1、12题型特点 侧重于元素及其化合物转化的综合性试题，题干的呈现形式多为流程图、表格和图像，有时也以文字描述形式呈现；设问角度一般为操作措施(原料的选择和预处理、设备的作用和操作、工业条件的选择)、物质成分(产品成分分析，副产物的分离，资源的回收利用)、化学反应(反应过程分析及其它物料的影响)、条件控制的原因(多结合图像)等。工艺流程的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；题干主要用流程图形式将原料到产 3品的主要生产工艺流程表示出来；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实
2、性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维容量大。能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识。41.试题结构特点 52.试题解答思路 题头(2018江苏化学)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：审题：(1)关注原料组成，了解杂质，后续流程多涉及杂质离子转化与除去。(2)关注生产目的。6题干 7问题(1)焙烧过程均会产生 SO2，用 NaOH 溶液吸收过量 SO2 的离子方
3、程式为_。(2)添加 1%CaO 和不添加 CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。(1)“过量”“离子方程式”(2)反应原理分析，信息的获取、加工和应用能力。信息：“少量 FeS2 和金属硫酸盐”“多数金属硫酸盐的分解温度都高于 600”原理：联系硫酸工业，4FeS211O2=焙烧2Fe2O38SO28问题已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于 600 硫去除率1焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量 100%不添加 CaO 的矿粉在低于 500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700 焙烧时，添加 1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加 CaO 的矿粉硫去除率低，其主要
4、原因是_。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO2，铝元素存在的形式由_(填化学式)转化为_(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的 Fe2O3。Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4 和 SO2，理论上完全反应消耗的 n(FeS2)n(Fe2O3)_。“多数金属硫酸盐的分解温度都高于 600”，700，硫酸盐分解产生SO2，联系：CaO 在煤的“固硫”原理：2CaO2SO2O2=2CaSO4.(3)铝的转化：Al2O3 NaAlO2Al(OH)3(4)新情境下氧化还原反应方程式的书写与配平。反应物：Fe2O3、FeS2，生成物：Fe3O4 和 SO2，配平
5、。9总结 熟悉“转化流程”，按流程进行的方向理清流程中每一个步骤的目的，每一个步骤中体系的变化或物质的转化关系。准确获取题示信息(文字、图表、装置等)，将题示信息与已有知识、试题情境相整合。逐一分析试题中的问题并解答问题。(1)学会获取信息。如物质转化流程、图表等提供的信息，理解物质转化的全过程。(2)将已有知识与新情境知识相融合。(3)分析在特定情境条件下物质转化的原理和方法。(4)用规范的化学语言表示结果。10答案(1)OHSO2=HSO3 (2)FeS2 硫元素转化为 CaSO4 而留在矿粉中(3)NaAlO2 Al(OH)3(4)11611五年真题探秘 2019年(1)新情境化学方程式
6、书写(2)化工生产分析：提高去除率；出料成分分析(杂质、尾气)(3)新情境离子方程式书写；工业原理分析(图像)2018年(1)离子方程式书写(2)工业生产原理分析(信息的获取与应用)(3)物质间的转化(铝)(4)氧化还原方程式配平与应用 122017年(1)离子方程式(2)调节pH：元素转化，原理分析(3)电解产物分析(4)电极反应(5)工业原理分析，元素化合物性质 2016年(1)化学方程式书写；工业生产分析：转化率(2)出料成分分析；反应过程分析(3)产物分离(图像)2015年(1)离子方程式书写；工业原理分析：转化速率(图像)(2)反应过程分析；实验检验操作(3)反应原理分析 131.(
7、2019江苏化学，16)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为 NONO22OH=2NO2 H2O2NO22OH=NO2 NO3 H2O14下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_(填字母)。A.加快通入尾气的速率 B.采用气、液逆流的方式吸收尾气 C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得
8、到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_(填化学式)。15(3)NO 的氧化吸收。用 NaClO 溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中 NO 的去除率。其他条件相同，NO 转化为 NO3 的转化率随 NaClO 溶液初始 pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸性 NaClO 溶液中，HClO 氧化 NO 生成 Cl和 NO3，其离子方程式为_。NaClO 溶液的初始 pH 越小，NO 转化率越高。其原因是_。16解析(1)NH3被 O2氧化生成 N2O，N 元素从3 价升至1 价，1 mol NH3失去 4 mol e，O 元素从 0 价降至2
9、 价，1 mol O2 得到 4 mol e，根据 N 和 O 元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。(2)A 项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B 项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确；C 项，补充 NaOH 溶液，c(OH)增大，能更充分吸收尾气，正确。NO2 与 NaOH 反应可生成 NaNO2、NaNO3 和水，所以 NaNO2 晶体中会混有 NaNO3 杂质。由吸收尾气的主要反应可知，NO2 吸收更充分，故吸收后排放的尾气中 NO 的含量较高。(3)HClO 氧化 NO 生成 NO3，自身被还原为 Cl，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。
