1、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、真实性、开放
2、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。1试题结构特点2.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。题干问题(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。(2)添加1%CaO和不
3、添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率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)_。(1)“过量”“离子方程式”(2)反应原理分析，信息的获取、
4、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，4FeS211O22Fe2O38SO2“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：Al2O3NaAlO2Al(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。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)
5、，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。答案(1)OHSO2=HSO(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116五年真题探秘2019年(1)新情境化学方程式书写(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
6、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2017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1(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
7、。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=2NOH2O2NO22OH=NONOH2O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)。(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NO的转
8、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NO，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_。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
9、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NO，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。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。答案(1)2NH32O2N2O3H2O(2)BCNaNO3NO(3)3HClO2NOH2O=3Cl2NO5H溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强2(2017江苏化学，16)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为A
10、l2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：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_。(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_。解析(1)“碱溶”时，Al2O3与
11、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AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，说明AlO结合H能力强于CO，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CO结合生成HCO(COH=HCO)，由图阳极区Na2CO3生成NaHCO3，写出总反应：4CO2H2O4
12、e=4HCOO2。阴极，水中的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。答案(1)Al2O32OH=2AlOH2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)4CO2H2O4e=4HCOO2H2(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜3(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进一步转化为Ca(ClO3)2，少量
13、Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。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(SO)增大，说明有更多的SO生成，反应物为CaSO4、氨水、CO2，生成SO，还有Ca
14、CO3，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(SO)接近0.1 molL1，溶液呈酸性，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SO和HCO。可通过检验洗涤液中是否含有SO来判
15、断沉淀是否洗涤完全。(3)温度升高，能促进NH的水解，增大溶液酸性，促进固体中Ca2的浸出。答案(1)CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NHSOH2O(或CaSO4COCaCO3SO)AC(2)SOHCO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浸出考向一原料预处理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
