1、题型1化学工艺流程综合分析题真题考情全国 卷12021全国卷甲碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)I2的一种制备方法如图所示：加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_，生成的沉淀与硝酸反应，生成_后可循环使用。通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_；若反应物用量比nCl2nFeI21.5时，氧化产物为_；当nCl2nFeI21.5后，单质碘的收率会降低，原因是_。(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的
2、离子方程式为_。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为_ mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是_。22021全国卷乙磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子Fe3Al3Mg2Ca2开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c1
3、.0105 molL1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式_。(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_。(3)“母液”中Mg2浓度为_ molL1。(4)“水浸渣”在160 “酸溶”，最适合的酸是_。“酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2水解析出TiO2xH2O沉淀，该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液
4、”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。32020全国卷钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以3、4、5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3Fe2Al3Mn2开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1 回答下列问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是_。(2)“酸浸氧化”中，VO和VO2被氧化成VO2+，同时还有_离子被氧化。写出VO转化为VO2+反应的离子方程式_。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH
5、2O，随滤液可除去金属离子K、Mg2、Na、_，以及部分的_。(4)“沉淀转溶”中，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是_。(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是_。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是_。42020全国卷某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2Al3Fe3Fe2开始沉淀时(c0.01 molL1)的pH7.23.72.27.5沉淀
6、完全时(c1.0105 molL1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_。(2)“滤液”中含有的金属离子是_。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即“滤液”中可能含有的杂质离子为_。(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp_(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2浓度为1.0 molL1，则“调pH”应控制的pH范围是_。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该
7、反应的离子方程式_。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。52019全国卷硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在95 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。(2)“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3离子，可选用的化学试剂是_。(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH+BOH4-，Ka5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2
8、”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。62019全国卷立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色B红色 C紫色D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转
9、化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O32-=2lS4O62。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样
10、品中S2的含量为_(写出表达式)。72019全国卷高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。(3)“调pH”除铁和铝，
11、溶液的pH范围应调节为_6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2和Ni2，“滤渣3”的主要成分是_。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2。若溶液酸度过高，Mg2沉淀不完全，原因是_。(6)写出“沉锰”的离子方程式_。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为2、3、4。当xy13时，z_。省市 卷12021广东卷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(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)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，H2CO3的Ka14.5107，Ka2
12、4.71011；Ksp(BaMoO4)3.5108；Ksp(BaCO3)2.6109；该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo元素以MoO42-的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为_。(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为_。(3)“沉钼”中，pH为7.0。生成BaMoO4的离子方程式为_。若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中cHCO3-:cMoO42-_(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。(4)滤液中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_。往滤液中添加适量NaCl固体后，通入足量_(填化学式)气体，再通入足量CO2
