1、工艺流程题大题训练（共16题）1.二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）“滤渣”的化学式为_；（2）提高“熔融”速率的措施有_(写一条即可)；（3）用离子方程式表示通入过量CO2的主要目的是：_；（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58，温度不宜太高，其原因是_。（5）已知2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，若该反应转移了8 mol电子，则生成的气体产物在标准状况下的体积为_L；（6）常温下，Ksp(CaWO4) =
2、110-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(WO42-)=_mol/L。2.工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如下图： 已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：（1）在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有_。（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：加入石灰乳调节pH到_；将浊液加热到80，_。（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式_，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O
3、的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是_。（4）当离子浓度1105 molL1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH）_。已知：KspCr(OH)3=6.31031， 4.0）3.电子工业中，可用FeCl3HCl溶液作为印刷电路铜板刻蚀液。某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：请回答：（1）把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是_。（2）FeCl3蚀刻液中加入盐酸的目的是_。（3）步骤中加入H2O2溶液的目的是(用离子方程式表示)_。（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时4.77
4、.01.9沉淀完全时6.79.03.2根据表中数据推测调节pH的范围是_。（5）上述流程路线中，除FeCl3溶液外，还可用于循坏利用的物质是_。4.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用于湿法电解制锌，如图为由锌灰制ZnSO47H2O晶体的工艺流程：已知：锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO；“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2。请回答下列问题：（1）MnO(OH)2中Mn元素的化合价为_。（2）“滤渣1”的主要成分为_。（3）“氧化”时，需控制溶液的pH=5.1，Fe2+被氧化的离子方程式为_。（4）操作a为_、过滤、洗涤、干燥。（5）ZnSO4
5、7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO47H2O晶体加入250 mL的锥形瓶中，加水约20 mL，再加入23滴5%的二甲酚橙作指示剂、约5 mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的0.0160 mol/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO47H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应)。实验数据如下表：m(ZnSO47H2O)/g起始滴定管读数/mL终点滴定管读数/mL0.16920.2026.50ZnSO47H2O产品的纯度为_(保留2位有效数字)。（6）工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为
6、_。5.碲是发展高科技产业、国防与尖端技术不可或缺的原料。H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用铜阳极泥主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au回收碲，其工艺流程如下：已知：CuC2O4的Ksp为2.210-8；离子浓度小于110-5mol/L时，即离子完全沉淀。（1）Cu2Te中Te的化合价是_。（2）滤渣的成分是_，滤液中含有的氧化酸浸时氧化产物为_。氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，原因是_。（3）若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于_。（4）还原反应的离子方程式为_。6.LiCoO2（钴酸锂）是锂离子电池的正极材料。以某海水为原料制备钴酸锂
7、的一种流程如下：已知如下信息：该海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示：常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：物质Li2CO3MgCO3CaCO3MnCO3Mg(OH)2Ksp2.510-26.810-62.810-92.310-116.010-10请回答下列问题：（1）LiCoO2中钴的化合价为_。滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和_（填化学式）。（2）调节pH=5的目的是_。（3）“沉锂”包括过滤、洗涤等，宜用_（填“热水”或“冷水”）洗涤Li2CO3。加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示：序号沉淀质量
8、/g碳酸锂含量/%锂回收率/%0.9110.0992.3677.671.0110.9790.1982.461.1111.4589.3785.271.2112.1484.8285.45从生产成本考虑，宜选择_（填序号）方案投料。（4）“除杂2”中调pH=13时c(Mg2+)=_molL-1。（5）“合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出“合成”发生反应的化学方程式_。（6）在“合成”中制备1 mol LiCoO2转移电子的物质的量为_。7.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示已知菱锰矿粉的主要