10、氧化 NO 的是 HClO，NaClO 在酸性条件下会生成 HClO，所以 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，NO 转化率越高。17答案(1)2NH32O2=催化剂N2O3H2O(2)BC NaNO3 NO(3)3HClO2NOH2O=3Cl2NO3 5H溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化 NO 的能力越强 182.(2017江苏化学，16)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：19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”所得滤
11、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_。20(5)铝粉在1 000 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_。21解析(1)“碱溶”时，Al2O3 与 NaOH 反应生成 NaAlO2 和 H2O，注意离子方程式。(2)“过滤 I”所得滤液为 NaAlO2，加入 NaHCO3 溶液，过
12、滤后电解的是 Na2CO3溶液，说明溶液的溶质由 NaAlO2 变为 Na2CO3，发生反应 AlO2 HCO3 H2O=Al(OH)3CO23，说明 AlO2 结合 H能力强于 CO23，即其水解能力强，说明碱性 NaAlO2Na2CO3，溶液的 pH 减小。(3)电解 Al2O3，阳极 O2放电生成 O2，石墨(C)电极会被 O2 氧化。(4)阳极溶液中的阴离子即水中的 OH放电生成 O2 及 H(2H2O4e=O24H)，H与 CO23 结合生成 HCO3(CO23 H=HCO3)，由图阳极区Na2CO3生成NaHCO3，写出总反应：4CO23 2H2O4e=4HCO3 O2。阴极，水中
13、的 H放电生成 H2。(5)NH4Cl 加热时分解生成 HCl 和 NH3，HCl 可以破坏铝表面的氧化膜，有利于反应进行。22答案(1)Al2O32OH=2AlO2 H2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的 O2 氧化(4)4CO23 2H2O4e=4HCO3 O2 H2(5)NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3 薄膜 233.(2016江苏化学，16)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如下：(1)氯化过程控制电石渣过量、在75 左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一
14、步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。24提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_(填序号)。A.适当减缓通入Cl2速率 B.充分搅拌浆料 C.加水使Ca(OH)2完全溶解(2)氯化过程中Cl2 转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O 氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为_(填化学式)。滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2 nCaCl2_15(填“”、“11 时，溶液中的 c(SO24)增大，说明有更多的 SO
15、24 生成，反应物为 CaSO4、氨水、CO2，生成 SO24，还有 CaCO3，相当于氨水和 CO2 反应生成(NH4)2CO3，(NH4)2CO3 和 CaSO4 生成(NH4)2SO4 和 CaCO3。A 项，搅拌浆料，增大反应物的接触面积，加快反应速率，正确；B 项，加热到 100，氨水挥发、CO2 溶解度减小，则生成的(NH4)2CO3 的量减少，无法实现 CaSO4 转化为 CaCO3，错误；C 项，增大氨水浓度可以提高反应速率，正确；D 项，减小 CO2 通入速率，则转化速率降低，错误。(2)当 pH 接近 6.5 时，由图可知 c(SO24)接近 0.1 molL1，溶液呈酸性
16、，通入的 CO2 主要以 NH4HCO3 存在，故滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为 SO24 和 HCO3。可通过检验洗涤液中是否含有 SO24 来判断沉淀是否洗涤完全。(3)温度升高，能促进 NH4 的水解，增大溶液酸性，促进固体中 Ca2的浸出。32答案(1)CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NH4 SO24 H2O(或 CaSO4CO23CaCO3SO24)AC(2)SO24 HCO3 取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全(3)浸取液温度上升，溶液中 c(H)增大，促进固体中 Ca2浸出 33考向一 原
17、料预处理 1.常用方法 看方法 想目的 研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率 水浸 与水接触反应或溶解 34酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 352.常见设问 如何提高“酸浸率”固体粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率 升高反应的温度，增大反应速率 适当加大酸的浓度 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
18、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)363.常见考查示例(1)(2019苏北三市一模)以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：37“酸溶”中加快溶解的方法为_(写出一种)。“还原”过程中的离子方程式为_。.“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为_。.若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中c(Ca2)/c(Fe2)_。已知Ksp(CaCO3)2.8109，Ksp(FeCO3)210
19、11 38(2)(2019苏州期末)以软锰矿(主要成分为MnO2、SiO2等)为原料制备高纯MnO2的流程如下：酸浸时，通常加入FeSO4作催化剂加快反应速率。为提高酸浸速率，还可以采取的措施有_(写一种)。.滤渣中含大量硫单质，酸浸时主要反应的化学方程式为_。.证明除铁后所得溶液中不含铁元素的实验方法是_。39(3)(2018徐州考前模拟)活性ZnO在橡胶、塑料等工业中有重要应用，某工厂以含铅锌烟气(主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO)制备活性ZnO的工艺流程如下：40下图为温度与Zn、Pb元素浸出率的关系图，“酸浸”时采用30 而不是更高的温度的原因是：a.减少盐酸挥发；b.
