第二步的阳极反应式是

______________________________________________________________________________________________________________O

【答案】

(1).CN+H2OHCN+OH

*122

(2).IS2O8'+CN'+2OH-+2SO4'+H2O

II.1mmol.L-1比0.75mmol-L-1的反应速率快，CN~的去除率高，比2mmol・L

T成本低

m.①CN\CNO\SOJ・、S(V-(从左至佑)碱性条件下要有Cu+才能去

除CN,而Cu+会生成CuO,加入乙醇，可以使SOJ•失去活性，而CN-的去除率

仍然有50%,说明CuO参与了去除CN

(2)2CNO+4OH-6e=2CO2T+N2T+2H2O

【解析】

6

（1）HCN是一元弱酸，NaCN会水解导致溶液显碱性，离子方程式为：

CN+H2OHCN+OH,故答案为：CN+H2OHCN+OH；

（2）①I、碱性溶液中S2（V一在一定条件下氧化CN生成CNO一和S（V一的离子方程式

22

为：S2OX-+CN+2OH一定条件CNO-+2SO4+H2O；

II、由图1看出，选用浓度为1mmol•I?K2s2。8溶液，既考虑了反应的速率和CN

一的转化率，也考虑了成本，故答案为：1mmol・L比0.75mmol«U1的反应速

率快，CW的去除率高，比2nlmol成本低；

m、i、结合文献资料（b）可知和Cif反应生成硫酸根自由基（S0「・）和

CuO,再结合总反应看，SO「•再与CN■反应生成CNO-和SCV,故图中机理一所填

物质依次为：CN\CNO\S01・、SO产（从左到右）;故答案为：CNF、CNO\SOJ・、

s（V-（从左到右）；

ii、碱性条件下，没有Cif,CN"不会被去除，而Cif会生成CuO,加入乙醇，可以

使SOJ•失去活性，而CN■的去除率仍然有50%,说明CuO参与了去除CW；故答

案为：碱性条件下要有CiT才能去除CN-,而Cl会生成CuO,加入乙醇，可以使

SOJ•失去活性，而CN-的去除率仍然有50%,说明CuO参与了去除CN；

3.（2020•江西名师联盟高三上学期第一次模拟考试）17.煤燃烧排放的烟气

中含有so2,易形成酸雨、污染大气。有效去除和利用S02是环境保护的重要议题。

（1）双碱法洗除SO2。NaOH溶液注Na2s溶液

CaO

①上述过程生成Na2SO3的离子方程式为o

②双碱法洗除SO2的优点为

7

(2)NaClOz氧化法吸收SO2。向NaClOz溶液中通入含有SO?的烟气，反应温度为

323K,反应一段时间。

①随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐(填“增大”“不变”

或“减小”)。

②如果采用NaClO替代NaClOz,也能得到较好的烟气脱硫效果。吸收等量的SO2,

所需NaClO的物质的量是NaC102的倍。

(3)SO2的利用。生产焦亚硫酸钠(Na2s2O5),通常是由NaHSOs过饱和溶液经结晶

脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2s2O5的工艺如下：

Na2CO3s/岫平固体sp2

饱和溶液一；―II―t~~I-JI,、，c_

-------------I■n口m田结晶脱水LNa2s2O5

pH=4.1pH=7~8pH=4.1

①［中反应的化学方程式为O

②若in中通入S02不足，结晶脱水得到的Na2s2。5中混有的主要杂质是(填

化学式)。

③工艺中加入Na2c。3固体，并再次充入S02的目的是

【答案】

--

(1)2OH+SO2=SO3+H2O用CaO可使NaOH再生

(2)减小2

(3)Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2Na2sO3得至！INaHSOs过饱和溶液

【解析】

(1)①S02与NaOH反应，生成Na2s。3和上0,反应的离子方程式为2OH-+S()2=SO，

+40；答案为：20H-+S02=S0r+H20；②双碱法洗除SO2的优点为CaO可使NaOH再

生；答案为：CaO可使NaOH再生；

8

(2)①随着吸收反应的进行,吸收剂溶液发生的反应为C102+2S02+2H20=Cr+2S0r

+4H+,所以溶液的pH逐渐减小；答案为：减小；

+

②如果采用NaClO替代NaC102,反应的离子方程式为C10+S02+H20=Cr+S0r+2H;