9、成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6回答下列问题：（1）“混合研磨”的作用为_（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_（3）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_（4）净化除杂流程如下已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8KMnO4MnO2Fe3+，则氧化剂X宜选择_ A(NH4)2S2O8 BMnO2
10、 CKMnO4调节pH时，pH可取的范围为_（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是_8.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：已知：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表金属离子Fe2Fe3Cu2Mn2开始沉淀7.52.75.68.3完全沉淀9.03.76.79.8 KspFe(OH)32.01036 Cu2S遇酸时会生成S（1）加快“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_(任写一种)。（2）滤渣I中的主要成分是_。（3）常温下“
11、除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为_，请用离子方程式表示用CuO“除铁”时所发生的反应_，若加A调节溶液pH后溶液中Fe3的浓度为2.0109mol/L，则为pH_。（4）写出“沉锰”(除 Mn2)过程中反应的离子方程式：_。（5）Na2CO3溶液浸泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3反应)，能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= _(填写计算结果)；若不考虑CO32的水解，要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1molL1Na2CO3溶液 _mL。(已知：Ksp(BaSO4)=1.010-10、Ksp(BaCO3)=5.010-9)
12、9.硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿(含2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下：已知：H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0 g、8.7 g、14.8 g、40.2g。Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4。（1）“浸取”时主要反应的化学方程式为_。（2）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是_。（3）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42-，还含有其他杂质。“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去
13、的杂质离子是_。H2O2的作用是_(用离子方程式表示)。（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液”中充分回收MgSO4H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩后，最佳结晶条件是_。A升温结晶 B降温结晶 C加压升温结晶 D降压降温结晶（5）在实际生产中为了提高原料的综合利用率，可以利用除杂后滤渣作为提炼铝的原料，工艺流程为：试剂a可选用_(化学式)溶液，若试剂b为AlCl3则由滤液得固体A的离子反应方程式为_，在实际工业生产中，流程中的一定条件指的是_。10.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO
14、2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如图：查阅资料得知：.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42-。.金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列问题：（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是_。（2）步骤加的试剂为_，目的是将溶液pH要调到5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。（3）写出反应的离子反应方程式_。（4）中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，写出
15、该反应的离子方程_。（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是_(填操作名称)。11.CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图：（1）“550煅烧”的目的是_。（2）“浸出液”的主要成分是_。（3）“钴浸出”过程中Co3转化为Co2，反应的离子方程式为_。（4）“净化除杂1”过程中，如何检验该杂质_(用离子方程式表示)，现象为_：需在4050加入H2O2溶液，其原因是_，目的是_(用离子方程式表示)；再升温至80
16、85，加入Na2CO3溶液，调pH至5，“滤渣I”的主要成分是_。（5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2)=1.0l05 mol/L，则滤液中c(Mg2)为_mol/L。已知Ksp(MgF2)=7.351011、Ksp(CaF2)=1.05101012.已知草酸镍晶体(NiC2O42H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示： 已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：金属离子Fe3Fe2Al3Ni2开始沉淀的pH1.15.83.06.8完全沉淀的pH3.