20、_。41“氧化”的目的是除去酸浸液中的Fe2，在pH约为5.1的溶液中，加入高锰酸钾溶液，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为_。a.若“过滤”所得的滤液浑浊，则处理的方法为_。b.“除杂”时，滤渣的主要成分是Cu、Pb，试剂X应为_。在“过滤”后的溶液中加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌Zn2(OH)2CO3等物质。a.该反应的化学方程式为_。b.检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作为_。42答案(1)加热或搅拌或适当增大硫酸浓度(写一种)Fe2Fe3=3Fe2.FeSO42NH4HCO3=Fe(OH)2(NH4)2SO42CO2.140(2)提高酸浸温度(将矿石粉碎).ZnSM
21、nO22H2SO4=FeSO4ZnSO4MnSO4S2H2O 43.取少量溶液，加入 KSCN 溶液，再滴入少量氯水，若溶液不变成血红色，则溶液中不含铁元素(3)随温度升高，Zn2浸出率基本不变，Pb2浸出率增大，杂质含量增大3Fe2MnO4 7H2O=MnO23Fe(OH)35Ha.将滤液重新过滤 b.Zna.2Na2CO32ZnCl2 H2O=4NaClZn2(OH)2CO3CO2或 3Na2CO3 2ZnCl22H2O=4NaClZn2(OH)2CO32NaHCO3b.取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净 44考向二 制备过程中反应条件的控制 1.
22、常用方法 看方法 想目的 调节溶液的pH 常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀 控制温度 根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动 控制压强 改变速率，影响平衡 使用合适的催化剂 改变反应速率，控制达到平衡所需要的时间 45注意 调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反应，使溶液pH变大；不引入新杂质。例如若要除去Cu2中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。462.常见设问 控制溶液的pH 调节溶液的酸碱性，使某些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(
23、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)加过量试剂 使反应完全进行(或增大转化率、产率)等 加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子 47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 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 48提高原子利用率 绿色化学(物
24、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、水解、潮解等目的 493.常见考查示例(1)(2018 南京三模)K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：50已知：.4FeOCr2O38Na2CO37O2=高温 8Na2CrO42Fe2O38CO2.Cr2O27 H2O2CrO24 2H“焙烧”时，Al2O3 与 Na2CO3 发生反应的化学方程式为_。“滤渣”的
25、主要成分是_(填化学式)。“酸化”步骤调节溶液 pH5，其目的是_。“转化”一步发生反应的化学方程式为_。51采用电解法处理含铬废水原理如下图所示。阳极区溶液中发生反应：Cr2O27 6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，阳极的电极反应式为_，阴极产生的气体为_(填化学式)。52解析 高温条件下 Na2CO3 和 Al2O3 反应生成 NaAlO2 和 CO2。经过焙烧，Cr、Fe、Al 的存在形式分别为：Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，水浸后，溶液中主要有：Na2CrO4、NaAlO2，调节 pH7，AlO2 转化为 Al(OH)3 沉淀。酸化时，溶液主要成分为 Na2CrO4
26、，由题给信息可知将 Na2CrO4 转化为 Na2Cr2O7。Na2Cr2O7溶液中加 KCl 生成 K2Cr2O7 晶体，说明 K2Cr2O7 溶解度小于 Na2Cr2O7。铁板作阳极，优先失电子：Fe2e=Fe2，生成的 Fe2还原 Cr2O27。阴极溶液中的阳离子即 H放电。53答案 Na2CO3Al2O3=焙烧 2NaAlO2CO2Al(OH)3 使 CrO24 转化为 Cr2O27Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaClFe2e=Fe2 H2 54(2)(2019 徐州高三考前模拟)利用磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3OH，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等湿法制备磷酸
