1、题型 1 化学工艺流程综合分析题 真题考情 全国卷 1.2022全国乙卷废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有 PbSO4、PbO2、PbO 和 Pb，还有少量 Ba、Fe、Al 的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3 Ksp 2.5108 7.41014 1.11010 2.6109 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的 pH 如下表：金属氢 氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2 开始沉 淀的 pH 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉 淀的
2、 pH 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题：(1)在“脱硫”中 PbSO4 转化反应的离子方程式为_，用沉淀溶解平衡原理解释选择 Na2CO3的原因 _。(2)在“脱硫”中，加入 Na2CO3不能使铅膏中 BaSO4完全转化，原因是 _ _。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入 H2O2。()能被 H2O2氧化的离子是_；()H2O2 促 进 了 金 属Pb在 醋 酸 中 转 化 为Pb(Ac)2，其 化 学 方 程 式 为_；()H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是_。(4)“酸浸”后溶液的 pH 约为 4.9，滤渣的主要成分是_。(5)“沉铅
3、”的滤液中，金属离子有_。22022全国甲卷硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为 ZnCO3，杂质为 SiO2以及 Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，其制备流程如下：本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子 Fe3 Zn2 Cu2 Fe2 Mg2 Ksp 4.01038 6.71017 2.21020 8.01016 1.81011 回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_。(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_、_。(3)加入物质 X 调溶液 pH5，最适宜使用的 X 是_(填标号
4、)。ANH3H2O BCa(OH)2 CNaOH 滤渣的主要成分是_、_、_。(4)向 8090的滤液中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣中有 MnO2，该步反应的离子方程式为_。(5)滤液中加入锌粉的目的是 _ _。(6)滤渣与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_、_。32021全国甲卷碘(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
5、化 学 方 程 式 为_；若反应物用量比n(Cl2)n(FeI2)1.5 时，氧化产物为_；当n(Cl2)n(FeI2)1.5 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
6、水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量 KI 的原因是 _ _。42021全国乙卷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 Fe3 Al3 Mg2 Ca2 开始沉淀的 pH 2.2 3.5 9.5 12.4 沉淀完全(c1.0105 molL1)的 pH 3.2 4.7 11.1 13.8 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
7、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_mol L1。(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”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。52020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 S
8、iO2、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 Fe3 Fe2 Al3 Mn2 开始沉淀 pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 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 V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子 K、Mg2、Na、_，以及部分的_。(4)“沉淀转溶”中，V2O
9、5xH2O 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 _ _。62020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 Ni2 Al3 Fe3 Fe2 开始沉淀时(c0.01 molL1)的 pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c1.
10、0105 molL1)的 pH 8.7 4.7 3.2 9.0 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
11、池正极材料的 NiOOH。写出该反应的离子方程式_。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 _ _。省市卷 1.2022湖南卷钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为 TiO2，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 TiCl4中含有的几种物质的沸点：物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3 沸点/136 127 57 180 回答下列问题：(1)已知 GHTS，G 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略H、S 随温度的变化。若 G6.0 时，溶液中 Mo 元素以MoO42的形
12、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 c(HCO3):c(MoO42)_(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，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
13、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_。精准备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 灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、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
14、、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
15、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，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
16、 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 1循环物质的确定 2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
17、每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