17、28.85.09.5Ksp(CaF2)1.4610-10；当某物质浓度小于1.010-5 molL-1时，视为完全沉淀。请回答下列问题： （1）在酸浸过程中会适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，目的是_。（2）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：_，当Ca2沉淀完全时，溶液中 c(F-) _molL-1(写出计算式即可)。 （3）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的化学反应方程式：_。 （4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。请用简洁语言描述洗涤的方法是_。 （5）“调pH”时pH的调控范围为_PH6.8。13.某化学实验小组以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜
18、粉和K2Cr2O7。主要流程如图：（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为_，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为_。（2）请配平Cu(NH3)4SO4H2O加热发生分解反应的化学方程式。_Cu(NH3)4SO4H2O_Cu+_NH3+_SO2+_N2+_H2O（3）“沉CuNH4SO3”时可用如图装置(夹持、加热仪器略)：“沉CuNH4SO3”时，反应温度需控制在45，合适的加热方式是_。NaOH溶液的作用是_。（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂
19、，用0.1000mol/L硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行三次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为_%。上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+，还含有一定浓度的Fe3+，可通过调pH的方法使两者转化为沉淀。假设两种离子初始浓度均为210-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(Fe3+)=_mo/L。已知：KspFe(OH)3=4.010-38，KspCr(OH)3=6.010-3114.以镍黄铁矿为原料制
20、备的工艺流程如下：已知：高镍锍的主要成分为、的低价硫化物及合金；氧化性：；，。回答下列问题：（1）“酸浸”时，溶液需过量，其目的是_。（2）“氧化”时反应的化学方程式为_，若用代替溶液，使转化为，则需至少为_。（3）“除铁”的原理是_。（4）“过滤”时滤渣1的主要成分是_。（5）“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净的方法是_。若“沉镍”后的滤液中，则滤液的_。（6）“除钴”时，发生反应的离子方程式为_。15.钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3(含有少量MgO、SiO2等杂质)，Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可
21、利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_。 过程中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_。 过程中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_。写出由滤液D生成FePO4的离子方程式_由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_。16.毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_。实验室
22、用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的_。a烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管（2）加入NH3H2O调节pH=8可除去_（填离子符号），滤渣中含_（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_。已知：Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O Ba2+CrO42BaCrO4步骤：移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加
23、入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的浓度为_ molL-1，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将_（填“偏大”或“偏小”）。【参考答案及解析】1.【答案】（1）Al(OH)3 （2）增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等
24、任意一种 （3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- （4）一水合氨不稳定，受热分解 （5）67.2 （6）110-6 【解析】【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2。【详解】（1）粗钨酸钠溶液中含有NaAlO2，向其中通入过量
25、CO2，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀，所以“滤渣”为Al(OH)3；（2）熔融的钨铁矿与NaOH溶液、氧气会发生反应：FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+Na2WO4+4H2O，能够提高该反应速率的因素有增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等；（3）在含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58，温度太高，氨水中的一水合氨分解产生的氨气逸出，导致反应物浓度降低，不利于反应的进行；（5）在反应2(NH
26、4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中，(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，-2价S元素被氧化成+4价的SO2，O2得到电子被还原为-2价的O，每反应生成2 mol WS2，同时得到4 mol NH3、2 mol SO2气体，共6 mol气体，反应中共转移16 mol电子，若该反应转移了8 mol电子，则反应产生气体的物质的量是3 mol，反应产生气体在标准状况下的体积V=3 mol22.4 L/mol=67.2 L；（6）常温下，Ksp(CaWO4) =110-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶
27、液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(Ca2+)=110-4 mol/L，c(WO42-)= mol/L=110-6 mol/L。【点睛】本题以钨矿原料制备WS2的工艺流程为载体，考查了制备方案的设计，涉及氧化还原反应原理、离子方程式的书写、对工艺流程的理解、及难溶电解质溶解平衡的计算等知识，理解工艺流程是解题的关键，需要学生掌握化学基本原理，具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。2.【答案】（1）CuSO4 （2）3.2 趁热过滤 （3） 2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+ 产生SO2污染环境 （4）4.0109 molL1 【解析】【分析】（1）根