根据C1O；+2SO2+2H2O=C「+2SO；+4H+反应可知，吸收等量的SO2,所需NaClO的物

质的量是NaClO?的2倍；答案为：2；

(3)①I中，pH=4.L说明反应生成酸性物质，只能为NaHSOs,反应的化学方

程式为Na2co3+2SO2+H2O=2NaHSO3+C()2；答案为：Na2C03+2S02+H20=2NaHS03+C02；

②若III中通入SO2不足，则溶液为Na2s和NaHSOs的混合物，结晶脱水得到的

Na2s2O5中混有的主要杂质是Na2s。3；答案为：Na2S03；

③题干信息告诉我们“生产焦亚硫酸钠(Na2s2O5)，通常是由NaHSOs过饱和溶液经

结晶脱水制得”。工艺中加入Na2c固体，并再次充入SO?的目的，显然是为了

最终获得NaHSOs过饱和溶液；故答案为：得到NaHSOs过饱和溶液。

4.(2020•重庆市南岸区高三开学考试)MgS04・7H2。在医药上常用做泻药，工

业上可用氯碱工业中的一次盐泥为原料生产已知一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、

镒的硅酸盐和碳酸盐等成分其主要工艺如下：

H2sO4酸化NaClONaOH

请回答下列问题：

(1)一次盐泥与H2s充分反应后，分离沉淀1与滤液I时所用到的玻璃仪器有

玻璃棒和、.

9

(2)“操作X”是将溶液、、过滤洗涤，即得到

MgS04-7H20晶体.

(3)加NaClO溶液至pH=5〜6并加热煮沸5-10分钟，沉淀2中主要含有Mn02

和另外两种难溶物，这两种难溶物的化学式分别为、

其中NaClO溶液将MnS04转化为血。2的离子方程式为

(4)检验滤液U中是否含有Fe＞的实验方法是.

(5)称量制得的样品5g,用200mL水溶解，加入2mol/L的盐酸5mL,在不断搅

拌下滴加足量2mol/LBaC12溶液，充分反应后，得沉淀4.66g,则样品纯度为

【答案】

⑴.烧杯漏斗

(2).蒸发浓缩(或加热浓缩)冷却结晶(或降温结晶)

2++

(3).Fe(OH)3或Fe2O3Al(0H)3或Al203C10-+Mn+H20=Mn02+Cr+2H

(4).取滤液H1-2mL于试管中，加入少量的KSCN溶液，若不变红色，证明

滤液H中无Fe3+,反之若变为红色，则证明滤液II中含有Fe3+

(5).98.4%

【解析】

一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、镒的硅酸盐和碳酸盐等成分，加入硫酸反应生

10

成硫酸镁，硫酸钙，硫酸铁，硫酸铝，硫酸锦，会把碳酸盐和硅酸盐转化为溶于

水的硫酸盐，得到的沉淀1主要为睦论、CaSO”过滤，滤液加入次氯酸钠是为

了氧化镒离子为二氧化锦，同时溶液中Fe3+、Al”水解生成Fe(0H)3、Al(0H)3沉淀,

所以沉淀2为Mn02、Fe(OH)3>A1(OH)3,过滤，在滤液中加入氢氧化钠生成氢氧

化镁沉淀，所以沉淀3为Mg(0H)2,氢氧化镁中加入硫酸得到硫酸镁溶液，将溶

液经过加热浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥等操作，获得MgS0j7H2。晶体，

据此分析作答。

(1)分离沉淀1与滤液I属于过滤操作，则所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯

和漏斗，故答案为：烧杯；漏斗；

(2)硫酸镁溶液经过蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶(或降温结晶)和过

滤洗涤，即得到MgSO4・7乩0晶体，故答案为：蒸发浓缩(或加热浓缩)；冷却

结晶(或降温结晶)；

(3)加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸铝，硫酸铁，加入次氯酸钠是为了氧化镒

离子为二氧化镒，调节溶液pH,Fe3\AV水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，受热

分解分别得到FezOs和Al203；NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn"氧化成MnO2,