18、液 的 pH 利用题给金属离子沉淀的 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
19、NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤 晶体的洗用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的涤 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 模考预测 1.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
20、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 40 min 所得实验结果如下表所示：温度/30 35 40 45 50 TiO2xH2O 转化率/%92 95 97 93 88 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Mg3(PO4)2沉淀生成？_ _(列式计
21、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
22、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 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 F
23、e2O3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。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
24、 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)
25、利用烟道气中的 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 mol L1的碘标准液滴定至终点，消耗 10.00 mL。滴定反应的离子方程
26、式为_，该样品中 Na2S2O5 的残留量为_ gL1(以 SO2计)。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)结合难溶电解质的 Ksp，可知利用 Na2CO3“脱硫”发生沉淀转化反应：bSO4(s)+CO32(aq)=PbCO3(s)SO42(aq)；存在沉淀溶解平衡PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42(aq)，已知 Ksp(PbCO3)Ksp(PbSO4)，加入 Na2CO3，可将 PbSO4转化为更难溶的 PbCO3，有利于后续溶于酸。(2)沉淀转化反应BaSO4(s)+CO32(aq)BaCO3(s)SO42(aq)的平衡常数 Kc(SO42)c(CO3
27、2)Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)1.110102.6109 0.04，K 值较小，说明正向反应程度有限，BaSO4不能完全转化为 BaCO3。(3)()根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2 能够氧化的离子为 Fe2；()H2O2将 Pb 氧化为 Pb2，继而 Pb2与醋酸反应生成 Pb(Ac)2，反应的化学方程式为 PbH2O22HAc=Pb(Ac)22H2O；()PbO2转化为 Pb(Ac)2的过程中 Pb 元素化合价降低，则 H2O2作还原剂，起到还原 PbO2的作用。(4)“脱硫”时，BaSO4部分转化为 BaCO3，Ba 元素以 BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸
28、”工序，此外还有 Al、Fe 等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉淀时的 pH 和铅膏的成分，可知滤渣中含有 Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4。(5)“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时 BaCO3 溶于酸产生的 Ba2，还有因加入 NaOH 溶液而引入的 Na。答案：(1)PbSO4(s)+CO32(aq)=PbCO3(s)SO42(aq)存 在 沉 淀 溶 解 平 衡 PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42(aq)，已知 Ksp(PbCO3)Ksp(PbSO4)，加入 Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸(2)沉淀转化反应BaSO4(s)+CO32(
29、aq)BaCO3(s)SO42(aq)的平衡常数 K0.04，K 值较小，说明正向反应程度有限(3)()Fe2()Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)22H2O()H2O2作还原剂，还原 PbO2(4)Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4(5)Ba2、Na 2解析：(1)根据产物有氧化锌，参照碳酸钙的高温分解可写出化学方程式。(2)为了提高浸取效果，工业上一般需要加快反应速率，可以从浓度、温度、接触面积等角度考虑。(3)调 pH 要考虑不能引入不易除去的杂质离子，如 Na和NH4+后期不易除去；加入氢氧化钙，Ca2后期可以被 F除去，同时与硫酸根结合生成微溶的硫酸钙。在确定滤渣成分时，
30、利用 Ksp与 Q 的大小关系，可知沉淀出Fe(OH)3。(4)根据题意可知，反应中MnO4转化为 MnO2，说明另一反应物具有还原性，只能是 Fe2；pH5 时，产物为Fe(OH)3。(5)加入锌粉的目的是除去铜离子。(6)滤渣为 CaF2、MgF2，可与浓 H2SO4分别发生反应：CaF2H2SO4(浓)=CaSO42HF、MgF2H2SO4(浓)=MgSO42HF，得到的副产物为硫酸钙和硫酸镁。答案：(1)ZnCO3=焙烧 ZnOCO2(2)升高温度、不断搅拌、充分粉碎、适当提高硫酸浓度等(任选两个，答案合理即可)(3)B SiO2 Fe(OH)3 CaSO4(4)MnO43Fe27H2
31、O=MnO23Fe(OH)35H(5)除去铜离子(6)硫酸钙 硫酸镁 3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n(Cl2)n(FeI2)1.5 时，设 n(Cl2)1.5 mol，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 FeI
32、2和 Cl2恰好完全反应，氧化产物为 FeCl3、I2；当n(Cl2)n(FeI2)1.5 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10e I2、HSO3 失2e SO42，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=I25SO423HH2O。(3)KI 溶液和 CuSO4溶液反应生成 CuI 和 I2，配平离子方程式为 2Cu24I=2C
33、uII2，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=2AgFe22I AgNO3 FeI2Cl2=FeCl2I2 FeCl3、I2 I2被进一步氧化(2)2IO+3 5HSO3=I25SO423HH2O(3)4 防止单质碘析出 4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NH4Al(SO4)2的化学方程式为 Al2O34(NH4)2SO4=焙烧
34、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)KspMg(OH)2c2(OH)1.01010.8(102.4)2 molL11.0106 molL1。(4)由于常见的盐酸和硝
35、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)H2OTiO2xH2O2H。(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 CaSO4(5)TiO