28、据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行分析；（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，而CaSO4溶解度随温度的升高而减小，易于除去；（3）HSO3-具有较强的还原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，过量的HSO3-和酸反应生成SO2和水，；（4）根据KspCr(OH)3=c(Cr3+)c3(OH-)进行计算。【详解】（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有CuSO4；（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀p
29、H为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，操作过程为：加入石灰乳调节pH=3.2；将浊液加热到80，趁热过滤；（3）HSO3-具有较强的还原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，反应为：2H2O+HSO3-+2Cu2+= Cu2O+SO42-+5H+，在酸性环境下，HSO3-和H+反应成成的SO2有毒，能污染环境；（4）当离子浓度1105 molL1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，需要让c(OH-)=4.010-9mol/L。【点睛】解答本题时应注意（3）中溶液pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的重要原则是除去杂质且不引入新的杂质。3.【答案】（1）Fe
30、2O3 （2）防止弱碱离子Fe3+的水解，促使水解平衡逆向移动 （3）H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O （4）3.2pH4.7 或 3.2，4.7) （5）Cu2(OH)2CO3 【解析】【分析】FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板发生反应2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后调节溶液的pH过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜；（1）根据三氯化铁在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题；（2）氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，
31、所以加盐酸防止弱碱离子铁离子的水解；（3）过氧化氢是氧化剂将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子；（4）将铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以选择的pH为3.2pH4.7；（5）碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。【详解】（1）在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，由于HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使Fe(OH)3分解生成Fe2O3；（2）氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性，所以加盐酸防止弱碱离子Fe3+的水解，促使水解平衡逆向移
32、动；（3）加入氧化剂H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）调节溶液的pH目的是使Fe3+全部沉淀，Cu2+不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为： 3.2pH4.7或 3.2，4.7)；（5）溶液A中调节pH使Fe3+完全沉淀、而Cu2+不沉淀，为了不引入新杂质，可用碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。所以上述流程路线中，除FeCl3溶液外，还可用于循坏利用的物质是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3。【点睛】本题考查了物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作、物质的循环利用、氧化还原型离
33、子方程式的书写等知识。掌握物质性质，理解各步实验操作是解题关键。4.【答案】（1）+4 （2）PbSO4 （3）3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+ （4）蒸发浓缩、冷却结晶 （5）71% （6）2Zn2+2H2O2Zn+4H+ 【解析】【分析】钡白矿(锌灰的主要成分是ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO)，加稀硫酸溶解，得到金属硫酸盐，PbSO4不溶，其余硫酸盐以溶于水，过滤，滤渣1为PbSO4，滤液中含有硫酸锌、CuSO4、FeSO4、MnSO4，加入锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，滤渣为铜与过量的锌粉，滤液中再加高锰酸钾
34、溶液，Fe2+与MnO4-反应生成Fe(OH)3、MnO(OH)2沉淀，滤渣2的主要成分为成Fe(OH)3、MnO(OH)2，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体。【详解】（1）MnO(OH)2中Mn元素的化台价为+4价；（2）根据上述分析可知“滤渣1”的主要成分为PbSO4；（3）KMnO4具有强的氧化性，Fe2+具有还原性，在pH=5.1时，Fe2+被氧化产生Fe3+与溶液中OH-结合形成Fe(OH)3沉淀，MnO4-被还原产生MnO(OH)2 ，故根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得Fe2+被氧化的离子方程式为：3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(
35、OH)3+MnO(OH)2+5H+；（4）滤液2主要成分是ZnSO4，由于ZnSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从该溶液中得到硫酸锌晶体的操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）ZnSO47H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应，根据表中数据，ZnSO47H2O产品的纯度为： 100%=71%；（6）在工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，阴极上Zn2+得到电子发生还原反应变为Zn单质，电极反应式为：Zn2+2e-=Zn，阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，电极反应式为：2H2O=O2+4H+，故电解过程中的离子方程式：2Zn2+2H2
36、O2Zn+4H+。【点睛】本题以物质的制备为线索，考查了化学实验基本操作、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识，理解工艺流程原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。是对学生综合能力的考查。5.【答案】（1）-2 （2）Ag、Au H2TeO3、CuSO4 温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分 （3）2.210-3mol/L （4）H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te+H2O 【解析】【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液含有硫酸铜和H2TeO3，滤渣中