16、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2.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)3.常见考查示例(1)(2019苏北三市一模)以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)
17、为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：“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)21011(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
18、除铁后所得溶液中不含铁元素的实验方法是_。(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：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._。“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Na
19、2CO3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_。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).ZnSMnO22H2SO4ZnSO4MnSO4S2H2O.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3Fe2MnO7H2O=MnO23Fe(OH)35Ha.将滤液重新过滤bZna.2Na
20、2CO32ZnCl2 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，则洗净考向二制备过程中反应条件的控制1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C
21、uO、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。2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(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
22、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、水解、潮解等目的3.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：已知：.4FeOCr2O38N
23、a2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2.Cr2OH2O2CrO2H“焙烧”时，Al2O3与Na2CO3发生反应的化学方程式为_。“滤渣”的主要成分是_(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_。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：Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，阳极的电极反应式为_，阴极产生的气体为_(填化学式)。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：Na
24、2CrO4、NaAlO2，调节pH7，AlO转化为Al(OH)3沉淀。酸化时，溶液主要成分为Na2CrO4，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Cr2O。阴极溶液中的阳离子即H放电。答案 Na2CO3Al2O32NaAlO2CO2Al(OH)3使CrO转化为Cr2ONa2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaClFe2e=Fe2H2(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Ca
25、5(PO4)3F和有机碳等湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：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SO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_。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_。解析(1)
26、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SO转化为CaSO4，因CaSO4微溶，反应后仍有SO残留。BaCO3转化为BaSO4，CO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2H2PO。在相同的时间段内，添加CaCl2的转化速率快，说明其是催化剂，温度高，速率快，高于1 200 时，在时间段内达到平衡，催化剂不
27、影响平衡转化率。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BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO 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)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蒸发结晶提
28、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2.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从溶液中得到晶体
29、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溶液检验SO)，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净，反之则未洗涤干净3.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