36、2(x1)H2O=TiO2xH2O2H(6)(NH4)2SO4 5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(
37、OH)3，加 NaOH 调 pH13，V2O5xH2O 与 NaOH 反应生成NaVO3，Al(OH)3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NaAl(OH)4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)Fe2 VO+MnO2+2H+=VO2+Mn2H
38、2O(3)Mn2 Al3和 Fe3(4)Fe(OH)3(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 6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 Al2O3，2Al 2NaOH 2H2O=2NaAlO2 3H2、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
39、，反 应 的 离 子 方 程 式 为 Al(OH)4 H=Al(OH)3 H2O 或 AlO2 H H2O=Al(OH)3。(2)“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
40、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(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
41、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”后的溶液中 c(Ni2)1.0 molL1，生成 Ni(OH)2沉淀的最小 c(OH)Kspc(Ni2+)1.01015.61.0mol L11.0107.8 molL1，c(H)1.010141.0107.8 molL11.0106.2 molL1，pH6.2，故既要除尽 Fe3，又不形成Ni(OH)2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
42、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、溶解铝及其氧化物 Al(OH)4H=Al(OH)3H2O 或AlO2HH2O=Al(OH)3(2)Ni2、Fe2、Fe3(3)O2或空气 Fe3(4)0.01(107.214)2或 105(108.714)2 3.26.2(5)2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O(6)提高镍回收率 省市卷 1解析：(1)结合图像可知 600 时，A 项、B 项中反应的 G 均小于 0，反应可自发进行；C
43、项中反应的 G 大于 0，反应不能自发进行；由于 G 的值只和反应体系的始态和终态有关，将 A 项、C 项中反应依次编号为、，由可得 D 项中反应，根据图中数据可得，600 时该反应的 G0，故该反应可自发进行。C 项符合题意。(2)根据 600 混合气体中 TiCl4、CO、CO2的分压，可计算出三者的物质的量之比约为 524，结合得失电子守恒和物料守恒可写出总反应的化学方程式为 5TiO26C10Cl2=6005TiCl42CO4CO2。(3)结合图示流程可知“除钒”时 Al 与 VOCl3发生反应生成 VOCl2和 AlCl3。根据 TiCl4与 SiCl4、AlCl3 沸点相差较大，知
44、可对混合物进行加热蒸馏，收集约 136 的蒸馏产物，即可除去含 Si、Al 杂质。(5)该工艺流程中冶炼 Ti 时发生反应：TiCl42Mg=高温Ti2MgCl2，是利用活动性强的金属置换出活动性弱的金属，与 C 项铝热反应制锰原理相同，而 A 项是热还原法，B 项是电解法，D 项是热分解法，均与该原理不相似。答案：(1)C(2)5TiO26C10Cl2=6005TiCl42CO4CO2 温度升高，C 主要转化为 CO(3)3VOCl3Al=3VOCl2AlCl3 蒸馏法(4)不能“除钒”后产生的 AlCl3 可在“除硅、铝”时除去，或交换顺序，无法除去AlCl3(5)C 2解析：由流程可知，
45、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 RE3、Mg2、Fe2、Fe3、Al3、SO42等离子，经氧化调 pH 使 Fe3、Al3形成沉淀，经过滤除去，滤液 1 中含有 RE3、Mg2、SO42等离子，加入月桂酸钠，使 RE3形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液 2 主要含有 MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，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
46、表中数据可知，Al3沉淀完全的 pH 为 4.7，而 RE3开始沉淀的 pH 为 6.27.4，所以为保证 Fe3、Al3沉淀完全，且 RE3不沉淀，要用 NaOH 溶液调 pH 至 4.7pH6.2 的范围内，该过程中 Al3发生反应的离子方程式为 Al33OH=Al(OH)3；(3)滤 液2中Mg2 浓 度 为2.7 gL 1，即0.112 5 molL 1，根 据Ksp(C11H23COO)2Mg=c(Mg2)c2(C11H23COO)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则 c(C11H23COO)Ksp(C11H23COO)2M
47、gc(Mg2+)1.81080.112 5 molL14.0104molL1；(4)“加热搅拌”有利于加快 RE3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(C11H23COOH)熔点为 44，故“操作 X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；(6)YCl3中 Y 为3 价，PtCl4中 Pt 为4 价，而 Pt3Y 中金属均为 0 价，所以还原 YCl3和 PtCl4熔融盐制备 Pt3Y 时，生成 1 mol Pt3Y 转移 15 mol 电
48、子；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 O24e2H2O=4OH。答案：(1)Fe2(2)4.7pH6.2 Al33OH=Al(OH)3(3)4.0104(4)加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶(5)MgSO4(6)15 O24e2H2O=4OH 3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Ce58138。(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，PO43在“除磷”过程中被除去，故“聚沉”后所得
49、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KwKb10141.75105 5.71 1010，HCO3的水解平衡常数为KwKa110144.41072.3108，所以HCO3的水解程度大于N
50、H4+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)3(5)2Ce3+6HCO3(n3)H2O=Ce2(CO3)3nH2O3CO2 碱性(6)6FePO43Li2CO3C6H12O6=高温6LiFePO49C
51、O6H2O 4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
52、是溶解可溶性物质，工序的名称为溶解。(3)经高温连续氧化工序和工序后铬铁矿转化为CrO42、Al(OH)4、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：
53、一是显碱性，二是能提供 Na，因此可代替 NaOH 的化学试剂还有 Na2CO3。(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Al(OH)3+OH Al(OH)4 K100.63，可得Al(OH)4 OHAl(OH)3 K100.63，则 K100.63c(OH)cAl(OH)4，通常认为溶液中离子浓度小于 105molL1为沉淀完全，则 100.63c(OH)105，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.