反应的离子方程式为Mn2++ci(y+H2O=MnO2l+2H++C「，故答案为：Fe(OH)3或FezOs；

2+-+

Al(OH)3或AI2O3；Mn+C10+H20=Mn021+2H+Cr；

(4)Fe"离子与KSCN溶液生成血红色的Fe(SCN)3,可利用该反应进行检验，故

答案为：取滤液H1-2mL于试管中，加入少量的KSCN溶液，若不变红色，证明

滤液H中无Fe*反之若变为红色，则证明滤液H中含有Fe。

(5)准确称量制得的样品5g,用200mL水溶解，加入21noi・「的盐酸5mL,在

11

不断搅拌下滴加足量2mol・LBack溶液，充分反应后，得沉淀4.66g,生成沉

466a

淀BaS04物质的量=2/1=0.02mol,则MgSOj7H2（）物质的量为0.02moL质量

=0.02molX246g/mol=4.92g,样品纯度=¥至X100%=98.4%,故答案为：98.4%。

5.（2020•北京市昌平区高三上学期期末考试质量抽测）LiCoOz是锂离子电池最

早使用的电极材料，利用原钻矿（含①2。3、NiS等杂质）制备LiCcA的工艺流程如

下：

2+2

资料:i.在含一定量c「的溶液中，钻离子以COCLZ一形式存在:co+4crcoci4

ii.Cod?-溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。

iii.盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示:

100

80

60

40

20

盐酸浓度/molL-1

（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为

12

a.4mol/Lb.6mol/Lc.10mol/L

⑵从平衡移动角度解释步骤适中加入NaCl固体的目的

______________________________________________________________O

(3)步骤iv的操作是o

(4)步骤vi用(NH4)2cO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钻(CO2(0H)2co，。