13、，可析出Y。(5)高纯AlAs(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H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。该氧化物为_。已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As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_。22021湖南卷Ce2(CO3)3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CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2CO33nH2O的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子
14、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Ce2CO33nH2O的离子方程式为_，常温下加入的NH4HCO3溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3H2O的Kb1.75105，H2CO3的Ka14.4107，Ka24.71011)；(6)滤渣的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖C6H12O6和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为_。32021河北卷绿色化学在推动社会可持续发展
15、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。工艺流程如下：回答下列问题：(1)高温连续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“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素
16、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10-5 molL-1为沉淀完全：AlOH3+OH-AlOH4-K100.63；Kw1014，KspAl(OH)3103342020山东卷用软锰矿(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)2Ksp11016.311038.611032.311012.7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
17、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c1.0105 molL1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_。52020江苏卷实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)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
18、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Fe2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_Ksp(CaF2)5.3109，Ka(HF)6.3104。(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FeSO
19、4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pH6.5。62020浙江1月碘化锂(LiI)在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI3H2O和LiI，流程如下：已知：a.LiI3H2O在7580 转变成LiI2H2O，80120 转变成LiIH2O，300 以上转变成无水LiI。b.LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。c.LiI在空气中受热易被氧化。请回答：(1)步骤 ，调pH7，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为_。(2)步骤，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是_。
20、A.为得到较大的LiI3H2O晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤C.宜用热水洗涤D.可在80 鼓风干燥(3)步骤，脱水方案为将所得LiI3H2O置入坩埚中，300 加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶中，调pH6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。上述测定过程提及的下列仪器
21、，在使用前一定不能润洗的是_。A.容量瓶 B烧杯C.锥形瓶 D滴定管测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤待转移溶液润洗()()()()洗净，放回管架。a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液b.放液完毕，停留数秒，取出移液管c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口e.放液完毕，抖动数下，取出移液管f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口LiI纯度偏低，可能的主要杂质是_。(4)步骤，采用改进的实验方案(装置如图)，可以提高LiI纯度。设备X的名称是_。请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由_。考情分析考向考
22、点考情1以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯、制备物质类工艺流程题加快浸出速率的操作实验条件的选择浸出或除杂过程中涉及到的化学(离子)方程式的书写陌生物质类别判断、电子式的书写陌生物质中元素化合价或化学键数判断考情2以给定物质为载体的无机化工流程综合题分离、提纯操作物质成分判断分析流程中某一操作目的转化率的分析判断Ksp除杂或判断沉淀是否生成中的应用含量测定题型透解题型角度1物质制备中的化工流程分析练1焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，回答下列问题：(1)生产Na2S2O5，通常是由 NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。(2)利用烟
23、道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH4.1时，中为_溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 molL-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量
24、为_ gL1(以SO2计)。题型角度2废物利用中有效成分提取的流程分析练2一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3、Fe2、Ni2等生成，废渣的主要成分是_；金属镍溶解的离子方程式为_。(2)“除铁”时H2O2的作用是_，加入碳酸钠的目的是_。(3)“除铜”时，反应的离子方程式为_，若用Na2S代替H2S除铜，优点是_。(4)已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为_。(5)已知常温下KspNi(OH)22.01015，该流程在“沉
25、镍”过程中，需调节溶液pH约为_时，Ni2才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度1.0105 mol/L；lg 20.30)。(6)100 kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31 kg，则镍回收率为_(列式即可)。(7)镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：MNi(OH)2充电,放电HMNiOOH(式中M为储氢合金)。写出电池放电过程中正极的电极反应式_。备战高考要有方案高考必备基础一、化工流程中常用术语术语释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分灼饶(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧
26、化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等二、化工流程中的常见操作与思考角度常见的操作思考角度加氧化剂氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过
27、滤洗涤、干燥提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的控制溶液的pH调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)“酸作用”还可除去氧化物(膜)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)防止副反应的发生使化学平衡移动；控制化学反应的方向控制固体的溶解与结晶控制反应速率；使催化剂达到最大活性升温：促进溶液中的气体逸出，
28、使某物质达到沸点挥发加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次三、循环物质与副产品的判断四、化学工艺流程图审题与答题模版1流程图结构特点2流程图分析与答题模版(1)首尾主线分析：原料中间转化物质目标产物。分析每
29、一步操作的目的以及所发生的化学反应，跟踪主要物质的转化形式。(2)依据“题给信息和题中设问”来带动流程中各步骤的细致分析。步骤分析高频设问答题模版原料处理如何提高“酸浸率”？固体粉碎的目的：减小固体颗粒，增大反应速率升高反应的温度，增大反应速率增大酸的浓度分析“浸出率”图表解释“浸出率”高低变化的因素(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)控制条件除去杂质的方法加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2Fe3)调节溶液的pH利用题给金属离子沉
30、淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来物质转化的分析跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式滤渣、滤液中物质的判断：书写物质的化学式或电子式、分析物质中的化学键确定循环物质物质分离过滤、蒸发结晶、重结晶、分液与萃取仪器的选择(如玻璃仪器的选择)结晶方法：晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶，趁热过滤要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤晶体的洗涤用乙醇等有机溶剂洗涤晶
31、体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥含结晶水的晶体不能选用乙醇作为洗涤剂，因为乙醇可以溶解结晶水化学计算浸出率计算、产率计算、Ksp计算等简单计算模考精练1Li4Ti5O12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TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应4
32、0 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O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c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3PO42沉淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_。2纳米铜是一种性能优异的超
33、导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为_。(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。反应：Cu2S4FeCl3=2CuCl24FeCl2S，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为_；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3较高浓度，有关反应的离子方程式为_。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_。(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图
34、4所示，当pH1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3萃取率降低的原因是_。(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为_。(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_、干燥、_等操作可得到Fe2O3产品。3TiO2和CaTiO3都是光电转化材料。某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备TiO2和CaTiO3，并利用黄钾铁矾KFe3(SO4)2(OH)6回收铁的工艺流程如图1所示：回答下列问题：(1)“氧化酸解”的实验中，控制反应温度为150 ，不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图2所示
35、。50 min时，要求酸解率大于85%，所选氧化剂应为_；采用H2O2作氧化剂时，其效率低的原因可能是_。(2)向“氧化酸解”的滤液中加入尿素CO(NH2)2，TiO2转化为TiO2，写出相应反应的离子方程式：_，使用尿素而不直接通入NH3的原因是_。(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式：_。(4)Fe3恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，计算此时溶液的pH_。Fe(OH)3的Ksp1.01039、水的Kw1.01014(5)黄钾铁矾沉淀为晶体，含水量很少。回收Fe3时，不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3的原因是_。4钼酸钠(Na2
36、MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图1所示。回答下列问题：(1)如果在空气中焙烧1 mol MoS2时，S元素转移12 mol电子，则MoS2中钼元素的化合价为_；焙烧的另一种产物是_，产生的尾气对环境的主要危害是_。(2)若在实验中进行操作2，则从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是_、过滤、洗涤、干燥。(3)钼精矿中MoS2含量测定：取钼精矿25 g，经在空气中焙烧、操作1、操作2得到钼酸钠晶体24.2 g，钼精矿中MOS2的质量分数为_。(已知MoS2的相对分子质量为160，Na2MoO42H2O的相对分子质量为
37、242)(4)操作3发生反应的离子方程式为_。(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图2所示。b电极的材料为_(填“镍”或“钼”)，电极反应为_。第二部分高考填空题专项突破题型1化学工艺流程综合分析题真题考情全国卷1解析：(1)悬浊液为AgI的饱和溶液，加入铁粉，发生置换反应2AgIFe=2AgFe22I，生成的沉淀为Ag，Ag与硝酸反应生成的AgNO3可循环使用。还原性：IFe2，通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，则只有I被氧化，反应的化学方程式为FeI2Cl2=FeCl2I2。若反应物用量比nCl2nFeI21.5时，设n(Cl2)1.5 mol，
38、则n(FeI2)1 mol，1 mol FeI2中I先被氧化，消耗1 mol Cl2，Fe2后被氧化，消耗0.5 mol Cl2，因此FeI2和Cl2恰好完全反应，氧化产物为FeCl3、I2；当nCl2nFeI21.5时，过量的Cl2能氧化生成的I2，发生反应5Cl2I26H2O=2HIO310HCl，因此碘的收率会降低。(2)题述制备I2的总反应为NaIO3与NaHSO3反应生成I2和SO42-，根据2IO3- 得10eI2、HSO3- 失2eSO42-，由得失电子守恒可得2IO3-+5HSO3-I2+5SO42-，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为2IO3-+5HSO3-=I25S