30、：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，发生反应的离子方程式为_。KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为_。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SO，注意离子方程式
31、(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)108 molL1，c(H)106 molL1，pH不大于6。反应物有Cl2、I2，生成物有IO，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。答案 淀粉溶液SO2I22H2O=SO2I4H(或2SO2I22Cu24H2O=2CuI2SO8H)Fe、Cu6.05Cl2I212OH=2IO10Cl6H2O 蒸发浓缩，降温结晶(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：
32、 “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_。 “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)。A“浸取”时适当搅拌浆料B用理论用量20%的NH4Cl进行浸取C可用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
33、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。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NH水解生成的H与MgO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 NH水解生成的H与MgO反应，适当升高温度，促进NH水解，增大H浓度，同时有利于NH3逸出，有利于水
34、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NH、Cl、SO，可以检验SO、Cl的存在。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(SO)0.003 6 mol，1 L溶液生成CaSO4为0.05(mol)，所以需要MgSO4的质量为0.003 6 mol120 g/mol0.05 mol120 g/mol6.432 g。答案4FeCO3O22Fe2O34CO2M
35、gO2NH4ClMgCl22NH3H2OACDNH4Cl、NH3取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净(其他合理答案也可)6.4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。(3)反应原理的分析从反应物的性质分析；从反
36、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
37、(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，与其它物质(反应物或生成物的反应)，二是环境改变。2常见考查示例(1)(2019扬州考前调研)从含铬废水(主要成分为Cr2O)中回收铬渣并冶炼铬的部分工艺流程如下：已知：Na2S2O5H2O=2NaHSO3.“还原”过程中Cr2O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S2O转变为SO，则与等量的Cr2O反应消耗的n(Na2S2O5)n(Na2S2O3)_。Cr2O在不同酸碱性溶液中与CrO存在如下平衡：Cr2OH2O2CrO2H，该反应的平衡常数表达式为_。用焦亚硫酸钠(N
38、a2S2O5)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。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_。解析.利用S2O将Cr2O还原为Cr3，
39、自身被氧化为SO，注意酸性环境。 .Na2S2O5中S的平均价态为4价，被氧化到SO，转移4e，Na2S2O3中S的平均价态为2价，被氧化到SO，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HSO或S2O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HSO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。答案.3S2O2Cr2O10H=6SO4Cr35H2O 或3HSOCr2O5H=3SO2Cr34H2O.21
40、K.Na2S2O5质量越大，反应后废水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有较强的还原性，所以废水的COD增大.废水酸性增强，促进HSO(或S2O)与Cr2O充分反应，还原性的HSO(或S2O)转化更完全，含量减少(或废水酸性增强，H将HSO转化为SO2气体逸出，还原性的HSO减少)3Na2CO3Cr2(SO4)33H2O=3Na2SO42Cr(OH)33CO2(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
41、一个作用为_。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。.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的物质是_。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)
42、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。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NH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、H2ONH3(或氨水或NH3H2O)跟踪模拟训练1(2018金陵海安南外联考)硼氢化钠(NaBH4，硼为3价)为白色粉末，在干燥空气中稳定，在潮湿空气中分解，是常用的还原剂。偏硼酸钠(NaBO2) 易溶于水，不溶于乙醇，易水解。目前有多种工艺制备NaBH4 。(1)用硼精矿(含有一定量B2O3，及Al