27、的一种工艺流程如下：55酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F 所含氟转化为 HF，该反应的化学方程式为_。H2O2 可将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO2 脱除，但要控制温度在 80 左右，其原因是_。脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有 SO24 残留，原因是_；加入 BaCO3 可进一步提高脱硫效率，其离子方程式是_。56用碳作还原剂可以将磷石膏中的CaSO4还原，所得SO2可用于工业生产硫酸。在不同的温度下，添加CaCl2焙烧2.5 h对CaSO4转化率的影响如图。CaCl2的作用是_；当温度高于1 200 时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同，其原因是_。57解析(1
28、)反应物有 Ca5(PO4)3F、H2SO4，生成物有 HF、CaSO42H2O(流程所示)，根据元素守恒及最终产品“精制磷酸”可知还有 H3PO4 生成：Ca5(PO4)3FH2SO4CaSO42H2OH3PO4HF，根据原子守恒配平。从温度过高或过低的影响分析。脱硫利用 CaCO3 将少量 SO24 转化为 CaSO4，因 CaSO4 微溶，反应后仍有 SO24 残留。BaCO3 转化为 BaSO4，CO23 在 H3PO4 溶液中生成 CO2，H3PO4是三元弱酸(但酸性强于 H2CO3)，由于过量，生成 2H2PO4。在相同的时间段内，添加 CaCl2 的转化速率快，说明其是催化剂，温
29、度高，速率快，高于 1 200 时，在时间段内达到平衡，催化剂不影响平衡转化率。58答案 Ca5(PO4)3F5H2SO410H2O=5CaSO42H2O3H3PO42HF温度过低，反应速率太慢；温度过高，H2O2 易分解CaSO4 微溶 BaCO3SO24 2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO4作催化剂 两种情况下反应均达到平衡，催化剂 CaCl2 不改变平衡的移动(合理答案均可)59考向三 物质的分离与提纯 1.正确选择物质分离的“6种”常用方法 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤(热滤或抽滤)利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同
30、提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 60提取溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO45H2O、FeSO47H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气 冷却法 612.常见设问 结晶方法 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：蒸发浓缩、结晶，趁
31、热过滤。如除去NaCl中少量的KNO3 要得到溶解度受温度影响大的溶质：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。如除去KNO3中少量的NaCl 62从溶液中得到晶体的操作 蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤干燥 萃取、分液操作 实验在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 晶体的洗涤 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杂质和水分、利用乙醇的易挥发性，有利于晶体干燥 63洗涤沉淀操作让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加入洗涤剂浸没过晶体，让洗涤液自然流下，重复 23 次即可检验沉淀是否洗涤干净取最后一次洗涤滤液，滴加试剂(如硝酸酸化的AgNO3 溶液检验 Cl，盐酸酸化的 BaCl2