39、O423HH2O。(3)KI溶液和CuSO4溶液反应生成CuI和I2，配平离子方程式为2Cu24I=2CuII2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol。I2在水中溶解度不大，反应中加入过量KI，使反应I2+I-I3-平衡右移，防止单质碘的析出。答案：(1)2AgIFe=2AgFe22IAgNO3FeI2Cl2=FeCl2I2FeCl3、I2I2被进一步氧化22IO3-+5HSO3-=I25SO423HH2O(3)4防止单质碘析出2解析：结合题中信息对该流程进行如下梳理：(1)结合图示及题给信息可知焙烧时Al2O3转化为NH4Al(SO4)2，尾气应为NH3，则Al2O3焙烧生成N
40、H4Al(SO4)2的化学方程式为Al2O34(NH4)2SO4焙烧= 2NH4Al(SO4)26NH33H2O。(2)结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的pH可知，加氨水调节pH至11.6的过程中，Fe3、Al3、Mg2依次沉淀。(3)根据Mg2沉淀完全时的pH11.1，可知溶液中c(OH)102.9molL1时，溶液中c(Mg2)1.0105molL1，则KspMg(OH)21.0105(102.9)21.01010.8，母液的pH11.6，即溶液中c(OH)102.4molL1，则此时溶液中c(Mg2)KspMgOH2c2OH-1.010-10.810-2.42 molL11.010
41、6 molL1。(4)由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水浸渣需在160 酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，焙烧过程中得到的CaSO4难溶于水，故酸溶渣的成分为SiO2、CaSO4。(5)酸溶后适当加热能促进TiO2水解生成TiO2xH2O，反应的离子方程式为TiO2(x1)H2O=TiO2xH2O2H。(6)结合图示流程可知，母液中含有氨水、硫酸铵，母液中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气NH3，经处理得到(NH4)2SO4。答案：(1)Al2O34(NH4)2SO4焙烧=2NH4Al(SO4)26NH33H2O(2)Fe3、Al3、Mg2(3)1.0106(4)硫酸SiO2
42、CaSO4(5)TiO2(x1)H2OTiO2xH2O2H(6)(NH4)2SO43解析：(1)加热的目的是使反应完全，加快酸浸速率。(2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2和Fe3，Fe2能够被氧化为Fe3；VO中钒元素化合价为+3，VO2+中钒元素化合价为5，VO被MnO2氧化为VO2+，MnO2被还原为Mn2，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平：VO+MnO2+2H+=VO2+Mn2H2O。(3)pH3.03.1时，Mn2还未沉淀，所以滤液中有Mn2，另外Fe3、Al3在该pH范围内没有沉淀完全，部分留在滤液中。(4)滤饼中除了有V2O5xH2O，还有少量Fe(OH)3和Al(OH)3
43、，加NaOH调pH13，V2O5xH2O与NaOH反应生成NaVO3，AlOH3与NaOH反应生成NaAl(OH)4，Fe(OH)3不与NaOH反应，所以滤渣是Fe(OH)3。(5)“调pH”的目的是将NaAlOH4转化为Al(OH)3沉淀除去，反应的化学方程式为NaAl(OH)4HCl=Al(OH)3NaClH2O，则滤渣为Al(OH)3。(6)加入过量NH4Cl固体，c(NH4+)增大，根据同离子效应，可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。答案：(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2VO+MnO2+2H+=VO2+Mn2H2O(3)Mn2Al3和Fe3(4)Fe(OH)3
44、(5)NaAl(OH)4HCl=Al(OH)3NaClH2O(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全4解析：(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2、Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，故“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物。“滤液”中含有NaAl(OH)4(也可写成NaAlO2)，向其中加入稀H2SO4调为中性会生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为AlOH4-H=Al(OH)3H2O或AlO2-HH2O=Al(OH)3。(2)
45、“滤饼”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物，加入稀H2SO4后主要发生反应Ni2H=Ni2H2、Fe2H=Fe2H2、NiO2H=Ni2H2O、FeO2H=Fe2H2O、Fe2O36H=2Fe33H2O，故“滤液”中含有的金属离子是Ni2、Fe2、Fe3。(3)H2O2的作用是在酸性条件下将Fe2氧化为Fe3(2Fe2H2O22H=2Fe32H2O)，且在“转化”中不引入新杂质，故可替代H2O2的物质是O2或空气，发生反应4Fe2O24H=4Fe32H2O，也不引入新杂质。加NaOH溶液“调pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3，为除尽Fe3而又不生成Ni(
46、OH)2沉淀，需控制pH范围：3.2pH7.2；此时溶液中还存在Fe2，H2O2可将Fe2氧化为Fe3，故“滤液”中可能含有的杂质离子为Fe3。(4)开始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全时，都存在沉淀溶解平衡：Ni(OH)2(s)Ni2(aq)2OH(aq)，Kspc(Ni2)c2(OH)，开始沉淀时，c(Ni2)0.01 molL1，c(OH)1.0107.214 molL1，故Ksp0.01(107.214)2；沉淀完全时，c(Ni2)1.0105 molL1，c(OH)1.0108.714 molL1，Ksp105(108.714)2。由上述分析得Ksp1.01015.6，若“转化”后的
47、溶液中c(Ni2)1.0 molL1，生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH) KspcNi2+1.010-15.61.0molL-11.0107.8 molL1，c(H)1.010-141.010-7.8 molL11.0106.2 molL1，pH6.2，故既要除尽Fe3，又不形成NiOH2沉淀，应控制的pH范围是3.26.2。(5)Ni2被氧化为NiOOH，ClO被还原为Cl，故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O。(6)分离出NiSO4晶体后的母液中含有Ni2(饱和NiSO4溶液)，故将母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。答案：(1)除去油脂
48、、溶解铝及其氧化物AlOH4-H=Al(OH)3H2O或AlO2-HH2O=Al(OH)3(2)Ni2、Fe2、Fe3(3)O2或空气Fe3(4)0.01(107.214)2或105(108.714)23.26.2(5)2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O(6)提高镍回收率5解析：本题涉及的考点有离子方程式的书写、Fe3的检验、化学平衡常数的应用，考查了学生解读化学工艺流程，将题给信息与已学知识相结合分析、解决化学问题的能力。(1)“溶浸”步骤产生的“气体”是NH3，用NH4HCO3溶液吸收NH3的化学方程式为NH3NH4HCO3=(NH4)2CO3。(2)根据流程图可知，Fe2O3、