43、2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)制取NaBH4的流程如下：“溶解”时，B2O3与NaOH反应生成了NaBO2，反应离子方程式为_。“除硅铝”步骤加入CaO，而不加入CaCl2的原因有：能将硅、铝以沉淀除去；尽量不带入杂质离子：_。“操作2”是将滤液蒸发、结晶、洗涤，其中洗涤选用的试剂最好是_。“反应1”是MgH2与NaBO2混合得到NaBH4和MgO，其化学方程式为_。(2)我国孙彦平采用耐腐蚀电极材料，以阳离子交换膜为隔离膜，电解偏硼酸钠的碱溶液，也可以高效制备NaBH4。该工艺阳极产物为_，阴极电极方程式为_。解析(1)B元素的化合价没有变化，NaBO2易溶于水，拆成离子形式。CaO溶
44、于水生成Ca(OH)2，与CaCl2的相同之处是均有Ca2，沉淀硅、铝，不同之处是前者提供OH，从OH入手分析。由题给信息“偏硼酸钠不溶于乙醇”，有乙醇洗去其他可溶于乙醇的离子，减少偏硼酸钠损耗。MgH2中H显1价，NaBH4中H显1价，因此是非氧化还原反应，配平。(2)BOBH，溶液中H元素从1到1价，发生还原反应，所以在阴极生成，反应为BO6H2O8e=BH8OH，阳极溶液中的阴离子OH放电生成O2。答案(1)B2O32OH=2BOH2O提供碱性溶液，抑制 NaBO2水解乙醇 2MgH2NaBO2=NaBH4 2MgO (2)O2BO6H2O8e=BH8OH2(2019南通一模)以粉煤灰(
45、主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下：(1)“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是_。“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是_。(2)“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为_，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是_。(3)“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl36H2O晶体的过程，溶液中Al3和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。Al3浓度减小的原因是_。(4)上述流程中，可以循环利用的物质是_。解析(1)酸浸主要溶解Al2O3。用“浓盐酸”酸浸，“恒容密闭反应釜”，温度过高，盐酸挥发，引起容器内压强过大，导致反
46、应釜损坏。(2)Fe3与HCO反应生成Fe(OH)3沉淀，可以理解为两者又水解生成沉淀。Fe3的检验用KSCN溶液。(3)“通入HCl气体，从而获得AlCl36H2O晶体”说明Cl浓度增大后，生成AlCl36H2O晶体，Al3浓度减小。(4)AlCl36H2O煅烧生成Al2O3，同时副产物HCl，可循环利用。答案(1) Al2O36H=2Al33H2O温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏(2) Fe33HCO=Fe(OH)33CO2静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色(3)盐酸浓度增大，溶液中Cl浓度增大，促进Al3形成AlCl36H2O晶体析出(
47、4) HCl(或盐酸)3(2019苏锡常镇二模)LiFePO4是一种电动汽车电池的电极材料，实验室以绿矾和磷酸为原料制备LiFePO4的流程如下：(1)“溶解”和“反应1”步骤不能互换的原因是_。(2)“反应1”的离子方程式是_。(3)“反应2”是2LiOH6H2C2O42FePO4=2LiFePO47CO25CO7H2O，其中体现氧化性和还原性的反应物的物质的量之比为_。(4) LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是：_，_。(5)利用LiFePO4作电极的电池稳定、安全、对环境友好，放电时工作原理如图所示。放电时电极b的电极反应式为_。解析(1)
48、若先反应，即FeSO4与NaClO、NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，再用H3PO4溶解，可能产生Fe(OH)3杂质。(2)反应物有Fe2、ClO、H3PO4，生成FePO4沉淀，ClO被还原为Cl，注意加入NaOH，碱性环境，H3PO4是弱酸。(3)FePO4LiFePO4，Fe由32，体现氧化性，H2C2O4CO2，C由34，体现还原性，H2C2O4CO，体现氧化性。体现氧化性物质的物质的量为(25/2)，体现还原性物质的物质的量为7/2。(4)从反应条件(高温)、活性炭的性质(导电性、还原性)、LiFePO4性质(Fe2还原性)分析。(5)由图示可知，Li移向电极b，与Li(1x)Fe
49、PO4反应生成LiFePO4。答案(1)可能导致FePO4中混有较多Fe(OH)3(2)2Fe2ClO2H3PO44OH=2FePO4Cl5H2O (3) 97(4)改善成型后LiFePO4(或电极)的导电作用与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2被氧化(5)Li(1x)FePO4xLixe=LiFePO44(2019南京三模) 以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO的部分工艺流程如下：已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1 计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHNi26.79.5Fe31.13.2Fe25
50、.88.8Cu24.27.2(1)“酸溶”时Ni转化为NiSO4，该过程中温度控制在7080 的原因是_。(2)“氧化”时，Fe2参加反应的离子方程式为_。(3)“除铁”时需控制溶液的pH范围为_。(4)“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(5)“沉镍”时得到碱式碳酸镍用xNiCO3yNi(OH)2表示沉淀。在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为_。“沉镍”时，溶液pH增大，碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加，原因是_。解析(2)酸性条件下，H2O2将Fe2氧化为Fe3。(3)铁经酸溶后，以Fe3存在，使Fe3完全沉淀，3.2pH，Cu2在“除铜”中用H2S沉淀，pH