54、37。答案：(1)Fe、Cr(2)溶解(3)Fe2O3、MgO(4)2Na+2CrO42+2CO2H2O=Cr2O722NaHCO3(5)4Fe(CrO2)27O216NaHCO3=高温8Na2CrO42Fe2O316CO28H2O Na2CO3(6)(7)8.37 5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
55、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=Ba(OH)2MnOS。(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
56、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Mn(OH)2的损失，需将 Fe2转化为 Fe3，然后再调节溶液 pH，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Fe(OH)3，Al(OH)3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
57、(OH)3/c(Al3)11032.31.0105 mol3L311027.3 mol3L3，则 c(OH)1109.1 molL1，c(H)Kw1109.1 molL11104.9 molL1，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+NH3 H2O=MnCO3 NH4+H2O。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 B
58、a(OH)2(3)蒸发(4)H2O2 4.9(5)Mn2+HCO3+NH3 H2O=MnCO3 NH4+H2O 6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)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
59、，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+NH3 H2O=FeCO3 +NH4+H2O，或Fe2+HCO3+NH3=FeCO3 NH4+。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Fe(OH)2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
60、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+HCO+3 NH3 H2O=FeCO3 +NH4+H2O或Fe2+HCO3+NH3=FeCO3 NH4+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 题型练透 练 1 解析：(1)调节溶液的 pH 时，为避免引入
61、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
62、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 LiI 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)AC d f c b Li2O(4)抽气泵 抽除空气，避免 LiI 被氧化；减压，有利于脱水 练 2 解析
63、：(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)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MoO42Ba2=BaMoO4 。开始生成
64、BaCO3时，溶液中c(CO32)c(MoO42)Ksp(BaCO3)Ksp(BaMoO4)2.61093.5108，又因为 Ka2c(H+)c(CO32)c(HCO3)4.71011，由于“沉钼”中，pH 为 7.0，则c(CO32)c(HCO3)Ka2c(H+)4.710111.0107，因此可得c(HCO3)c(MoO42)2.61093.5108 1.01074.71011。(4)由于“滤液”的主要成分是 NaHCO3和 Na2MoO4，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
65、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 H2O2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
66、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(3)MoO42Ba2=BaMoO4 2.61093.5108 1.01074.71011(4)NaHCO3 NH3(5)Al2O3 41 模考预测 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+TiOCl422H2O。(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
67、 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)1.310221.0105 molL11.31017 molL1。c(Mg2)0.022 molL10.01 mol L1，则c3(Mg)2+c2(PO43)0.013(1.31017)21.6910401.71
68、040KspMg3(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 h(2)FeTiO3+4H+4Cl=Fe2+TiOCl422H2O(3)低于 40，TiO2xH2O 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)1.31022
69、1.0105 molL11.3 1017 mol L1，c3(Mg2+)c2(PO43)值 为 0.013(1.31017)2 1.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成 Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O4高温=2LiFePO43CO2H2O 2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。答案：(1)CuFeS2Cu2H=Cu2SFe2H2S(2)2 mol 4Fe2O24H=4Fe32H2O 生成的硫覆盖
70、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 pH 快速增大，容易使 Fe3沉淀，所以使用尿素而不直接通入 NH3
71、，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Fe(OH)3 的 Ksp1.010 39 和溶液中 c(Fe3)1.0 105 mol L1可知，溶液中 OH的浓度为1.010391.01053mol L1 1.0 1011.3 mol L1，c(H)Kwc(OH)10141011.3102.7 mol L1，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 在温度较高时 H2O2易分解或产物中的 F
72、e3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+CO(NH2)2+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)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
73、 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 L 0.128 g L1 答案：(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3 得到 NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O4e=4HO2(或 4OH4e=2H2OO2)a(4)S2O52+2I23H2O=2SO424I6H 0.128