49、Al2O3在“过滤1”步骤中除去，SiO2不溶于(NH4)2SO4溶液，故“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3；检验Fe3通常选用KSCN溶液。(3)根据H3BO3的解离反应以及电离平衡常数，可判断H3BO3是一元弱酸；在“过滤2”操作前B元素主要以B2O54-的形式存在，调节pH至3.5后生成了H3BO3沉淀，由此可推断调节pH的目的是将B2O54-转化成H3BO3。(4)反应物有Mg2、CO32-，生成物有Mg(OH)2MgCO3沉淀，再结合电荷守恒、原子守恒可写出反应的离子方程式；“沉镁”后的母液的主要成分为(NH4)2SO4，可供“溶浸”工序循环使用；Mg(OH)2、
50、MgCO3在高温条件下均易分解生成MgO，故高温焙烧碱式碳酸镁可以制备轻质氧化镁。答案：(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3，促进析出42Mg2+3CO32-+2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO3或2Mg2+2CO32-H2O=Mg(OH)2MgCO3CO2溶浸高温焙烧6解析：本题涉及的知识点有焰色反应、陌生氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、定量实验的数据处理；考查了学生对化学基础知识的记忆，将提供的信息与已有知识结合利用的能力；同时考查了学生掌握化学实验的基本方法并对实验中的数据进行处理的能力；体
51、现了通过分析、推理认识研究对象的本质特征(证据推理与模型认知)、运用化学实验进行实验探究(科学探究与创新意识)的学科核心素养。(1)重要金属的焰色反应的颜色平时要注意识记。(2)已知反应物有BaSO4、C，生成物有BaS，因焦炭过量则生成CO，根据得失电子守恒、原子守恒写出化学方程式；CO与H2O(g)反应生成CO2与一种清洁能源气体，不难推测该气体为H2。“还原料”的主要成分为BaS，长期放置发生水解生成Ba(OH)2与H2S，Ba(OH)2吸收空气中的CO2生成了难溶于水的 BaCO3。沉淀器中溶液的成分为Ba2、S2、Zn2、SO42-，反应生成了BaSO4ZnS沉淀，根据电荷守恒、原子
52、守恒写出离子方程式。(3)滴定前，溶液含I2和淀粉，呈蓝色，随着Na2S2O3溶液的滴入，I2不断被消耗，溶液颜色逐渐变浅，当加入最后一滴Na2S2O3溶液时(滴定终点)，溶液恰好褪色；样品中的S2与I2发生反应：S2I2=S2I，参与该反应的I2的物质的量为(25.001030.100 0V1030.100 012)mol25.00-12V0.100 0103moln(S2)，则样品中S2的含量为25.00-12V0.100 032m1 000100%。答案：(1)D(2)BaSO44C9001 200 =BaS4COCOH2O=CO2H2BaCO3S2-+Ba2+Zn2+SO42-=BaS
53、O4ZnS(3)浅蓝色至无色25.00-12V0.100 032m1 000100%7解析：本题涉及元素化合物知识的综合应用，通过工艺流程形式给出信息，考查分析和解决化学工艺流程问题的能力，根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式，体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。(1)由题干信息可知，滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或写不溶性硅酸盐)；依据氧化还原反应原理可知，MnO2作氧化剂，MnS作还原剂，由此可写出化学方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2，为了去除方便，需将Fe2氧化为Fe3。(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节
54、为4.76之间。(4)NiS和ZnS是难溶于水的硫化物。(5)MgF2(s)Mg2(aq)2F(aq)，若增大H浓度，F与H会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动，导致溶液中Mg2沉淀不完全。(6)由于HCO3-H+CO32-，CO32与Mn2可形成MnCO3沉淀，使HCO3-电离平衡正向移动，H浓度增大，H与HCO3-反应生成H2O和CO2，所以离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3CO2H2O。(7)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，可知1(2)x(3)y(4)z(2)20，将xy13代入计算，可得z13。答案：(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4
55、=2MnSO4S2H2O(2)将Fe2氧化为Fe3(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F与H结合形成弱电解质HF，MgF2Mg22F平衡向右移动6Mn2+2HCO3-=MnCO3CO2H2O(7)13省市卷1解析：(1)根据化合物Na2MoO4中Na为1价，O为2价，由化合物中化合价代数和为0，可计算出Na2MoO4中Mo元素的化合价为6。(2)“750 焙烧”时，废催化剂中的氧化铝发生反应：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，“滤液”中主要存在NaAlO2和Na2MoO4，通入过量CO2时，发生反应：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3，生成的沉淀X为Al(OH)
56、3。(3)由(2)的分析可知“滤液”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4。“滤液”中加入BaCl2溶液生成BaMoO4的离子方程式为MoO42-Ba2=BaMoO4。开始生成BaCO3时，溶液中cCO32-cMoO42-KspBaCO3KspBaMoO42.610-93.510-8，又因为Ka2cH+cCO32-cHCO3-4.71011，由于“沉钼”中，pH为7.0，则cCO32-cHCO3-Ka2cH+4.710-111.010-7，因此可得cHCO3-cMoO42-2.610-93.510-81.010-74.710-11。(4)由于“滤液”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4，
57、加入适量BaCl2溶液“沉钼”后，“滤液”中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，则Y为NaHCO3。由“滤液”制备NaHCO3，原理类似侯氏制碱法，加入NaCl固体后，通入足量碱性气体NH3，再通入足量CO2，发生反应：NH3H2OCO2=NH4HCO3、NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl，析出溶解度较小的NaHCO3固体。(5)由题给芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液中，形成的致密氧化膜是AlAs中的铝被氧化为致密的Al2O3膜。GaAs与H2
58、O2反应时，As由3价变为5价，O由1价变为2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为41。答案：(1)6(2)Al(OH)3 3MoO42-Ba2=BaMoO42.610-93.510-81.010-74.710-11(4)NaHCO3NH3(5)Al2O3412解析：(1)由质量数质子数中子数可知，铈的质量数5880138，因此该核素的符号为58138Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。(3)“焙烧”后，F转化为HF而除去，SiO2不溶解，“水浸”后溶液中有Al3、Fe3、Ce3的磷酸盐或硫酸盐，PO
59、43-在“除磷”过程中被除去，故“聚沉”后所得的滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)Fe(OH)3和Al(OH)3是胶状沉淀，不能完全被过滤掉，故加入絮凝剂强化沉降Fe(OH)3和Al(OH)3。(5)“沉铈”过程中，Ce3与HCO3-反应生成Ce2(CO3)3nH2O，反应的离子方程式为2Ce3+6HCO3-(n3)H2O=Ce2(CO3)3nH2O3CO2。由于NH4+水解溶液显酸性，HCO3-水解溶液显碱性，根据题中提供的电离平衡常数，可计算出NH4+的水解平衡常数为KwKb10-141.7510-55.7110-10，HCO3-的水解平衡常数为KwKa110-144.