51、4.2。(4)Cu2H2S=CuS2H。(5)pH增大，溶液中OH浓度增大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，Ni(OH)2中Ni的含量高于NiCO3中的含量。答案(1)温度低于70 ，反应速率降低；温度高于80 ，HNO3分解(或挥发)加快(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(3)3.2pH4.2(4) CuS(5)xNiCO3yNi(OH)2(xy)NiOxCO2yH2ONi(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大5(2017盐城三调)以电镀污泥主要成分为Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、Fe(OH)3和SiO2等为原料制备纳米铜等的
52、工艺流程如下：(1)“浸取”时，工业上采用3 molL1H2SO4溶液在室温下浸取1 h。Cu2(OH)2CO3被浸取的化学方程式为_；下列措施可提高铜和铁的浸取率的是_(填字母)。a将电镀污泥浆化处理b适当增大液、固质量比c浸取时间缩短一半d控制浸取终点pH3(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图甲所示。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_。(3)“反萃取”得到CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2的还原率随温度的变化如图乙所示。该反应的离子方程式为_；在2075 区间内，温度越高Cu2的还原率也越高，其原因是_。(4)在萃取后的“水相”中加
53、入适量氨水，静置，再经_等操作可得到Fe2O3产品。解析(1)Cu2(OH)2CO3被H2SO4浸取，反应生成CuSO4、CO2和H2O。浆化可以增大反应物之间的接触面积，浸取率提高，a正确；增大液固质量比，即投入的酸比固体多，则固体溶解得充分，b正确；浸取时间短，浸取不充分，c错误；从图甲知，pH1.7时，浸取率高，酸性强，溶解充分，d错误。(2)Fe3水解显酸性，pH增大，促进Fe3水解，即Fe3的萃取率降低。(3)从流程图知，反萃取液在pH10时，加入N2H4发生氧化还原反应生成N2和Cu，根据Cu和N得失电子守恒，用OH平衡电荷。(4)萃取的水相中加入氨水，生成Fe(OH)3沉淀，经过
54、滤、洗涤、干燥后，煅烧Fe(OH)3可生成Fe2O3产品。答案(1)Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2Oab(2)Fe3的水解程度随pH的升高而增大(3)2Cu2N2H44OH=2CuN24H2O温度越高，N2H4的还原性越强(4)过滤、洗涤、干燥、煅烧1(2018苏北四市一模)沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。以精选石灰石(含有少量MgCO3、FeCO3杂质)为原料制备沉淀碳酸钙的工艺流程如下：(1)流程中可以循环利用的物质有气体、气体和_(填化学式)。(2)“碳化”时发生反应的离子方程式为_，该过程中通入气体和气体的顺序是_。(3)工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔
55、融物来制备金属钠，原理如下图所示：电解过程中，加入氯化钙的目的是_。石墨电极发生的电极反应方程式为_。电解得到的Na中约含1%的Ca，除去其中少量Ca的方法为_。已知部分物质的熔沸点如下表：物质熔点(K)沸点(K)Na3701 156Ca1 1231 757解析(1)煅烧时产生的气体为CO2(气体)，NH4Cl浸取后，加纯CaO后产生的气体为NH3(气体)，过滤后溶液为CaCl2，通入CO2和NH3，生成CaCO3沉淀和NH4Cl，NH4Cl可循环使用。(2)CaCl2溶液中通CO2无明显现象，CO2在水中溶解度小，类似于“侯氏制碱”，先通NH3，再通CO2。(3)类似于电解氧化铝中冰晶石作用
56、，CaCl2降低熔融温度。铁电极不可能作阳极，若作阳极，优先失电子，所以石墨电极为阳极，熔融物中阴离子Cl放电。利用表格中的信息，控制温度在370 K1 123 K间过滤。答案(1)NH4Cl(2)Ca2CO22NH3H2O=CaCO32NH先通入气体(或后通气体)(3)降低电解质的熔融温度，降低能耗2Cl2e=Cl2 控制温度在370 K1 123 K间过滤2(2018通扬泰徐淮宿二调)CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的p
57、H按金属离子浓度为1.0 molL1计算)：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo27.69.4Al33.05.0Zn25.48.0(1)“酸浸”时通入SO2的目的是_。(2)“除铝”时调节溶液pH范围为_，该过程中主要反应的离子方程式为_。(3) “萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)2HX(有机层)ZnX2(有机层)H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是_。(4)“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是_。(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为_。解析(1)SO2常在溶液中用作还原剂，因为原料中有3价钴，而产品中为2价钴。(2)除铝时，p
58、H5.0，而Zn2不能沉淀，pH还需小于5.4。Al3与CO发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2。(3)此步操作为“萃取”，要获取ZnSO4溶液，需要使平衡向逆反应方向移动，加入适量H2SO4，再分液。(4)若Na2CO3滴加过快，造成局部碱性强，会生成Co(OH)2沉淀。(5)注意“隔绝空气”，CoCO3Co2O3，Co化合价升高，说明C的化合价降低，有CO生成：CoCO3Co2O3CO，分解反应逆向配平：2CoCO3Co2O3CO，根据原子守恒还有CO2。答案(1)将Co3还原为Co2(2)5.05.42Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2(3)向有机层中加入适量的硫酸溶液充