32、 溶液检验SO24)，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净，反之则未洗涤干净643.常见考查示例(1)(2019苏锡常镇一模)目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下：65检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是_。通入SO2的目的是将I2还原为I，该反应的离子方程式为_。滤渣1的成分为_。“制KI(aq)”时，Fe2会水解形成胶状物吸附KI，造成I的损失。已知此温度下，Kw1.01013，KspFe(OH)29.01015。现测得溶液中c(FeI2)为0.9 molL1，为减少I的损失，起始时，加入K2CO3必须保持FeI2溶液的pH不大于_。“制KIO3溶液”时
33、，发生反应的离子方程式为_。66KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为_。67解析 碘单质遇淀粉溶液显蓝色。SO2 将 I2 还原为 I，自身被还原为 SO24，注意离子方程式(HI 为强酸)，也可写成 CuI 沉淀。由 CuI 制 FeI2，Fe 置换出 Cu。溶液中 c(Fe2)至少为 0.9 molL1，c(OH)KspFe（OH）2c（Fe2）108 molL1，c(H)106 molL1，pH 不大于 6。反应物有 Cl2、I2，生成物有 IO3，Cl2 被还原为 Cl，碱性环境，配平。KIO3 溶解度随温度的降低而降低。68答案 淀粉溶液SO2
34、I22H2O=SO24 2I4H(或 2SO2I22Cu24H2O=2CuI2SO24 8H)Fe、Cu 6.0 5Cl2I212OH=2IO3 10Cl6H2O 蒸发浓缩，降温结晶 69(2)(2018苏锡常镇二调)一种由菱镁矿(主要成分MgCO3、CaCO3、FeCO3、SiO2)制备高纯氢氧化镁的工艺如下：“煅烧”时FeCO3发生反应的方程式为_。“浸取”温度100 左右，该步骤含镁化合物参与反应的化学方程式为_。70“浸取”时NH4Cl用量对Mg2浸出率的影响曲线如图所示。下列有关说法正确的是_(填序号)。71A.“浸取”时适当搅拌浆料 B.用理论用量20%的NH4Cl进行浸取 C.可
35、用NH4Cl对浸取后的滤渣进行二次浸取，将两次浸取液合并 D.浸出温度采用100 可促进NH4Cl的水解和NH3的逸出 本工艺流程中可循环利用的物质有_。若要得到高纯Mg(OH)2，需对“沉镁”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净的方法是_。25 时，Ksp(CaSO4)7.2105。实验测得“除钙”前后溶液中c(Ca2)分别为2.8 gL1和0.8 gL1，则1 L溶液至少需加入MgSO4固体的质量为_g。72解析 空气中煅烧 FeCO3，O2 将 FeCO3 氧化为 Fe2O3，同时放出 CO2。MgCO3煅烧后生成 MgO，用 NH4Cl 溶液浸取，利用 NH4 水解生成的 H与 Mg
36、O 反应，由流程图可知有 NH3 生成。A 项，适当搅拌可以增大固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率，正确；B 项，由图可知，用理论用量 20%的 NH4Cl 进行浸取时，Mg2浸出率提高不明显，但 NH4Cl 利用率降低，错误；C 项，二次浸取可提高浸出率，正确；D 项，由分析，利用 NH4 水解生成的 H与 MgO 反应，适当升高温度，促进 NH4 水解，增大 H浓度，同时有利于 NH3 逸出，有利于水解平衡正向移动，正确；浸取时生成氨气，可用于沉镁，沉镁时生成 NH4Cl，可用于浸取。Mg(OH)2 固体吸附的溶液中的可溶性离子主要有 NH4、Cl、SO24，可以检验 SO24、Cl的
37、存在。沉淀的 n(Ca2)2 g/40 gmol10.05 mol，生成 CaSO4 沉淀 0.05 mol，此时溶液中c(Ca2)0.02 molL1，由 Ksp(CaSO4)7.2105，此时溶液中 c(SO24)0.003 6 mol，1 L 溶液生成 CaSO4 为2.80.8400.05(mol)，所以需要 MgSO4 的质量为 0.003 6 mol120 g/mol0.05 mol120 g/mol6.432 g。73答案 4FeCO3O2=高温 2Fe2O34CO2MgO2NH4Cl=100 MgCl22NH3H2OACDNH4Cl、NH3取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的 B
38、aCl2 溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净(其他合理答案也可)6.4 74考向四 工艺流程中反应原理的分析 1.反应过程中重要物质的分析(1)循环物质的确定 看流程上箭头，是否循环；看反应过程中的生成物(滤液、滤渣)是否是前面反应的反应物，通过具体物质判断。(2)滤渣、滤液成分的确定 要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：反应过程中哪些物质(离子)消失了；所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子，要考虑这些离子间是否会发生反应。75(3)反应原理的分析 从反应物的性质分析；从反应的条件分析；从生成物的性质分析。有时还结合图像分析，分析方法类似，结合反应