60、410-72.3108，所以HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以溶液显碱性。(6)根据题中信息，可知反应物为Li2CO3、C6H12O6和FePO4，生成物为LiFePO4、CO和H2O，根据化合价变化，C：42，02，Fe：32，则反应的化学方程式为6FePO43Li2CO3C6H12O6高温6LiFePO49CO6H2O。答案：1 58138Ce(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)强化沉降Fe(OH)3和Al(OH)352Ce3+6HCO3-(n3)H2O=Ce2(CO3)3nH2O3CO2碱性(6)6FePO43Li2CO3C6H12
61、O6高温=6LiFePO49CO6H2O3解析：铬铁矿与熔融NaOH和O2反应后经工序得到滤渣和介稳态物质；介稳态相分离后得到Na2CrO4溶液、NaOH溶液和无色溶液，向无色溶液中通入过量气体A后生成Al(OH)3沉淀和物质V的溶液，又Na2CrO4溶液经工序后得到Na2Cr2O7溶液和物质V(s)，所以气体A为CO2，物质V为NaHCO3。(1)Fe(CrO2)2中的Fe为2价，易被氧化为3价；Fe(CrO2)2中的Cr为3价，在后续产物Na2CrO4中Cr为6价，因此高温连续氧化工序中被氧化的元素是Fe和Cr。(2)工序之后为过滤操作，因此加水的目的是溶解可溶性物质，工序的名称为溶解。(
62、3)经高温连续氧化工序和工序后铬铁矿转化为CrO42-、AlOH4-、Fe2O3和MgO，故滤渣的主要成分是Fe2O3和MgO。(4)由分析可知，气体A为CO2，不溶性物质V为NaHCO3，故工序中发生反应的离子方程式为2Na+2CrO42-+2CO2H2O=Cr2O722NaHCO3。(5)由分析可知，物质V为NaHCO3，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4Fe(CrO2)27O216NaHCO3高温= 8Na2CrO42Fe2O316CO28H2O；可代替NaOH的化学试剂需满足以下两点要求：一是显碱性，二是能提供Na，因此可代替NaOH的化学试剂还有N
63、a2CO3。(6)热解工序中产生的混合气体为CO2和水蒸气，最适宜返回工序参与内循环。(7)由题给方程式AlOH3+OH-AlOH4-K100.63，可得AlOH4-OHAl(OH)3K100.63，则K100.63cOH-cAlOH4-，通常认为溶液中离子浓度小于105molL1为沉淀完全，则100.63cOH-10-5，可得c(OH)105.63 molL1，已知Kw1014，所以pOH5.63，pH14pOH8.37，故工序溶液中的铝元素恰好完全转化为Al(OH)3沉淀的pH为8.37。答案：(1)Fe、Cr(2)溶解(3)Fe2O3、MgO42Na+2CrO42-+2CO2H2O=Cr
64、2O722NaHCO3(5)4Fe(CrO2)27O216NaHCO3高温=8Na2CrO42Fe2O316CO28H2ONa2CO3(6)(7)8.374解析：本题以化工工艺流程为载体，考查化学反应速率的影响因素、氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、工艺流程中的问题分析和溶度积的有关计算；考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任等。(1)对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿
65、中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2还原，Mn元素由4价转化为2价，故MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2+BaS+H2O=BaOH2MnOS。(2)加入的MnO2的量增大，而Ba(OH)2的量减少，是因为MnO2为两性氧化物，能与强碱Ba(OH)2反应，从而导致Ba(OH)2的量减少。(3)滤液中仍含少量的Ba(OH)2，为提高其产率，可将滤液导入前边的“蒸发”操作中。(4)由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知，其经过与S2的“反应”操作后主要以Fe2形式存在，结合表中四种氢氧化物的溶度积数据，为减少MnOH2的损失，需将Fe2转化为Fe3，然后再调节溶液pH，
66、使杂质Fe3转化为Fe(OH)3，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化可知，“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢(H2O2)溶液。对比表中的溶度积数据可知，相较于FeOH3，AlOH3的溶度积较大，若要除去Al(OH)3、Fe(OH)3两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的pH大小，由已知信息可知，沉淀完全的最大金属离子浓度为1.0105 molL1，此时c3(OH)KspAl(OH)3/c(Al3)110-32.31.010-5 mol3L311027.3 mol3L3，则c(OH)1109.1 molL1，c(H)Kw110-9.1 molL11104.9 mo
67、lL1，此时pH4.9。(5)由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2，由目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3NH4H2O。答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O24.95Mn2+HCO3-NH3H2O=MnCO3NH4H2O5解析：本题考查由炼钢污泥制备软磁性材料-Fe2O3。考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。(1)
68、适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度，均可以加快铁泥的溶解，即提高铁元素的浸出率。(2)“酸浸”时，H2SO4过量，加入过量铁粉，除生成Fe2外，还会产生H2。Fe3与KSCN反应所得溶液呈血红色，当加入KSCN溶液观察不到血红色，则说明Fe3已完全被还原为Fe2。(3)当c(Ca2)c2(F)Ksp(CaF2)时，CaF2不会沉淀出来，HF为弱酸，当pH过低时，H与F结合成弱电解质HF，则c(F)减小，导致CaF2沉淀不完全。(4)Fe2与HCO3-反应生成FeCO3沉淀，HCO3-电离出的H与NH3H2O结合生成NH4+，则生成FeCO3沉淀的离子方程式可以写成：Fe2+HCO3-+NH3H