59、分振荡，静置，分液(4)防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀(5)2CoCO3Co2O3COCO23(2018盐城期中)Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：(1)“硫酸化焙烧”时：硫化铜矿需粉碎的目的是_；Cu2S与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为_；加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是_。(2)“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制_(至少列举两点)。(3)“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如图所示。在100 时，发生反应的
60、离子方程式为_。图中在4pH5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为_。解析(1)矿石粉碎是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高矿石的利用率。Cu2S和O2反应生成CuSO4，由Cu、S原子关系可知还有含铜化合物生成，由流程转化图可知是CuO，配平，注意反应条件。焙烧生成的CuO经硫酸浸取后转化为CuSO4，再经SO还原，加入Na2SO4还可以增加产物中CuSO4的比例。(2)提高浸取率，除控制硫酸的浓度外，还可以适当升高温度、适当延长浸取时间、将焙烧产物粉碎以增大固液接触面积、适当增加硫酸的量(液固物质的量之比)。(3)由流程图可知100时，CuSO4溶液中加入Na2SO
61、3溶液，生成Cu2O和SO2，这一过程可以理解为两步反应，SO还原Cu2、生成的H与SO反应生成SO2：2Cu2SO2H2O=Cu2OSO4H，4H2SO=2SO22H2O。“pH越小产品中杂质Cu的含量越高”，说明pH小，发生反应生成Cu：Cu2O2H=Cu2CuH2O。答案(1)提高硫化铜矿的利用率2Cu2S5O22CuSO42CuO提高焙烧产物中CuSO4比例(2)浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等(答出两点即可)(3)2Cu23SOCu2OSO2SO2pH越小时Cu2O越易与H发生反应，生成Cu和Cu24(2019通扬泰徐淮连宿七市二模)以红土镍矿(主要含有Fe
62、2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6和纳米镍粉的部分工艺流程如下：(1)工业上常将“过滤”的滤液和滤渣洗涤液合并，其目的是_。(2)“氧化”过程发生的离子方程式为_。(3) “沉铁”过程中加入碳酸钠调节溶液的pH至2，碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为_(填化学式)。(4)向“过滤”所得滤液(富含Ni2)中加入N2H4H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的浓度为_。写出该条件下制备纳米
63、镍粉同时生成N2的离子方程式：_。不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，可能的原因是_。解析(1)滤渣的洗涤液中含有Ni、Fe元素与滤液合并，提高原料利用率。(2)ClO将Fe2氧化为Fe3，因加H2SO4酸浸，所以环境为酸性。(3)碳酸钠过多，碱性过强，Fe3转化为Fe(OH)3。(4)当c(NaOH)0.015 molL1 时，由图可知Ni含量最多。在碱性条件下，N2H4将Ni2还原为Ni，自身被还原为N2。由图示，当碱浓度低时，产物中NiSO4N2H4增多，Ni2没有被还原，碱性增强时，被N2H4还原，说明N2H4还原性增强。答案(1)为提高镍、铁元素的利用率(2)2H2Fe2ClO=
64、2Fe3ClH2O(3)Fe(OH)3(4)0.015 molL1 N2H4H2O2Ni24OH=2NiN25H2O碱性越强，N2H4H2O的还原性越强 5软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：(1)为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：适当升高温度；搅拌；_等。(2)“氧化”中加入MnO2发生反应的离子方程式为_。(3)“滤渣2”中主要成分的化学式为_。(4)“除重金属”时使用(NH4)2S而不使用Na2S的原因是_。(5)“50 碳化”得到
65、碳酸锰，反应的化学方程式为_。(6)生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是_。解析(1)为了提高锰元素的浸出率还可以适当增加浸取的时间或采用更高一点浓度的硫酸及将矿石充分粉碎等措施。(2)氧化的目的是将Fe2氧化为Fe3，便于在后面调节溶液pH时将它除去，反应的离子方程式见答案。(3)滤渣3是除去的重金属，滤渣2除了Fe(OH)3沉淀外，还有Al(OH)3沉淀。(4)因为本工艺除了制备碳酸锰还要回收硫酸铵，故如果用Na2S，则回收到的硫酸铵的量减少。(5)由图示可知反应物是MnSO4和NH4HCO3，生成物有CO2、(NH4)2SO4和MnCO3，反应的化学方程式见答案。(6)
66、检验产品是否洗净可通过检验是否残留(NH4)2SO4，即取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净。答案(1)适当增大硫酸浓度(或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等)(2)MnO22Fe24H=2Fe3Mn22H2O(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)Na2S会增大回收的(NH4)2SO4中Na含量(5)MnSO42NH4HCO3(NH4)2SO4MnCO3CO2H2O(6)取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净6(2018盐城三调)CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)