实验测得在一段时间内加入等量(NHjCCh所得沉淀质量随反应温度的变化如图

所示，分析曲线下降的原因

4080120160200240温度/℃

(5)步骤viii中C03O4和Li2c。3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoOz。该

反应的化学方程式是。

(6)锂离子电池的工作原理如图，充、放电过程中，在LiCoCh电极和碳电极之

间传递。电池的总反应为：LixC+LJC0O2器C+LiCo02

①放电时，电池的负极是

13

②充电时，电池的阴极反应式是0

【答案】

(1).C

(2).加入NaCl固体，溶液中C「浓度增大，平衡CO2++4C「CoCLz-右移,

CoCY-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。

(3).分液

(4).温度过高，碳酸镂分解(或NH；和C(V一水解程度增大),碳酸钱浓度降

低，沉淀质量减少。

,、邈

(5).4co3O4+6Li2c。3+02---12LiCo02+6C02

(6).LiCo02Lii-xCo()2+xLi*+xe-=LiCo02

【解析】

分析流程图，结合提供的资料，该工艺流程过程为：处理后的原钻矿用盐酸浸取

后钻溶解，溶液中含Cr3\Ni2+等杂质；在氯化钠共同作用下，Co?+大量转化成

CoClJ,用有机胺试剂萃取，经分液后与水中杂质分离；在洗脱过程中又重新转

化成CoCb溶液，再与加入的碳酸较发生反应生成碱式碳酸钻，燃烧后又生成四

氧化三钻，最后与碳酸钠烧结成产品LiCo02o在此分析基础上结合图表及相关知

识可解各小题。

(1)分析所给图可知：盐酸浓度为4mol/L>6moI/L时，杂质的含量虽然低，但

Co?+的溶解率也低；盐酸浓度为10mol/L时，(V+的溶液率很高，而杂质溶解率低,

14

故应选择lOmol/L,答案为：C

(2)步骤iii的目的是尽可能把二价钻转化成CoCi；,根据反应Co2++4Cr

C0CL2-可知，氯化钠的溶解增大了CV浓度，使平衡正向移动，提高了Co*的转化

2

率，故答案为：加入NaCl固体，溶液中C「浓度增大，平衡C02++4CrCoCl4

-右移，CoCL?-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度

(3)有机胺试剂与水不相溶，故可采用分液的方法分离，故答案为：分液

(4)由图可知，在一段时间内加入等量碳酸钱所得沉淀质量随温度的升高，先增

大后减小，因考虑温度对，反应的影响：一方面，温度高有利于c(V-和Co?+的水

解，从而有利于生成碱式碳酸钻；另一方面，温度升高，使碳酸镂的双水解程度

增大，致使碳酸镂分解，浓度降低，溶液碱性下降，不利与Co?+的水解成

CO(0H)2C03,故答案为：温度过高，碳酸核分解(或NHJ和CO32-水解程度增大)，

碳酸钱浓度降低，沉淀质量减少

⑸不难写出步骤viii的反应为:4co3(\+6Li2C03+02=12LiCo02+6C02,

j哥3尉

故答案为：4CO304+6Li2C03+02=12LiCo02+6C02

(6)根据电池反应IXC+Li-Co02霹C+LiCo02：

①.放电时负极发生氧化反应，所含元素化合价升高，物质变化为LiCoO2f

LiwCo02,电极是LiCoO?,答案为：LiCo02

②.充电时阴极发生还原反应，物质的变化为：LicCoO2fLic0。2,电极反应式：

+-+

LiI-XCO02+XLi+xe==LiCo02,故答案为：Lii-xCo02+xLi+xe"==LiCo02

15

6.(2020•北京市西城区高三上学期期末考试)二氧化氯(C102)广泛应用于纸

浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClOs的方法制备

C102,工艺流程如下：

CH30H63%H2SO4冷水

NaC103(aq)匕三发生器|~，冷却塔|~>|吸收塔|~，CIO2储存罐

过程I(过滤)

—Na3H(SO)处理器<——i.H2O,ii.NaC103(s)

过程II

Na,SOjlOHQ

已知：a.发生器中制备CW的反应：12NaC103+8H2S04+3CH30H=12C102t

+3HC00H+4Na3H(S04)21+9H20

b.相关物质的熔沸点:

HCOOHC10

物质CH3OH2

熔点/℃-979-59

沸点/℃6510111

(l)C102可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有性。

(2)冷却塔用于分离C102并回收CLOH,应控制最佳温度为(填字母)。

A.0~10℃B.20~30℃C.60~70℃

(3)经过程I和过程n可以获得芒硝(Na2S04-10H20)并使部分原料循环利用。

已知：Na2s0-10上0和Na2s(X的溶解度曲线如下图：

16

6O

5O

4O

33O

、2O

里IO

茶

森

0

0102030405060708090100

温府/匕

①Na3H(S0D2处理器中获得芒硝时需加入NaClOs固体，从芒硝溶解平衡的角度解

释其原因：。

②结合Na2sO-IO&O和Na2sO’的溶解度曲线，过程H的操作是：在32.4℃恒温

蒸发，o

③Na3H(S0J处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClOs和。

【答案】

⑴.氧化

⑵.B

+2+

(3).①Na2s04」0旦0(»2Na(aq)+SO4(aq)+10H2O,力口入NaClOs,使钠离子浓度

增大，平衡逆向移动，有利于Na2s。4・10乩0的析出②冷却结晶，过滤，

洗涤，干燥③H2s

【解析】

由流程可知，发生器中制备C102,冷却塔用于分离C102并回收CL0H,在吸收塔

中用冷水冷凝C102,最后再储存；发生器中生成的岫祝604)2进入Na3H(S0)处

理器，用H20和NaClOs处理得到Na2s。4・10H20o

17

(1)C102可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化;