69、2O=Fe-CO3+NH4+H2O，或Fe2+HCO3- +NH3=FeCO3NH4。用FeSO4和氨水-NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3，若pH大于6.5，则会生成FeOH2沉淀，故需要控制pH不大于6.5；对生成的FeCO3用蒸馏水洗涤23次；因FeCO3表面会附着有SO42-，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出SO42-，则说明FeCO3已洗涤干净。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偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全(4)Fe2+HCO3-+ NH3H2O=FeCO3+NH4+H2O或Fe2+
70、HCO3- +NH3=FeCO3NH4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6解析：(1)调节溶液的pH时，为避免引入新杂质，考虑到溶液中有锂元素，故选固体氢氧化锂。(2)若要得到大颗粒晶体，必须缓慢降温，A错误；抽滤可以加快过滤速度，且可得到较为干燥的晶体，B正确；由题意知，LiI的溶解度随温度升高而增大，C错误；80 时，LiI3H2O受热转化为LiI2H2O，D错误。(3)容量瓶是用来准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，若用待装溶
71、液润洗，会造成所配制溶液浓度偏大，A符合题意；在测定过程中，烧杯是否润洗不会影响滴定结果，B不符合题意；在滴定过程中，锥形瓶中的蒸馏水不影响滴定结果，若用待测液润洗反而会造成影响，C符合题意；滴定管使用前需要润洗，润洗滴定管是为了使滴定管内溶液浓度与试剂瓶中的一样，减少滴定误差，D不符合题意。按照实验化学关于移液管的使用说明：吸液时，洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口，放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口；放液时，移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液，放液完毕，停留数秒，取出移液管。由于LiI在空气中受热易被氧化，题述实验没有隔绝空气，故主要杂质可能是Li2O。(4)为防止L
72、iI被空气氧化，故装置图中设备X应为抽气泵。装置中空气被抽走，既避免产品被氧化，同时减压，有利于脱水。答案：(1)LiOH(2)B(3)ACdfcbLi2O(4)抽气泵抽除空气，避免LiI被氧化；减压，有利于脱水题型透解练1解析：(1)NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。(2)向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧
73、化反应：2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)，阳极室H向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH增多，Na由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。(4)I2作氧化剂，将S2O52-氧化成SO42-。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)n(SO2)0.010 00 molL10.01 L0.000 1 mol，m(SO2)0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.006 4 g0.05 L0.128 gL1。答案：(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱
74、和溶液(3)2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)a(4)S2O52-+2I23H2O=2SO424I6H0.128练2解析：(1)“酸溶”时，硅的氧化物与硫酸和硝酸均不反应，故废渣的主要成分为SiO2。“酸溶”时加入的是混酸，金属镍溶解时，Ni与硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为5Ni+12H+2NO3-=5Ni2N26H2O。(2)“酸溶”后所得溶液中含有Fe3、Fe2，“除铁”时H2O2的作用是将Fe2氧化为Fe3，加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3完全沉淀为黄钠铁矾渣。(3)“除铜”时通入H2S，将Cu2沉淀，反应的离子方程式为H2SCu2=CuS2H。H2S为易
75、挥发有毒气体，若用Na2S代替H2S除铜，可保护环境。(4)“除铜”时生成CuS和H，溶液酸性增强，加入NaF除钙镁，若NaF的实际用量过多，则有HF生成，HF会腐蚀陶瓷容器。(5)KspNi(OH)2c(Ni2)c2(OH)2.01015，则c(OH)(2.0105) molL1，c(H)2210-9 molL1，pHlg c(H)9.15，故该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2才刚好沉淀完全。(6)100 kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31 kg，则镍回收率31599321100%。(7)电池放电过程中NiOOH在正极得电子生成Ni(OH)2，电极