67、为原料制备CuCl的工艺流程如下：(1)“溶解浸取”时，下列措施不能提高铜的浸取率的是_(填序号)。a将海绵铜粉末与水搅拌成浆液b投料时，NaNO3适当过量c缩短浸取时间d将滤渣1返回再次溶解浸取(2)“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示：CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为_。当n(Na2SO3)/n(CuSO4)1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是_。当1.0n(NaCl)/n(CuSO4)1.5时，比值越大CuCl产率越大，其原因是_。(3)“过滤2”所得滤液中溶质的主要成分为_(填化学式)。(4
68、)用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为_。解析(1)a项，增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率；b项，NaNO2过量，Cu充分反应，提高浸出率；c项，缩短浸取时间，Cu反应不充分，降低浸取率；d项，再次浸取，提高浸取率。(2)SO将Cu2还原为CuCl，自身被氧化为SO，注意硫酸浸取，溶液呈酸性。Na2SO3增多，SO浓度大，有利于Cu2的还原，事实上CuCl产率降低，从Na2SO3性质上分析，其溶液呈碱性，浓度大，碱性强，Cu2水解程度增大，生成Cu(OH)2沉淀。Cl浓度增大，有利于CuCl沉淀生成
69、。(3)由(2)分析，CuSO4溶液加入NaCl生成CuCl沉淀，SO被氧化为SO，滤液主要是Na2SO4。(4)反应物为CuCl、O2，生成物有Cu2(OH)3Cl，由Cu、Cl比例关系可知有HCl生成。答案(1)c(2)2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H随着n(Na2SO3)/n(CuSO4) 不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2及CuCl的水解程度增大适当增大c(Cl)，有利于平衡Cu(aq)Cl(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动 (3)Na2SO4(4)4CuClO24H2O=2Cu2(OH)3Cl2HCl7(2019通扬泰徐淮宿连七市三模)白银是高新技术产业的基础
70、材料之一。以铜阳极泥分离所得废渣(成分为AgCl、PbSO4、PbCl2和Ag2Te)为原料，生产白银的工艺流程如下：已知： 水溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的变化如图1所示；“浸出”时AgCl与Na2SO3溶液反应的离子方程式为AgClnSOAg(SO3)n(2n1)Cl。(1)“预处理”是为了去除废渣中的PbCl2和Ag2Te。酸性条件下，Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)。写出该反应的化学方程式：_。 PbCl2、AgCl在不同浓度的盐酸中溶解情况如图2所示。“预处理”所用稀盐酸的最佳浓度为_。(2)“浸出”时加入稍过量的N
71、a2SO3溶液，同时控制pH在9以上，其目的是_。(3)“过滤”所得滤渣的主要成分是_(填化学式)。将滤液X中Cl和SO去除后，再加入适量的_(填化学式)，可实现原料的循环利用。(4)写出碱性条件下N2H4还原AgCl的化学反应方程式：_。解析(1)由图2可知，在盐酸存在下，使PbCl2溶解多的溶解除去，而此时AgCl尽量少的溶解，结合两点，盐酸浓度取3.2 molL1 。(2)由图1，当pH9，c(SO)浓度大，结合题给信息2，可知增大c(SO)，平衡正向移动，使AgCl尽量溶解。(3)预处理使杂质Ag2Te转化为易溶于水的H2TeCl6和PbCl2留在溶液中而除去，AgCl固体利用Na2S
72、O3处理到溶液中，还有杂质PbSO4。由题给信息可知滤液中存在较多的SO(图1)，加NaOH使其转化为Na2SO3循环利用。答案(1) NaClO3Ag2Te8HCl=2AgClH2TeCl6NaCl3H2O 3.2 molL1 (2)增大SO的浓度，促进平衡正向移动，提高银元素的浸出率(3) PbSO4NaOH(4) 4AgClN2H44NaOH=4AgN24H2O4NaCl8(2019盐城三模)用含砷氧化铜矿含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：(1)步骤“氨浸”时，控制温度为5055 ，pH约为9.5，含铜化合物转化为Cu(NH
73、3)4SO4溶液。CuO被浸取的离子方程式为_。浸取温度不宜超过55 ，其原因是_。 Cu2与NH3结合时，溶液中含铜微粒的物质的量分布分数()与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。若用1 L浸取液(由等物质的量NH3和NH组成)将a mol Cu2(OH)2CO3全部浸出为Cu(NH3)42(CO转变为HCO，不考虑其他反应，溶液体积变化忽略不计)，原浸取液中起始时c(NH3)应满足的条件是_。(2)“除AsO”时，FeSO4需过量，一方面使AsO沉淀完全，另一目的是_。(3)“蒸氨”时发生反应的化学方程式为_。(4)为了实现生产过程中物质循环利用，可采取的措施为_。解析(1)“
74、氨浸”时反应物有CuO、NH3和(NH4)2SO4，生成物有Cu(NH3)4SO4，注意离子方程式，Cu(NH3)4SO4拆成Cu(NH3)42和SO。温度过高，会加速氨气的挥发。由元素守恒，此时生成a molCu(NH3)42和a mol NH4HCO3，由图此时lgc(NH3)0，n(NH3)1 mol，c(NH3)(5a1) molL1 。(2)由后续操作“过滤”得滤渣中含Fe(OH)3，可知生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4等含砷微粒。(3)“蒸氨”时溶液为Cu(NH3)4SO4，获得Cu2(OH)2SO4固体和NH3，Cu(NH3)4SO4Cu2(OH)2SO4，增加了2OH，来自于NH3H2O的电离，说明还有NH生成，即(NH4)2SO4。(4)步骤蒸出的NH3，步骤的滤液含(NH4)2SO4，两者可配成“氨浸”时所需要的NH3(NH4)2SO4浸取液。答案(1) CuO2NH32NH=Cu(NH3)42H2O 温度过高，会加速NH3的挥发c(NH3)(5a1) molL1(2) 生成的Fe(OH)3或Fe(OH)3Fe(OH)2絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒(3)2Cu(NH3)4SO4Cu2(OH)2SO46NH3(NH4)2SO4(4)用步骤蒸出的NH3与步骤的滤液配制步骤所需的NH3(NH4)2SO4浸取液