37、含有Au、Ag，在滤液中加入草酸钠，H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加入分解生成铜；滤液中含有H2TeO3和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，据此分析解答。【详解】（1）Cu2Te的名称为碲化亚铜，则Cu的化合价为+1价，因此Te的化合价是-2，故答案为-2；（2）根据上述分析，滤渣的成分是Ag、Au，滤液中含有的氧化酸浸时氧化产物为H2TeO3、CuSO4。温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分，导致氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，故答案为Ag、Au；H2TeO3、CuSO4；
38、温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分；（3） CuC2O4的Ksp为2.210-8，离子浓度小于110-5mol/L时，离子即完全沉淀。若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于=2.210-3mol/L，故答案为2.210-3mol/L；（4） 加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te+H2O，故答案为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te+H2O。6.【答案】（1）3 MnCO3 （2）除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3 （3）热水 （4） 6
39、.010-8 （5）2Li2CO34CoCO3O24LiCoO26CO2 （6）1mol 【解析】（1）LiCoO2中锂为1价，氧为-2价，则钴为3价。由表中溶度积知，碳酸锰难溶于水，因此滤渣1中主要有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3。答案为：3；MnCO3；（2）加入盐酸除去过量的碳酸钠，否则碳酸锂会在浓缩时析出，损失锂元素。答案为：除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3；（3）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤比冷水好，减小锂元素损失。从投料比看出，序号的比例中，投入碳酸钠量较小，锂回收率较高，可降低生产成本。答案为：热水；（4）pH=13，c(O
40、H)=1101 molL1，c(Mg2+)=6.0108 molL1。答案为：6.0108；（5）在合成中钴的反应中钴的化合价升高，必有O2参与反应，副产物是CO2。答案为：2Li2CO34CoCO3O24LiCoO26CO2；（6）Co元素化合价从+2升高到+3价，生成1 mol LiCoO2转移1 mol电子。答案为：1mol。7.【答案】（1）加快反应速率 （2）MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3+CO2+H2O （3）温度为500，且m(MnCO3)：m(NH4Cl)=1.10 （4）B 5.2pH8.8 （5）CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀 【解析】
41、【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2+2NH3+H2O，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，据此分析解题。【详解】（1）“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率；（2） 根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方
42、程式为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O；（3） 由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到500、1.10达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；（4） 净化过程：加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+；最合适的试剂为MnO2，氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，且不引入新杂质，故答案为B；调节溶液pH使Fe3+，A13+
43、沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2pH8.8；（5） 碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2+HCO3-+NH3MnCO3+NH4+，不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀。【点睛】考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。8.【答案】（1）充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等 （2）SiO2、S、MnO2 （3）3.75.6
44、( 或3.7pH5.6) 3H2O+2 Fe33CuO2Fe(OH)3+3Cu2(或Fe3+ 3H2OFe(OH)3+3H CuO2HCu2+ H2O ) 5 （4）Mn2HCO3NH3MnCO3NH4 （5）0.02 10200 【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。【详解】（1）酸浸时，通过充分搅拌、将辉铜矿粉碎、加热等可以提高浸取速率；
45、（2）“浸取”时：Cu2S遇酸时会生成S，在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到CuSO4和MnSO4，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁，SiO2不溶于硫酸，所以滤渣I中的主要成分是SiO2、S、MnO2； （3）“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.75.6或3.7pH ；（3）试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入的a是H2O2，亚铁离子被氧化成铁离子，所以“氧化”时反应的化学反应方程式为2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O；（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。洗涤沉淀的方法是过滤结束后，
46、沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次；（5）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0PH6.8。13.【答案】（1）CuS 2Fe3+3S2-=2FeS+S或2Fe3+S2-=2Fe2+S （2）3 3 8 3 2 9 （3）水浴加热 吸收SO2防止污染空气 （4）49 1.310-10 【解析】【分析】将电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)中加入稀硫酸溶解发生反应得到Cr2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3及CaSO4，然后水浸、过滤除去滤渣CaSO4。在浸出液中
47、加入Na2S调节溶液的pH，只使CuSO4发生沉淀反应，沉淀是CuS，在充分搅拌下加入氨水，适量H2O2，并通入O2, 反应生成了Cu(NH3)4SO4，利用SO2的还原性将其还原，生成CuNH4SO3。滤液调节溶液pH使离子沉淀，最后氧化为重铬酸钾。【详解】（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为CuS，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为2Fe3+3S2-=2FeS+S或2Fe3+S2-=2Fe2+S。（2）根据氧化还原反应原理及原子守恒可知，Cu(NH3)4SO4H2O加热发生分解反应的化学方程式3Cu(NH3)4SO4H2O3Cu+8NH3+3SO2+2N2