(2)冷却塔用于分离CIO?并回收CROH,根据表格中相关物质的溶解度，控制的

温度应该使CH30H液化，但是CIO?不能液化，只有B项合适，答案选B；

+2+

(3)①在处理器中会发生反应：Na2SO410H2O(s)2Na(aq)+SO4(aq)+10H2O,加入

NaC103,使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2s04・10乩0的析出，故答

案为：

+2+

Na2SO4-10H2O(s)2Na(aq)+SO4(aq)+10H2O,加|入NaCW,使钠离子浓度增大，平衡

逆向移动，有利于Na2sO4・10H20的析出；

②过程H的操作为在32.4℃恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故

答案为：冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；

③Na3H(S0J处理器的滤液中可以循环利用的原料为NaClOs和H2S04,故答案为：

H2sO4o

7.(2020•广东省清远市高三上学期期末教学质量检测)银是一种常用的有机

催化剂，且在电磁领域应用广泛。某工厂以含银废料(主要含NiO、Fe203>FeO、

AI2O3、Si02>CaO)为原料制备银单质的流程如下：

滤渣1滤渣2Nz

已知：i.Ni2+在弱酸性环境中易水解，氧化性：旧2+(高浓度)〉父>町2+(低浓度);

_38-16

ii.常温下,XP[Fe(0H)3]=4X10,XP[Fe(0H)2]=8XIO,4P[Al(OH)3]=1X

18

-3315

IO,A；p[Ni(0H)2]=2X10~,离子浓度低于1X10-5mol・LT时，认为沉淀完

全。

回答下列问题:

(1)“粉碎”的目的是；“滤渣1”的主要成分为O

(2)“转化[”的目的为(用离子方程式

表示)。

⑶为了更加环保，有人用H2O2代替NaClO进行“转化I”，发现所用上。2远远

高于理论用量，分析造成这一结果的原因为o

⑷调pH的目的是沉淀溶液中的铁和铝，调节pH=5时，(选填“能”

或“不能”)达到目的，“试剂X”可以是(填选项字母)。

A.FeOB.Fe2O3C.NiOD.Al203

(5)N2H4的电子式为:“转化II”中发生反应的离子

方程式为。

(6)工业上也可取“滤液2”，利用电沉积法制取金属Ni,电解装置如下。电解

过程中银棒上可能发生的电极反应式为o

【答案】

19

(1)增大接触面积，加快酸溶速率SiO2、CaSO4

+2+-3+

(2)2H+2Fe+C10=2Fe+Cr+H2O

(3)溶液中的Fe"能催化分解H202,从而使所用上。2远远高于理论用量(2分)

⑷能(1分)C(1分)

H：N：N：H

(5)HH(2分)2Ni?++N2H4+40H-=2NiI+N2t+4H20(2分)

(6)Ni2++2e~=Ni,2H++2e-=H2t(2分,每个1分)

【解析】

(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，可以加快酸溶速率；“滤渣1”的主要成

分为SiOz、CaSO4.

(2)“转化I”的目的是将Fe2+转化为Fe?+,反应离子方程式为2H++2Fe2++C10

2Fe"+Cr+H20o

⑶用乩。2代替NaClO进行“转化I”时，溶液中生成的Fe"能催化分解H202,会

使所用上。2远远高于理论用量。

383+

⑷根据AjFeSHXndXlO-、40[Al(OH)3]=1X10-3可知，pH=5c(Fe)

=4X

10-11mol・L-\C(A13+)=1X10-6mol•L-1,均小于1X10-5mol•L-1,能沉淀

完全；调pH时，为了使Fe"、A产沉淀完全且不引入其他杂质，加入的“试剂X”