76、反应式为：NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OH。答案：(1)SiO25Ni+12H+2NO3-=5Ni2N26H2O(2)将Fe2氧化为Fe3调节溶液的pH，使Fe3完全沉淀为黄钠铁矾渣(3)H2SCu2=CuS2H无易挥发的有毒气体H2S逸出，可保护环境(4)过量的F与溶液中H结合生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器(5)9.15(6)31599321100%(7)NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OH模考精练1解析：(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 、2 h，也可采用90 、5 h。(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4Cl-=Fe2+Ti
77、OCl42-2H2O。(3)当温度低于40 时，H2O2、NH3H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2xH2O转化率低；当温度高于40 时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，反应速率下降，TiO2xH2O的转化率低。(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为152x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x2(152x)1245，解得：x4。(5)根据Ksp(FePO4)1.31022及Fe3恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，可得c(PO43-)1.310-221.010-5 molL11.31017 molL1。c
78、(Mg2)0.022 molL10.01 molL-1，则c3 (Mg2)c2 (PO43-)0.013(1.31017)21.6910401.71040KspMg3(PO4)21.01024，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。(6)煅烧过程中，Fe元素化合价由3降至2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4Li2CO3H2C2O4高温=2LiFePO43CO2H2O。答案：(1)100 、2 h或90 、5 h2FeTiO3+4H+4Cl-=Fe2+TiOCl42-2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40
79、 ，双氧水分解与氨气逸出导致反应速率下降，TiO2xH2O转化率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO43-)1.310-221.010-5 molL11.31017molL1，c3 (Mg2)c2 (PO43-)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O4高温=2LiFePO43CO2H2O2解析：(4)在碱性条件下，Cu2与N2H4反应生成氮气和铜，离子方程式为2Cu2N2H44OH=2CuN24H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为(264)28327。答
80、案：(1)CuFeS2Cu2H=Cu2SFe2H2S(2)2 mol4Fe2O24H=4Fe32H2O生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取(3)Fe3水解程度随pH的升高而增大(4)327(5)洗涤煅烧(或灼烧)3解析：(1)根据题目要求结合图像，在50 min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3，但KMnO4作氧化剂引入了Mn2，对后续的物质分离会造成干扰，故选用KClO3作氧化剂。(2)由TiO2转化为TiO2可知，Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，C、N元素的产物为CO2、NH4+；由于Fe3开始沉淀需要的pH很小，直接通入NH3会使溶液
81、pH快速增大，容易使Fe3沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3，可以避免溶液中Fe3沉淀。(3)由信息可知制备CaTiO3的反应为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O。(4)根据FeOH3的Ksp1.01039和溶液中c(Fe3)1.010-5 molL-1可知，溶液中OH的浓度为31.010-391.010-5molL-11.010-11.3 molL-1，c(H)KwcOH-10-1410-11.310-2.7 molL-1，所以pH为2.7。(5)氢氧化铁为絮状沉淀，不易于从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3。答案：(1)KClO3在温度较高
82、时H2O2易分解或产物中的Fe3可以催化H2O2的分解(其他合理答案也可，如H2O2氧化能力弱)(2)TiO2+CONH22+2H2O=TiO2+CO2+2NH4+避免将溶液中的Fe3沉淀(3)TiO2CaCl22H2O高温=CaTiO32HClH2O(4)2.7(5)Fe(OH)3为絮状沉淀，不容易分离4解析：(1)根据电子转移数目及化合物中各元素化合价代数和为0，容易计算得出MoS2中Mo元素的化合价为4；焙烧的另外一种产物是SO2，SO2能导致酸雨等。(2)从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)24.2 g钼酸钠晶体的物质的量是0.1 mol
83、，由钼原子守恒得MoS2的物质的量为0.1 mol，然后再根据质量分数的定义进行计算即可。(4)操作3是将钼精矿与氢氧化钠溶液、次氯酸钠溶液混合，发生反应的离子方程式是MoS2+6OH-+9ClO-=MoO42-+2SO423H2O9Cl。(5)用Ni、Mo作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)，根据钼的化合价变化，可知Mo电极上发生的是氧化反应，而阳极发生氧化反应，因此阳极的电极材料是钼，电解质溶液呈碱性，因此可以写出阳极的电极反应式是Mo-6e-+8OH-=MoO42-4H2O。答案：(1)4SO2形成酸雨(2)蒸发浓缩、冷却结晶(3)64%4MoS2+6OH-+9ClO-=MoO42-+2SO429Cl3H2O(5)钼Mo-6e-+8OH-=MoO42-4H2O