48、+9H2O。（3）“沉CuNH4SO3”时，反应温度需控制在45，且受热均匀，合适的加热方式是水浴加热。二氧化硫有毒，NaOH溶液位于装置尾部，目的是尾气处理，作用是吸收SO2防止污染空气。（4）Cr2O72-为氧化剂，把Fe2+氧化为Fe3+，+6价铬被还原为+3，反应的离子方程为Cr2O72-+6 Fe2+14H+=2 Cr3+6 Fe3+7H2O，若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为 =49%。假设离子初始浓度为210-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时， ，则c(Fe3+)=1.310-10mo/L
49、。14.【答案】（1）提高镍元素的浸取率 （2） 0.1 （3）与反应使溶液升高，解生成沉淀而除去 （4）、 （5）取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净 9 （6） 【解析】【分析】用硫酸溶液溶解高镍铳并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu和CuS，同时得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的滤液，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用CaCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续加入NiOOH，可生成Co(OH)3，再过滤除去，达到除钴的目的，最后滤液中加入NaOH溶液
50、，并过滤即可得到Ni(OH)2。【详解】（1）“酸浸”时，加入过滤的硫酸溶液，可使高镍铳完全溶解，提高镍元素的浸取率；（2） H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；若用NaClO代替H2O2溶液，使0.2mol Fe2+转化为Fe3+，共转移0.2mole-，NaClO的还原产物为NaCl，则需NaClO至少为=0.1mol；（3）Fe3+在溶液中存在水解平衡为Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3能与H+反应使溶液pH升高，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去；（4）由分析知，“过滤
51、”时滤渣1的主要成分是不溶液于稀硫酸的Cu为CuS；（5） Ni(OH)2的表面附着液中含有SO42-，则取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；已知KspNi(OH)2=110-15=c(Ni2+)c2(OH-)，则c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，此时溶液pH=9；（6）“除钴”时NiOOH可生成Co(OH)3，则发生反应的离子方程式为NiOOH+Co2+H2O=Ni2+Co(OH)3。【点睛】考查物质的制备实验探究，涉及反应原理和混合物的分离提纯，准确的流程分析是解题关键，其中除铁和除钴的反应原理及离子方程式的书写是解题难
52、点。15.【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率 （2）100，3小时 （3）温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降 （4）2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4+ 2H2O + 4H+ （5）2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2 + H2O + 2LiFePO4 【解析】【分析】钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；由图可知，当铁的浸出率为80%时所采用的实验条件是温度和时间；温度过高，双氧水和氨水都容易分解， Ti元素浸出率下降；过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁；根据质量
53、守恒定律可得过程中FePO4制备LiFePO4的化学方程式。【详解】钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是100和3小时；故答案为：100，3小时；温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降；故答案为：温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti；过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，反应离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+，故答案为：2Fe2+ + H2O2 +
54、2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+；过程中由FePO4制备LiFePO4，根据质量守恒定律可得化学方程式是：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2 + H2O + 2LiFePO4，故答案为：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2 + H2O + 2LiFePO4。16.【答案】（1）增大接触面积从而使反应速率加快 ac （2）Fe3+ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少 （3）上方 偏大 【解析】【分析】制备BaCl22H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、M
55、g2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl22H2O。
56、（1）可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器；（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3H2O调节pH=8，利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入H2C2O4的量的多少，分析发生的反应及造成的影响； （3）根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出BaCl2溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。【详解】（1）毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以
57、将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调节溶液的pH为8，发生反应：Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2
58、+部分沉淀，滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.610-7，Ksp(CaC2O4)=2.310-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；（3）无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为：V110-3bmol，步骤：用bmol/L盐酸标准
59、液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V010-3bmol，Ba2+CrO42-BaCrO4，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V010-3bmol-V110-3bmol=(V0-V1)b10-3mol，步骤：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：c(BaCl2)=mol/L=mol/L；若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。【点睛】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。