可以是NiO,故C项正确。

20

H：N：N：H

(5)玲乩的电子式为HH；“转化n”中发生反应的离子方程式为2Ni2++N2H4

+40H"=2NiI+N2t+4H20O

2+-

(6)电解过程中银棒上可能发生的电极反应式为Ni+2e=Ni和2H++2e-=H2

to

8.(2020•安徽省“皖南八校”上学期摸底)元素铭(Cr)在自然界主要以+3价

和+6价存在。回答下列问题：

(1)+6价的Cr能引起细胞变异而对人体不利，可用Na2s将CoCV-还原为Cr3+,

反应的离子方程式为O

(2)利用倍铁矿(FeO-CG03)冶炼制取金属铭的工艺流程如图所示：

纯*空气Na?S

II

II

浸液源液

①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是(写一

条)。

②“水浸”后，要获得浸出液的操作是O浸出液的主要

成分为NazCrO”向“滤液”中加入酸化的氯化钢溶液有白色沉淀生成，则“还

原”操作中发生反应的离子方程式为

③加热Cr(0H)3可得到CG03。从工业成本角度考虑，用行2。3制取金属Cr的冶炼

方法是-

21

【答案】

2+2-3+2

(1).3S03+8H+Cr207=2Cr+3S04+4H20

22-2-

(2).①将铝铁矿粉碎②过滤3S+20H20+8Cr207=8Cr(0H)31+3S04

+1601T③高温下，用CO还原或热还原法

【解析】

(1)反应中铭元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得

失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为3s032-+8H++Cr2(V-

3+2

=2Cr+3S04+4H20；

(2)①影响化学反应速率的外界因素主要有物质的表面积大小、表面积越大，反

应速率越快，故为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是粉碎将铁

矿；

②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成

分为NazCrO”向“滤液”中加入酸化的氯化钢溶液有白色沉淀生成，说明加入

的Na2s被氧化成SO4。Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依

2-

据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为3s2-+20H20+8Cr2()72-=8Cr(0H)31+3S04

+1601T；

③从工业成本角度考虑，用班2。3制取金属Cr,可以采取CO高温还原CGO3(热

还原法)。

9.(2020•四川省成都市2020届高三摸底测试)确是发展高科技产业、国防与

尖端技术不可或缺的原料。HzTeOs是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用铜

22

阳极泥［主要成分是硝化亚铜(C*Te),含少量的Ag、Au］回收确，其工艺流程如

下：

Na2SO,

8

已知：CUC204^KSP^2.2X10-；离子浓度小于IX10-51noi/L时,即离子完全沉

淀。

(l)Cu2Te中Te的化合价是。

(2)滤渣的成分是,滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为

o氧化酸浸时温度过高会使碑的浸出率降低，原因是

(3)若要使C/+完全沉淀，应控制C2(V-的浓度不低于

(4)还原反应的离子方程式为

【答案】

⑴.-2

(2).Ag、AuH2TeO3>CuS04温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分

(3).2.2X10-3mol/L

2*2-34

(4).H2Te03+2S03=2S04+TeI+H20

23

【解析】

铜阳极泥的主要成分为CuzTe,含少量的Ag、Au,在稀硫酸中溶解，并加入过氧

化氢，得到H2TeO3>Au>Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和H2TeO3,

滤渣中含有Au、Ag,在滤液①中加入草酸钠，HzTeOs是一种比草酸酸性弱的二元

酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加入分解生成

铜；滤液②中含有HzTeOs和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的HzTeOs还

原为Te,同时得到硫酸钠，据此分析解答。

(l)Cu2Te的名称为硝化亚铜，则Cu的化合价为+1价，因此Te的化合价是-2,

故答案为：-2；

(2)根据上述分析，滤渣的成分是Ag、Au,滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物

为HzTeOs、CuSO”温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分，导致氧化酸浸时

温度过高会使碗的浸出率降低，故答案为：Ag、Au；H2TeO3>CuSO4；温度过高H2O2

分解增多，使氧化酸浸不充分；

8

(3)CUC204^KSP^2.2X10-,离子浓度小于IX105moi儿时，离子即完全沉淀。

若要使Ci?+完全沉淀，应控制CzfV-的浓度不低于斗普=2.2X10%O1/L,故答

1x10

案为：2.2X103mol/L；

(4)加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中