39、物和生成物的性质及反应条件分析图像变化趋势，如2017年高考“铝粉在1 000 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”，要促进Al与N2的反应需考虑这样几个问题：Al是一种比较活泼的金属，但其表面有一层致密的氧化物薄膜，阻止了Al与N2的接触，要顺利反应需要将其破坏(反应物的性质)。固体与气体的反应需尽可能增大两者的接触面积，故选择了铝粉(反应的条件)。由于NH4Cl受热时易分解生成NH3和HCl，产生HCl气体可破坏铝粉表面的Al2O3薄膜，从而有利于Al与N2的反应(分解生成物角度分析)。(4)pH增大或减小，一是考虑H或OH量的变化，与其
40、它物质(反应物或生成物的反应)，二是环境改变。762.常见考查示例(1)(2019扬州考前调研)从含铬废水(主要成分为 Cr2O27)中回收铬渣并冶炼铬的部分工艺流程如下：77已知：Na2S2O5H2O=2NaHSO3.“还原”过程中 Cr2O27 转化为 Cr3，该反应的离子方程式为_。.“还原”时，也可用 Na2S2O3 做还原剂，反应中 S2O23 转变为 SO24，则与等量的 Cr2O27 反应消耗的 n(Na2S2O5)n(Na2S2O3)_。Cr2O27 在不同酸碱性溶液中与 CrO24 存在如下平衡：Cr2O27 H2O2CrO24 2H，该反应的平衡常数表达式为_。78用焦亚硫
41、酸钠(Na2S2O5)处理废水后，可能会使废水的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如题图所示。79已知：“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水样中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。.未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是_。.在焦亚硫酸钠与废水中铬元素质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是_。已知“铬渣”的主要成分为Cr(OH)3，“沉淀”反应的化学方程式为_。80解析.利用 S2O25
42、将 Cr2O27 还原为 Cr3，自身被氧化为 SO24，注意酸性环境。.Na2S2O5 中 S 的平均价态为4 价，被氧化到 SO24，转移 4e，Na2S2O3 中 S 的平均价态为2 价，被氧化到 SO24，转移 8e。注意水溶液中水不写入平衡常数。.COD 越高，说明还原性物质越多，还原性物质可能 HSO3 或 S2O25 增多(从物质的性质入手)。.加硫酸，酸性增强，COD 下降，说明还原性物质减少，即 H促进反应或将 HSO3 转化为 SO2 逸出。反应物有：Na2CO3、Cr2(SO4)3，生成物有 Cr(OH)3、3CO2，配平，判断 Cr3以 Cr2(SO4)3 存在是关键。
43、81答案.3S2O25 2Cr2O27 10H=6SO24 4Cr35H2O 或 3HSO3 Cr2O27 5H=3SO24 2Cr34H2O.21 Kc2（CrO24）c2（H）c（Cr2O27）.Na2S2O5 质量越大，反应后废水中剩余的 HSO3(或 S2O25)的量就越多，HSO3(或S2O25)具有较强的还原性，所以废水的 COD 增大.废水酸性增强，促进 HSO3(或 S2O25)与 Cr2O27 充分反应，还原性的 HSO3(或S2O25)转化更完全，含量减少(或废水酸性增强，H将 HSO3 转化为 SO2 气体逸出，还原性的 HSO3 减少)3Na2CO3Cr2(SO4)33
44、H2O=3Na2SO42Cr(OH)33CO2 82(2)以冶铜工厂中预处理过的污泥渣(主要成分为CuO和Cu)为原料制备CuSO4晶体的流程如下：氨浸过程中加入氨水后，持续通入空气生成Cu(NH3)4(OH)2，写出空气中氧气参与反应的化学方程式：_。通入空气的另一个作用为_。83分别选用氨水、氨水碳酸铵混合溶液氨浸时铜元素的回收率随温度变化如图所示。84.浸取液为氨水时，反应温度控制为55，温度过高铜元素回收率降低的原因是_；.浸取液为氨水碳酸铵混合溶液时，铜元素的回收率受温度影响小的原因可能是_。蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物，则除氨外其余产物的化学式为_。该流程中可循环利用
45、的物质是_。85解析 通入空气除了作为反应物外，另一作用是对溶液进行充分搅拌。.温度过高，氨水分解，氨气逸出，反而使铜元素的回收率降低；.氨水和碳酸铵的混合溶液中存在电离平衡和水解平衡，实质上构成了一种缓冲溶液，故升高温度对氨水的影响较小。蒸氨过程中涉及Cu(NH3)4(OH)2反应，得到的沉淀是CuO，另外有NH3和H2O这些两元化合物。蒸氨得到的NH3又可以到第一步循环利用。86答案 2CuO28NH3H2O=2Cu(NH3)4(OH)26H2O 搅拌(充分反应).氨气挥发.溶液中存在氨水的电离平衡和 NH4 的水解平衡，温度变化，平衡发生移动，使溶液中的氨气浓度变化较小 CuO、H2O NH3(或氨水或 NH3H2O)87本节内容结束
