1、专题16 工艺流程题1（2022浙江卷）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：化合物X在空气中加热到，不发生反应。请回答：(1)组成X的三种元素为_；X的化学式为_。(2)溶液C的溶质组成为_(用化学式表示)。(3)写出由X到A的化学方程式_。X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_。(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_。【答案】(1) Ba、Cu、O BaCu3O4(2)HCl、H2SO4(3) 2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3H2O3Cu(NH3)+Ba2+8OH+8H2O(4)将湿润的红色
2、石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4，据此解答。(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g64g/mol0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g233g/mol0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g233g/mol0.01m
3、ol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol137g/mol0.685g，二者质量之和是1.645g1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g16g/mol0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。(3)反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaC
4、u3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O3Cu(NH3)+Ba2+8OH+8H2O。(4)反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。2（2022广东卷）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均
5、难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.27.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_。(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_(保留两位有效数字)。(4)“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_。“操作X”的过程为：先_，再固液分离。(5)该工艺中，可再生循环利用
6、的物质有_(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_电子。用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_。【答案】(1)Fe2+(2) 4.7pH6.2 (3)4.010-4(4)加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶(5)MgSO4(6)15 O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐
7、酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；(2)由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.27.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH6.2；(3)滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则=410-4，故答案为：410-4；(4)“加热搅拌”
8、有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率； “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；(6)中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。3（2022湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想
9、的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：物质沸点/13612757180回答下列问题：(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_。ABCD(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质分压该温度下，与C、反应的总化学方程式为_；随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_。(3)“除钒”过程中的化学方程式为_；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_。(4)
10、“除钒”和“除硅、铝”的顺序_(填“能”或“不能”)交换，理由是_。(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_。A高炉炼铁B电解熔融氯化钠制钠C铝热反应制锰D氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2) 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应(3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏(4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；(5)AC【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还
11、原得到Ti。(1)记，；A由图可知，600时的，反应自发进行，故A不符合题意；B由图可知，600时的，反应自发进行，故B不符合题意；C由图可知，600时的，反应不能自发进行，故C符合题意；D根据盖斯定律，可由+得到，则600时其，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；(2)根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；随
12、着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要
13、加入Al，又引入Al杂质；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；DHg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故答案选AC，故答案为：AC。1（2021广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25时，的，；该工艺中，时，溶液中元素以的
14、形态存在。（1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_。（2）“沉铝”中，生成的沉淀为_。（3）“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为_。若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_(列出算式)时，应停止加入溶液。（4）滤液中，主要存在的钠盐有和，为_。往滤液中添加适量固体后，通入足量_(填化学式)气体，再通入足量，可析出。（5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。该氧化物为_。已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。【答案
15、】（1）+6 （2） （3）+= （4） （5） 【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【解析】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。（3）滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=。若开始生成沉淀，则
16、体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。（4）滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液中，主要存在的钠盐有和，故为。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。由和同族、和同族可知，中显+3
17、价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。2（2021河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：（1）高温连续
18、氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。（2）工序的名称为_。（3）滤渣的主要成分是_(填化学式)。（4）工序中发生反应的离子方程式为_。（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为_，可代替NaOH的化学试剂还有_(填化学式)。（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。（7）工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为_。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)【答案】（1）Fe、Cr （
19、2）溶解浸出 （3）MgO、Fe2O3 （4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3 （5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 （6） （7）8.37 【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得
20、到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【解析】（1）由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；（2）由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；（3）由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为
21、：MgO、Fe2O3；（4）工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3；（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe
22、(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：；（7）工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1=1013.37，当为105mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=108.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。3（2021湖南）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下
23、：回答下列问题：（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_；（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_(至少写两条)；（3）滤渣的主要成分是_(填化学式)；（4）加入絮凝剂的目的是_；（5）“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_，常温下加入的溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；（6）滤渣的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_【答案】（1） （2）适当升高温度，将独居石粉碎等 （3）Al(OH)3 （4）促使铝离子沉淀 （5） 碱性 （6）6+12=12+6CO+6H2O+6CO2 【分析】焙烧浓硫酸
24、和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3nH2O。【解析】（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独
25、居石粉碎等；（3）结合流程可知，滤渣的主要成分是Al(OH)3；（4）加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；（5）用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为；铵根离子的水解常数Kh()=5.710-10，碳酸氢根的水解常数Kh()=2.310-8，则Kh()10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9；(4)溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物
26、为，则反应的离子方程式为；(5)由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O132H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；(6)高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。8（2021湖北高考真题）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图： 回答下列问题：(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为_；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为_。(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还
27、原反应的化学方程式为_。(3)25时，已知：Kb(NH3H2O)2.010-5，KspGa(OH)31.010-35，KspIn(OH)31.010-33，KspCu(OH)21.010-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01molL-1。当金属阳离子浓度小于1.010-5molL-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为_(保留一位小数)；若继续加入6.0molL-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后_；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3H2OGa(OH)4-+NH的平衡常数K=_。(已知：Ga3+4OH-Ga(OH)4- K=1
28、.01034)(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO是否洗净的试剂是_；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和_。(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_。【答案】(1) 6 +1(2)Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O(3) 4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.010-6(4) HCl溶液、BaCl2溶液 作溶剂(5)GaCl3+NH3GaN+3HCl【解析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl
29、2溶解，以此解题。(1)硫为第VIA族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1；(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；(3)In3+恰好完全沉淀时，故答案是PH=4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知，由K=1.01034，得即，代入数据可知K=2.010-6；(4
30、)检验滤渣中SO是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；(5)高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3GaN+3HCl。9（2021江苏高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 (1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有_(填化学式)。(2)“调配比”前，需
31、测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150molL-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2+Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度_(写出计算过程)。(3)400时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为_。硫化一段时间
32、后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为_。(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280400范围内，固体质量增加的主要原因是_。 【答案】(1)Fe3+、H+(2)0.7500molL-1(3) ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐【解析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫
33、酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。(1)“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。(2)根据Zn2+Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L0.015molL-1=3.7510-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为；(3)硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合
34、价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；(4)在280400范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。 12020年山东新高考用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一
35、种两性氧化物；25时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp回答下列问题：（1）软锰矿预先粉碎的目的是 ，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。（2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。（3）滤液I可循环使用，应当将其导入到 操作中（填操作单元的名称）。（4）净化时需先加入的试剂X为 （填化学式）。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全）。（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为
36、 。【答案】（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率； （2）过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2（3）蒸发（4）H2O2；4.9（5）【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废
37、渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。（1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；（2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当Mn
38、O2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；（3）滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；（4）净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.010-5mol/L时，c(OH)=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.
39、9；（5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+HCO+NH3H2O=MnCO3+NH+H2O。22020江苏卷实验室由炼钢污泥（简称铁泥，主要成份为铁的氧化物）制备软磁性材料Fe2O3。其主要实验流程如下：（1）酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有 （填序号）。A适当升高酸浸温度 B适当加快搅拌速度 C适当缩短酸浸时间（2）还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe
40、2+外，还会生成 （填化学式）；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是 。（3）除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是 ，。（4）沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。生成FeCO3沉淀的离子方程式为 。设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案： 。FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5。【答案】（1）AB（2）H2取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色（3）pH
41、偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全（4）或在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀 【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得Fe2O3；据此分析作答。（1）A适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，
42、能提高铁元素的浸出率，A选；B适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。（2）为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还
43、原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。（3）向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于110-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。（4）将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO
44、3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4，离子方程式为Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+NH3=FeCO3+），答案为：Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+NH3=FeCO3+）。根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：（1）控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；（2）沉淀洗涤完全的标志。
